Grafico de Funções Racionais

M. Ribeiro : Assimptotas do gráfico de uma função — 12º ano 1

ASS IMPTOTAS DO GRÁF ICO DE UMA FUNÇÃO

Os gráficos de funções reais podem ter três tipos diferentes de assimprotas: verticais, horizontais e oblíquas, como se verificar pelos exemplos seguintes.

Cada um dos gráficos apresenta duas asssimptotas

Fig 1 Fig 2 e Fig3 Assimptotas vertical e horizontal Assimptotas verticais e oblíquas

Assimptotas Verticais A recta de equação x = a é assimptota do gráfico de uma função f se e só se:

lim f(x) = ±±±± ∞∞∞∞ ou lim f(x) = ±±±± ∞∞∞∞

Nos exemplos, a recta de equação x = a é assimptota dos gráficos das funções f, g e h

As assimptotas verticais do gráfico de uma função podem existir:

�� Em pontos de acumulação do domínio que não pertençam ao domínio

ex: os zeros do denominador de uma função racional

�� Em pontos que pertençam ao domínio mas onde a função não seja contínua

ex: funções definidas por ramos

Para encontrar assimptotas verticais do gráfico de uma função f deve-se:

1º — Determinar os pontos a tal que a ∈∈∈∈/ Df ou f não é contínua em a;

2º — Calcular lim f(x) e/ou lim f(x), obtendo, como resultado, +∞∞∞∞ (ou —∞∞∞∞)

x → a– x → a+

x → a– x → a+


Sem recorrer à calculadora (mas confirmando o resultado posteriormente), escreve equações das assimptotas verticais dos gráficos das funções definidas por:

290.

a) f(x) = xx

x

3

622 +

+

Df = {x ∈ IR: x2 + 3x ≠ 0 } = {x ∈ IR: x(x + 3) ≠ 0 } = IR\{–3, 0}

Como –3 e 0 são pontos de acumulação da função, mas não pertencem ao domínio, devem-se procurar assimptotas nestes pontos.

)(3

xfx −→lim =

xx

x

x 3

622

3 ++

−→lim =

)3()3(2

3 ++

−→ xxx

xlim =

xx

2

3−→lim = –2/3 não existe assimptota

)(0

xfx −→lim =

xx

x

x 3

622

0 ++

−→lim =

xx

2

0−→lim = –∞ existe assimptota à esquerda

)(0

xfx +→lim =

xx

x

x 3

622

0 ++

+→lim =

xx

2

0+→lim = +∞ trat-se de uma assimptota bilateral x = 0

291.

a) f(x) = x

xln

Df = {x ∈ IR: x

xln

> 0 } IR+\{1}

Procurar assimptota para x = 0+

)(0

xfx +→lim =

xx

x ln0+→lim =

∞−0

= 0 não tem assimptotas

Procurar assimptota para x = 1— e x = 1+

)(1

xfx −→lim =

xx

x ln1−→lim =

−0

1 = –∞ tem assimptota à esquerda

)(1

xfx +→lim =

xx

x ln1+→lim =

+0

1 = +∞ tem assimptota bilateral x = 1

b) g(x) = 1

1

3 −x

Dg = {x ∈ IR: x – 1 ≠ 0 } = IR\{1}

)(1

xgx −→lim =

−

−→

0

1

13

xlim = −∞3 = 0 não existe assimptota à esquerda

)(1

xgx +→lim =

+

+→

0

1

13

xlim = +∞3 = +∞ existe assimptota à direita x = 1


Assimptotas Horizontais A recta de equação y = b é assimptota do gráfico de uma função f se e só se:

lim f(x) = b ou lim f(x) = b

�� O gráfico de uma função tem, no máximo, duas assimptotas horizontais: uma que acompanha o gráfico quando x →—∞∞∞∞ e outra quando x →+∞∞∞∞

�� Se o domínio da função é um intervalo limitado então o gráfico não tem assimptotas horizontais, pois não é possível determinar lim f(x) ou lim f(x)

�� Os gráficos das funções racionais fraccionárias apresentam uma assimptota horizontal quando o grau do denominador é maior ou igual ao do numerador

293. Escreve equações das assimptotas horizontais dos gráficos das funções definidas por:

a) h(x) = 12

32

2

++

x

xx

)(xhx +∞→lim =

12

32

2

++

+∞→ x

xx

xlim =

2

2

2x

x

x +∞→lim =

2

2

2x

x

x −∞→lim = 1/2 assimptota y = 1/2

c) g(x) =

<

≥−

0

0

2

1

xxx

xx

se

see

)(xgx +∞→lim = x

x

−

+∞→

1elim = e–∞ = 0 assimptota y = 0

)(xgx −∞→lim =

xx

x

2

−∞→lim =

xx

x

||

−∞→lim = –1 assimptota y = —1

Note-se que o quociente é negativo porque x → —∞, logo o numerador e o denominador apresentam sinal contrário.

x → –∞ x → +∞

x → –∞ x → +∞

y 0 x

y 0 x

y 0 x

(∞/∞)


Assimptotas Oblíquas A recta de equação y = mx + b é assimptota não vertical do gráfico da função f se e só se:

lim [f(x) — (mx + b)] = 0 ou lim [f(x) — (mx + b)] = 0

�� Se m ≠≠≠≠ 0 a recta é uma assimptota oblíqua

�� Se m = 0 a recta é uma assimptota horizontal

Determinar o declive m de uma assimptota não vertical do gráfico de uma função

Observando a figura, verifica-se que, quando x →+∞ a diferença entre as ordenadas de f e de y = mx + b (a sua assimptota) tende para zero, ou seja,

lim [f(x) — (mx + b)] = 0

Se lim g(x) = 0, também 0)( =

+∞→ xxg

xlim dado que 0

0 =∞+

Assim também se verifica 0)()( =+−

+∞→ xbmxxf

xlim e obtêm-se as equivalências seguintes:

0)( =−−

+∞→ xb

xmx

xxf

xlim note-se que x →+∞ ,

∞+b → 0, pelo que

mxxf

x=

+∞→

)(lim

f(x) O declive da assimptota é dado por m = lim ———— se m = 0 a assimptota é horizontal

x →+∞ x

Determinar o valor b de uma assimptota não vertical do gráfico de uma função

Como lim [f(x) — (mx + b)] = 0

lim [f(x) — mx — b] = 0

lim [f(x) — mx ] — lim b = 0 (o limite da constante é a própria constante)

lim [f(x) — mx ] = b

A ordenada na origem da assimptota é dada por b = lim [f(x) — mx]

x → –∞ x → +∞

y 0 x

y

y = b

0 x

y 0 x

y f f(x) mx + b f(x) – mx + b

0 x x

x → +∞

x → +∞

x →+∞

x →+∞

x →+∞ x →+∞

x →+∞

x → +∞


Resumindo, podemos afirmar que se a recta de equação y = mx + b é assimptota do gráfico da função f, então:

f(x) m = lim ———— e b = lim [f(x) — mx]

x →+∞ x x →+∞ (x → –∞) (x → –∞)

� Quando estes limites não existem ou não são números reais, o gráfico da função não tem assimptotas não verticais.

� Sendo m e b números reais, se m ≠≠≠≠ 0 a assimptota diz-se oblíqua e se m = 0, trata-se de uma assimptota horizontal.

� O gráfico de uma função tem, no máximo, duas assimptotas não verticais: uma que acompanha o gráfico quando x →+∞∞∞∞ e outra que acompanha o gráfico quando x →—∞∞∞∞.

298. Escreve equações das assimptotas dos gráficos das funções definidas por:

a) f(x) = 132

++

xxx

O domímio da função é IR\{—1}, logo:

Estudo quanto a assimptotas verticais

132

++

xxx =

1

)3(

++

x

xx como não é possível simplificar, deve-se investigar para x = –1

)(1

xfx −−→lim =

−+0

31 = –∞ e )(

1xf

x +−→lim =

++0

31 = +∞ confirma-se assimptota vertical para x = –1

Estudo quanto a assimptotas não verticais

m = ∴+∞→ x

xf

x

)(lim

xx

xx

x

132

++

+∞→lim =

)1(32

++

+∞→ xxxx

xlim =

xx

xx

x ++

+∞→ 2

2 3lim = 1

e da mesma forma xxf

x

)(

−∞→lim =

xx

xx

x ++

−∞→ 2

2 3lim = 1 , portanto m = 1

b = ∴−+∞→

])([ mxxfxlim x

xxx

x−

++

+∞→ 132

lim = 1

3 22

+−−+

+∞→ xxxxx

xlim =

12++∞→ xx

xlim = 2

e da mesma forma ])([ mxxfx

−−∞→

lim = 1

2+−∞→ xx

xlim = 2 , portanto b = 2

R: o gráfico da função apresenta um assimptota vertical x = –1 e uma assimptota oblíqua y = x + 2


299. Considera a família de funções definidas por:

fa(x) = IR,62

∈−

−−a

axxx

Determina a de modo que:

a) A recta de equação y = x + 5 seja assimptota do gráfico de fa

A recta de equação y = x + 5 tem m = 1 e b = 5, logo

xxf

x

)(

+∞→lim = 1<=>

xx

xx

x

alim −−−

+∞→

62

= 1 <=>a)

lim−

−−+∞→ xx

xx

x (62

= 1 <=>a

limxx

xx

xx −

−−

−∞→+∞→ 2

2

)(

6 = 1, ∀ a ∈IR

])([ mxxfx

−+∞→

lim = 5 <=> xx

xx

x−

−−−

+∞→ alim

62

= 5 <=>a

alim

−+−−−

+∞→ xxxxx

x

22 6= 5

<=>a

alim

−+−−

+∞→ xxx

x

6= 5 <=>

aa

lim−

−−+∞→ x

x

x

6( 1)= 5 <=>

xx

xx

1)−

−∞→+∞→

alim

(

)(

= 5

a – 1 = 5 <=> a = 6 para que y = x + 5 seja assimptota é necessário a = 6

b) A função fa não tenha assimptotas verticais.

Dado que a função é composta por expressões polinomiais, contínuas em IR, só poderá ter assimptota vertical quando x + a = 0, logo

alim

→x fa(x) =

alim

a −−−

→ xxx

x

62

= a

lima −

+−→ x

xxx

)2)(3(

se a = 3 temos que 3

)2)(3(3 −

+−→ x

xxxlim = )2(

3+

→x

xlim

assim, )(3

xfx

alim−→

= )(3

xfx

alim+→

= 23

+→

xxlim = 5 , pelo que não existe assimptota para x = 3

se a = –2 temos que 2

)2)(3(2- +

+−→ x

xxxlim = )3(

2-−

→x

xlim

assim, )(2-

xfx

alim−→

= )(2-

xfx

alim+→

= 32

−−→

xxlim = —5, pelo que não existe assimptota para x = –2

300. Escreve equações das assimptotas dos gráficos das funções definidas por:

a) f(x) = 1−x

x

e

O domímio da função é {x ∈IR: 01 ≠−xe } = IR\{0}, logo:


)(0

xfx →lim =

10 −→ xx

x

elim =

x

xx 1

1

0 −→ elim = 1 o gráfico da função não apresenta assimptota vertical

(0/0)

(0/0)


Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → + ∞∞∞∞

m =xxf

x

)(

+∞→lim =

x

xx

x

1−+∞→

elim = )1( −+∞→ xx x

x

elim =

1

1

−+∞→ xx elim =

∞+1

= 0

b = ])([ mxxfx

−+∞→

lim = 1−+∞→ xx

x

elim =

x

xx

xx 1

/

−+∞→ elim =

xx

xx 1

1

−+∞→ e

lim = 0

1−∞+

= 0

assimptota horizontal y = 0, ou seja, o próprio eixo Ox

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → – ∞∞∞∞

m =xxf

x

)(

−∞→lim =

x

xx

x

1−−∞→

elim = )1( −−∞→ xx x

x

elim =

1

1

−−∞→ xx elim =

101−

= –1

b = ])([ mxxfx

−−∞→

lim = xx

xx+

−−∞→ 1elim =

1−

+ −−∞→ x

x

x

xxx

e

elim =

1−−∞→ x

x

x

x

e

elim =

x

x

x

e

lim1

1−−∞→ (cont.)

b = ])([ mxxfx

−−∞→

lim =

xx

xxx

x

−−

−

−−∞→

−

elim

1

/ =

yy

yy elim

−

−+∞→ 1

1 =

∞−−

01

= 0

Conclui-se assim que, quando x → — ∞, o gráfico apresenta a ass. oblíqua y = –x

301. Seja f a função de domínio IR+ definida por f(x) = 2x + x ln (1/x )

a) Determina a abcissa do ponto em que o gráfico de f interssecta o eixo das abcissas.

b) Escreve equações das assimptotas do gráfico de f.

a) f(x) = 0 <=> 2x + x ln (1/x ) = 0 <=> 2x + x (ln 1 – ln x ) = 0 <=> 2x – x ln x = 0

<=> 2x = x ln x <=> 2 = ln x <=> x = e2

b) A função é contínua em IR+, logo, só poderá existir assimptota vertical em 0+

)(0

xfx +→lim =

−

→ xxx

x

1ln2

0lim = x

x2

0→lim –

x

x

x /

/1

1 )(ln

0→lim = 0 –

yy

y

ln

+∞→lim = 0 (se x → 0 => y → 1/0 )

Não existe assimptota vertical em 0

Estudo quanto a assimptotas não verticais, só quando x → + ∞

m =xxf

x

)(

+∞→lim =

xxx

xx

x

)/1ln(2 ++∞→

lim = 2 +

+∞→ xx

1lnlim = 2 + ln 0 = 2 – ∞ = – ∞

Não existindo m ∈ IR, conclui-se que também não existe assimptota horizontal ou oblíqua.

(∞/∞)

(-∞x0) (∞/∞)

(mudança de variável. Se x → —∞ => y =—x → +∞)

(0x∞)


304. Escreve equações das assimptotas do gráfico da função definida em IR\{—2} por:

f(x) =

<+

≥−

02

02

2

xxx

xx

x

se

see


)(0

xfx −→lim =

20

0−→xlim = 0 e )(

0xf

x +→lim =

00

2

elim

+→x=

12

= 2 não tem assimptota para x = 0

)(2

xfx −−→lim =

2

2

2 +−−→ xx

xlim =

−0

4= –∞ e

2

2

2 ++−→ xx

xlim =

+0

4= +∞ 0 tem assimptota vertical bilateral

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → + ∞∞∞∞

)(xfx +∞→lim =

xx

x

elim

−+∞→

2 =

xxx

x

eelim −

+∞→

2 =

xx elim

2

+∞→ –

x

x

x

elim

+∞→

1= 0 –

∞+1

= 0 assimptota y = 0

Tendo a certeza que existe assimptota horizontal, nada nos obriga a procurar assimptota oblíqua.

Estudo quanto a assimptotas não verticais quando x → – ∞∞∞∞

m =xxf

x

)(

−∞→lim =

)2(

2

+−∞→ xxx

xlim =

xx

x

x 22

2

+−∞→lim =

2

2

x

x

x −∞→lim = 1

b = ])([ mxxfx

−−∞→

lim = xx

x

x−

+−∞→ 2

2

lim = 2

222

+−−

−∞→ xxxx

xlim =

22+

−−∞→ x

x

xlim =

xx

x

2−−∞→

lim = –2

Quando quando x → — ∞, o gráfico apresenta a assimptota oblíqua y = x – 2

(∞/∞)

M. Ribeiro : Função derivada — 12º ano 9

DERIVADA DE UMA FUNÇÃO NUM PONTO

Na figura, os pontos P, P1 , P2 , P3 , ... pertencem ao gráfico de f e as suas abcissas estão cada vez mais próximas de xo. A posição limite das rectas P0P1, P0P2, …, P0Pi é a recta r tangente ao gráfico de f no ponto P0.

Designa-se por taxa média de variação no intervalo [x , x0] ao declive da recta que passa por P e P0

TMV[x , x0] = 0

0 )()(xx

xfxf−−

ou TMV[x , x0] = h

h xfxf )()( 00 −+

Interpretação geométrica de derivada de uma função num ponto

Designa-se por taxa de variação instantânea em x0 ou derivada da função f no ponto x0 ao declive da recta tangente ao gráfico da função no ponto P0 e representa-se por

f’ (x0) = 0

lim→h

h

h xfxf )()( 00 −+

Diz-se que f é derivável ou diferenciável no ponto x0 se existe e é finito

0lim

→h

h

h xfxf )()( 00 −+ ou

0lim

xx → 0

0 )()(xx

xfxf−−

Ao valor desse limite chamas-e derivada de f no ponto x0 e representa-se por

f ’(x0), Dfx = x0, ou 0xxdx

df

=

x3 x2 x1 x

h

P

0


358. Seja f(x) = 0,5x2 – x + 1

b) Escreve a equação reduzida da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 0.

m = 0

)0()(

0 −−

→ xfxf

xlim =

xxx

x

115,0 2

0

−+−→

lim = xxx

x

)15,0(

0

−→

lim = 15,00

−→

xxlim = –1

b = f(0) = 1

equação da recta y = –x + 1

360. Uma partícula move-se sobre uma recta de acordo com a lei e = 5t2 + 20t

sendo e a distância percorrida em metros ao fim de t segundos.

b) Calcula a velocidade no instante t = 3.

e’ (t) = (5t2 + 20t)’ = 10 t + 20

e’ (3) = 10 x 3 + 20 = 50

A velocidade no instante 3 é 50 m/s

352. Usa a definição de derivada de uma função num ponto para calcular:

b) g’(1) sendo g(x) = e2x

g’(1) = h

ghxg

h

)1()(

0

−+→

lim =h

gh

h

)1()1(2

0

−+

→

elim =

h

h

h

222

0

eelim

−+

→=

h

h

h

222

0

eeelim

−⋅→

=h

h

h

)1( 22

0

−→

eelim

=h

h

h 22)1( 2

2

0

−→

eelim = e2

y

y

y

12

0

−×

→

elim = 2e2

c) h’(0) sendo h(x) = 1

2+xx

h’(0) = 1

)0()(

0 +−

→ xhxh

xlim =

0

)0(1

2

0 −

−+

→ x

fx

x

xlim =

xx

x

x

01

2

0

−+

→lim =

)1(2

0 +→ xxx

xlim =

12

0 +→ xxlim = 2

354. Exprime em função de f ’(a) o limite h

fhf

h

)()2(

0

aalim

−+→

22

×−+

→ hfhf

h

)()2(

0

aalim = 2

xfxf

x

)()(

0

aalim

−+→

(mudança de variável x = 2h)

= 2 a

alim

a −−

→ xfxf

x

)()( = 2 f ’(a)


F UNÇ ÃO D E R I V ADA

Uma função f diz-se derivável num conjunto C se é derivável em todos os pontos de C (ou seja, tem derivada finita em todos os pontos do conjunto C)

A função derivada de f num conjunto C representa-se por f’ e faz corresponder a cada ponto de C a derivada de f nesse ponto.

f’ : C → IR

x f’ (x)

Algumas regras de derivação já conhecidas

função derivada

f(x) = k f´(x) = 0

f(x) = x f´ (x) = 1

f(x) = ax f´ (x) = a

f(x) = ax n f´(x) = nax n – 1

f(x) = g(x) + h(x) f´(x) = g´(x) + h´(x)

f(x) = g(x) •••• h(x) f´(x) = g´(x) •••• h(x) + h´(x) •••• g(x)

g(x) g´(x) •••• h(x) – h´(x) •••• g(x) f(x) = ––––– f´(x) = ––––––––––––––––––––

h(x) h(x)2

a a f(x) = ––– f´(x) = – –––

x x2

356. Usa as “regras práticas” de derivação para obter as funções derivadas das funções definidas por:

d) r(x) = (2x + 3)2 – 1

r’(x) = [(2x + 3)2 – 1]’ = 2(2x + 3) x (2x + 3)’ = (4x + 6) x 2 = 8x + 12

ou (4x2 + 12x + 9 –1)’ = 8x + 12

e) s(x) = x

x 12+

s’(x) = '

+x

x 12

= 2

22 )1()1(

x

xxxx +−+ '' =

2

2 )1(12

x

xxx +−⋅ =

2

22 12

x

xx −− =

2

2 1

x

x − =

2

1

xx −


Derivabilidade e continuidade num ponto Se uma função tem derivada finita num ponto, então é contínua nesse ponto, ou seja:

� Se não é contínua num ponto, não é derivável nesse ponto

� Se é derivável num ponto tem de ser contínua nesse ponto

� Mas pode ser contínua num ponto e não ser derivável nesse ponto

Para a correcta compreensão destas implicações é necessário conhecer o conceito de

Der ivada l a t e r a l

� Derivada lateral direita em x0 f´(x0+) =

0

0)()(

limxx

xfxf

0xx−

−

+→

= h

xfhxf

0h

)()(lim 0

−+

+→

Se existir, e for finito, representa o declive da semitangente ao gráfico à direita de x0

� Derivada lateral esquerda em x0 f´(x0–) =

0

0)()(

limxx

xfxf

0xx−

−

−→

= h

xfhxf

0h

)()(lim 0

−+

−→

Se existir, e for finito, representa o declive da semitangente ao gráfico à esquerda de x0

� Se existirem e foram iguais as derivadas laterais em x0, então existe f´(x0)

Exemplos de funções não deriváveis num ponto do seu domínio

f(x) =

<−−

≥−

11

11

xx

xx

se

se g(x) =

−<+

−≥+−

12

1

122

xx

xx

se

se

A função é contínua para x = 1 A função apresenta um ponto anguloso para x = —1 as derivadas laterais têm o mesmo sinal pelo que g´(–1–) ≠ g´(–1+), logo não é derivável em —1 f não apresenta extremo em 1 Como g´(–1–) > 0, g´(–1+) < 0 g tem um máximo em —1.

f(1) = 0 e )(

1xf

x −→lim = 1

1−

→x

xlim = 0 e )(

1xf

x +→lim = x

x−−

→1

1lim = 0 f é contínua em 1

f ’(1+) = 1

)1()(

1 −−

+→ xfxf

xlim =

1)1(1

1 −−−

+→ xfx

xlim =

11

1 −−

+→ xx

xlim =

21 )1(

1

−−

+→ x

x

xlim =

11

1 −+→ xxlim =

+0

1= +∞

f ’(1–) = 1

)1()(

1 −−

−→ xfxf

xlim =

1)1(1

1 −−−−

−→ xfx

xlim =

)1(1

1 xx

x −−−−

−→lim =

21 )1(

1

x

x

x −−

−→lim =

xx −−→ 11

1lim =

+0

1= +∞

f é contínua em 1, mas as derivadas laterais não têm valor finito f ’(1) = +∞∞∞∞, logo não é derivável em 1

y g

–1 0 x t1 t2

y t1 f

0 x t2


h(x) = 3 2)1( +x j(x) =

>+−≤+−

15

1322

xx

xxx

sese

A função h é contínua em x = —1 A função j não é contínua em x = 1 e as derivadas laterais têm sinal contrário j ´(1–) ≠ j ´(1+), logo não é derivável em 1 h tem um mínimo em —1 j não tem máximo, mas tem mínimo em 1

h(–1) = 0 e )(1

xhx −−→lim = 3 2

1)1( +

−−→x

xlim = 0 e )(

1xh

x +−→lim = 3 2

1)1( +

+−→x

xlim = 0 h é contínua em —1

h ’(–1+) = 1

)1()(

1 −−−

+−→ xhxh

xlim =

1

)1(3 2

1 −+

+−→ x

x

xlim = 3

3

2

1 )1(

)1(

++

+−→ x

x

xlim = 3

1 11++−→ xx

lim = +0

1= +∞

h ’(–1–) = 1

)1()(

1 −−−

−−→ xhxh

xlim =

1

)1(3 2

1 −+

−−→ x

x

xlim = 3

3

2

1 )1(

)1(

++

−−→ x

x

xlim =

xx −−−→ 11

1lim =

−0

1= – ∞

h é contínua em —1, mas não existe derivada pois h ’(–1–) ≠≠≠≠ h ’(–1+), logo não é derivável em —1

362. Seja f a função definida por

f(x) =

>+≤−

0)1ln(

01

xx

x

xx

se

see

Justifica que f não é derivável em 0.

Resolução

Verificar se f é contínua em 0:

)(0

xfx −→lim = 1

0−

→

x

xelim = 1 – 1 = 0 e )(

0xf

x +→lim =

xx

x

)1ln(

0

+→

lim = 1

Como )(0

xfx −→lim ≠ )(

0xf

x +→lim a função não é continua em 0, condição necessária para ser derivável

y t1 t2 f

–1 0 x

y t2 t1 j

0 1 x


368. Seja f a função definida por

f(x) =

≥+<−

23

22

xx

xx

sese

ab

Determina a e b de modo que f seja derivável no ponto 2.

Para ser derivável é necessário que seja contínua e que as derivadas laterais sejam iguais.

)(2

xfx −→lim = )(

2xf

x +→lim <=> 22 – b = 2a + 3

f ’(x–) = 2x e f ’(x+) = a

f ’(2–) = f ’(2+) <=> 2 x 2 = a <=> a = 4

22 – b = 2 x 4 + 3 <=> b = –7

371. Seja f(x) =

>−−

≤

288

22

2

xxx

xx

se

se

Esboça o gráfico de f e calcula as derivadas laterais no ponto 2.

Existe recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 2?

Resolução

Para existir é necessário que a função seja contínua nesse ponto e que as derivadas laterais sejam iguais.

Quanto à continuidade:

)(2

xfx −→lim = 4 e )(

2xf

x +→lim = 4 e f (2) = 4 , logo a função é contínua em 2

Quanto à derivabilidade:

f ’(2+) = 2

)2()(

2 −−

+→ xfxf

xlim =

2)2(88 2

2 −−−−

+→ xfxx

xlim =

21282

2 −−+−

+→ xxx

xlim =

21282

2 −−+−

+→ xxx

xlim

= 2

)6)(2(

2 −+−−

+→ xxx

xlim = 6

2+−

+→x

xlim = 4

f ’(2–) = 2

)2()(

2 −−

−→ xfxf

xlim =

2)2(2

2 −−

−→ xfx

xlim =

242

2 −−

−→ xx

xlim =

2)2)(2(

2 −+−

−→ xxx

xlim = 2

2+

−→x

xlim = 4

f ’(2–) = f ’(2+), logo a função é derivável em 2

Dado que as derivadas laterais são iguais e a função é contínua nesse ponto, existe uma recta tangente ao gráfico no ponto x = 2, que é:

m = 4 e f (2) = 4 então (2 , 4) ∈ y = mx + b

4 = 4 x 2 + b <=> b = – 4

A recta de equação y = 4x – 4 é tangente ao gráfico no ponto 2

–1 8 –12

α = 2 –2 12 –1 6 0 Q(x) = –x +6


REGRAS DE DERIVAÇÃO

Algumas demonstrações

Derivada de uma função constante f(x) = c => f(x)’ = 0, ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ IR

f ’(x0) = h

xfhxf

h

)()( 00

0

−+→

lim = hh

cclim

-

0→ = 0 (f é cte todas as imagens são iguais: f(x0+h) = f(x0) = c )

Como x0 é um ponto qualquer do domínio, então f(x)’ = 0, ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ IR

Derivada de uma função afim f(x) = ax + b => f(x)’ = a, ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ IR

f ’(x0) = 0

0 )()(

0xx

xfxf

xx −−

→lim =

0

0

0xx

xx

xx −−−+

→

babalim =

0

0

0xx

xx

xx −−

→

aalim =

0

0 )(

0xx

xx

xx −−

→

alim = alim

0xx→ = a

Derivada da soma [f(x) + g(x)]’ = f’ (x) + g’ (x), ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ Df´ ∩∩∩∩ Dg´

Se f e g são deriváveis no ponto a:

(f+g)’(a) = a

alim

a −+−+

→ xgfxgf

x

))(())(( =

aaa

lima −

−−+→ x

gfxgxf

x

)()()()( =

aaa

lima −

−+−→ x

gxgfxf

x

)()()()(

= a

alim

aa

limaa −

−+−−

→→ xgxg

xfxf

xx

)()()()( = f ’(a) + g ’(a)

Derivada do produto [f(x) . g(x)]’ = f’ (x) . g(x) + g’ (x) . f(x) , ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ Df´ ∩∩∩∩ Dg´

Se f e g são deriváveis no ponto a:

(fxg) ’(a) = a

alim

a −− ××

→ xgfxgf

x

))(())(( =

aaa

lima −

−→ x

gfxgxf

x

)()()()( [adicionando e subtraindo f(a)g(x)]

= a

aaaalim

a −−+−

→ xgfxgfxgfxgxf

x

)()()()()()()()(

= a

aaalim

a −−+−

→ xfgxgxgfxf

x

)()]()([)()]()([

= )()()(

)()()(

aa

alima

aa

limaa

fx

gxgg

xfxf

xx −−+

−−

→→

Quando x → a, f(x) = f(a), logo

= )()´()()´( aaaa fggf + e f’ (x) g(x)+ g’ (x) f(x)

Em particular, se f é uma função constante, tem-se:

f(x) = k , ∀ x ∈ IR, então k’= 0 pelo (kg)’ (x) = k’g(x) x kg’(x) = 0 + kg’(x) = kg’(x)

(–) (–)


Regras de derivação


Derivadas de potências, produtos e quocientes de funções

Escreve uma expressão da função derivada de:

384. a) f(x) = 5x(x – 1)4

f´(x) = 5x´(x – 1)4 + 5x[(x – 1)4]´ (recorrendo à regra da potência)

f´(x) = 5(x – 1)4 + 5x[4(x – 1)3( x – 1)´]

f´(x) = 5(x – 1)4 + 5x[4(x – 1)3 x 1 ]

f´(x) = 5(x – 1) (x – 1)3 + 20x(x – 1)3

f´(x) = (5x – 5) (x – 1)3 + 20x(x – 1)3

f´(x) = (5x – 5 + 20x )(x – 1)3

f´(x) = (25x – 5 )(x – 1)3

f´(x) = 5(5x – 1)(x – 1)3

384. c) f(x) = (ex + x – 1)3

f´(x) = 3(ex + x – 1)2 (ex + x – 1)´ (recorrendo à regra da potência)

f´(x) = 3(ex + x – 1)2 [(ex)´ + x´ + 0] (recorrendo à regra da exponencial)

f´(x) = 3(ex + x – 1)2 (ex + 1)

f´(x) = 3(ex + 1) (ex + x – 1)2

384. d) f(x) = 5x2 (ln x + x )

f´(x) = (5x2)´ (ln x + x ) + (ln x + x )´ 5x2 (recorrendo à regra do produto)

f´(x) = 10x (ln x + x ) + [(ln x )´ + x´] 5x2

f´(x) = 10x ln x + 10x2 + (1/x + 1) 5x2 (recorrendo à regra do logaritmo)

f´(x) = 10x ln x + 10x2 + 5x2 + 5x

f´(x) = 15x2 + 5x + 10x ln x

381. Define as funções derivadas das funções definidas por:

a) f(x ) = ex( x + 1)

g(x ) = x3 ex + 1

h(x ) = x2 ln x

b) Determina os zeros de cada uma das funções f´, g´ e h´

(un)´= n un—1 u´

(ex)´ = ex

(u.v)´=u´v+v ´u

(ln x)´ = 1/x

(un)´= n un—1 u´


a) f´(x ) = [ex( x + 1)]´ = (ex)´ (x + 1) + ( x + 1)´ ex = x ex + ex + ex = ex(x + 2)

g´(x ) = (x3 ex + 1)´ = (x3 ex)´ = (x3)´ ex + x3(ex)´ = 3x2 ex + x3ex = x2 ex(x + 3)

h´(x ) = (x2 ln x )´ = (x2)´ ln x + x2 (ln x )´ = 2x ln x + x2/x = 2x ln x + x = x (ln x + 1)

b) f´(x ) = 0 <=> ex(x + 2) = 0 <=> ex = 0 v (x + 2) = 0 <=> x = –2 (ex = 0 impossível em IR)

g´(x ) = 0 <=> x2 ex(x + 3) = 0 <=> x2 ex(x + 3) = 0 v (x + 3) = 0 <=> x = 0 v x = –3

h´(x ) = 0 <=> x (ln x + 1) = 0 <=> x = 0 v ln x = –1 <=> x = 0 v x = e–1 <=> x = 0 v x = 1/e Derivadas de funções irracionais

385. Determina a função derivada de cada uma das funções seguintes e indica o seu domínio:

a) f(x ) = xln1+

b) g(x ) = 3 e x2

a) f´(x ) = ( xln1+ )´= ( ) ´21

ln1

+ x = ( ) ( )́ln1ln121

21

xx ++ − = ( )

x

x

ln12

´ln1

++

= x

x

ln12

/1

+=

xx ln12

1

+

Df´ = { x ∈ IR : x ≠ 0 ∧ x > 0 ∧ 1 + ln x ≠ 0 } = { x ∈ IR : x > 0 ∧ ln x ≠ –1 } = IR \{1/e}

b) g´(x ) = ( 3 e x2 )´ = 3 2

2

3

)´(x

x

e

e=

3 22

2

)(3

)´(

x

x

e

e =

3 22

2

)(3

)´2(

x

xx

e

e=

3 4

2

3

2x

x

e

e =

3

2

3

2xx

x

ee

e =

33

2x

x

e

e Dg´ = IR

ou

g´(x ) = ( 3 e x2 )´ = ´3/12 )(

3 e x = )´()(

31 213/12 xx ee − = xx x 23/22 )´2()(

31

ee − = ( )3 22

2

3

2x

x

e

e=

33

2x

x

e

e

387. Determina g’ sendo:

c) g(x ) = xe

3

g´(x ) = ´3

xe

= 2)(

)´(30x

xx

e

ee −× =

2)(

3x

x

e

e− =

xe

3−

ou g´(x ) = ´3

xe

= x−e3 = 3(–x)´e–x = – 3 e–x = xe

3−

d) g(x ) = xln4−

g´(x ) = ´

ln4

−x

= 2)ln(

)´(ln4ln0

x

xx +× =

2)ln(

4 /1

x

x =

2)(ln

4

x

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2

(eu)´= u’ eu

u’v — uv´ 1 (u/v)´= ——————— e (ln x)´= —— v2 x

(un)´= n.un—1.u´ ; (eu)´ = u´.eu

(u.v)´=u´v+v ´u ; (ex)´ = ex

(ln x)´ = 1/x

(un)´= n.un—1.u´ e (ln x)´ = 1/x


Derivadas de funções racionais

388. Escreve a expressão simplificada da função derivada de cada uma das funções seguintes

b) g(x ) = 121

+−

xx

g´(x ) = ´

121

+−

xx =

2)12(

)´12)(1()12)´(1(

++−−+−

x

xxxx = 2)12(

)1(212

+−−+

x

xx = 2)12(

3

+x

c) h(x ) = 1

22 +t

te

h´(x ) = ´2 1

2

+t

te = 22

22

)1(

)´1)(2()1)´(2(

++−+

t

tt tt ee = 22

2

)1(

)2(2)1(2

+−+

t

tt tt ee = 22

2

)1(

4)1(2

+−+

t

tt tt ee

= 22

2

)1(

422

+−+

t

tt ttt eee = 22

2

)1(

)21(2

+−+

t

ttte = 22

2

)1(

)1(2

+−

t

tte

g) v(x ) = x

xln

21−

v´(x ) = ´

ln2

1

− xx =

2)ln-(1

)´ln1(2)ln1)´(2(

x

xxxx −−−

= 2)ln-(1

2)ln1(2 )( /1

x

xxx −−− =

2)1( ln

2ln22

x

x

−

+− =

2)1( ln

ln24

x

x

−

−

Derivadas de funções exponenciais e logarítmicas ( eu/ln u)

390. Caracteriza a função derivada de:

b) y = 2

2 t−e

y´ = ´22

−te = 2(–t2)´ e–t2 = – 4t e – t2 Dy ´ = IR

c) y = ln (2x3 – x – 1)

y´ = [ln (2x3 – x – 1)]´ = 12

)´12(3

3

−−−−

xx

xx =

12

163

2

−−−xx

x

Importante: c. a. Como o domínio da função é { x ∈ IR : 2x3 – x – 1 > 0}

e esta só é derivável em pontos de seu domínio, logo, o domínio da função derivada tem, necessariamente, que ser o mesmo ou um subconjunto deste. Daí que Dy ´ = { x ∈ IR : 2x3 – x – 1 > 0 } = ] 1 , +∞ [

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— v2

(eu)´= u’ eu

u´ (ln u)´= —— u

u’v — uv´ 1 (u/v)´= ——————— ; (ln x)´= —— v2 x

2 0 –1 –1

α = 1 2 2 1 2 2 1 0

P(x) = (2x2 + 2x + 1)(x –1) 2x2 + 2x + 1 = 0 <=>

x = 4

12442 ××−±−

não tem outros zeros


i) y = x

x 2/e

y´ = ´2/

x

xe

= 2

22 )()´( // ´

x

xxxx

ee − =

2

22 // )´()2( /x

xx xxee −

= 2

222

2

// 2

x

xxx

ee − =

2

22

2

( )2/

x

xx

−e

Dy ´ = { x ∈ IR : x ≠ 0 } = IR \{0}

l) y =

+−

12

lnx

x

y´ = ´1

2ln

+−

xx

=

12

´1

2

+−

+−

xx

xx

= ( )

2)1(1

2

)2)´(1()1´(2

+

+−

−+−+−

xx

x

xxxx =

( )2)1(

12

)2)´(1()1´(2

+

+−

−+−+−

xx

x

xxxx

= )1)(2(

)2(1)1(1+−

−−+−xx

xx =

)1)(2(21

+−+−−−

xxxx =

)1)(2(3

+−−

xx =

)1)(2(3

+− xx

Dy ´ = { x ∈ IR : 1

2+−

xx > 0 ∧ x – 2 ≠ 0 ∧ x + 1 ≠ 0 } = ] –1, 2 [

Derivadas de funções exponenciais ( au )

393. Calcula as funções derivadas de:

b) f(x ) = ( x + 1) 3x2

c) f(x ) = 12

12++

x

x

b) f´(x ) = [( x + 1) 3x2]´ = ( x + 1)´ 3x2

+ (3x2)´( x + 1)

= 3x2 + (x2)´ 3x2

ln 3 ( x + 1) = 3x2 + 2x 3x2

ln 3 ( x + 1)= 3x2 [ 1 + 2x ln 3 ( x + 1)]

c) f´(x ) = ´2

121

++x

x

= 21

11

)(

)()(

2

)12´(22)´12(+

++ +−+x

xxxx

= 21

11

)(

)()()(

2

)12(2ln2´122ln2)´(+

++ ++−x

xxxx xx =

21

11

)(

)()(

2

)12(2ln222ln2+

++ +−x

xxxx

= 21

111

)(

)()()(

2

2ln22ln222ln22+

+++ −−x

xxxxx

= 21

1

)(

)(

2

2ln2+

+−x

x

= 12

2ln+

−x

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— ; (eu)´= u’ eu v2

u´ u’v — uv´ (ln u)´= —— ; (u/v)´= ——————— u v2

x –∞ –1 2 +∞ 2 –x + + + 0 – x + 1 – 0 + + +

Q – ss + 0 –

(u.v)´=u´v+v ´u ; (au)´=u´ au ln a

u’v — uv´ (u/v)´= ——————— ; (au)´=u´ au ln a v2


Derivadas de funções logarítmicas ( lna u)

394. Determina o domínio e a função derivada da função de variável real definida por:

b) 1log 23 +t

´1log 23

+t =

3ln1

´1

2

2 )(+

+

t

t =

3ln1

1

12

)´1(22

2

++

+×

tt

t

= 3ln112

222 +⋅+ tt

t = 3ln1 22 )( +t

t = 3ln)1( 2 +t

t =

Df ´ = { x ∈ IR : t2 + 1 > 0 } = { x ∈ IR : t2 > –1 } = IR

d) 11

log2 −+

xx

´11

log2

−+

xx =

2ln11

´11

−+

−+

xx

xx

= 2ln

11

111 ´

−+

−+

xxx

x

= ( ) 2ln1)1(

)1(

)´1)(1()1)´(1(2 +

−−

−+−−+×

xx

x

xxxx = ( ) 2ln1)1(

)1(

)1()1(2 +

−−

+−−×

xx

x

xx

= ( ) 2ln1)1(

)1(

112 +

−−

−−−×

xx

x

xx = ( ) 2ln1)1(

)1(22 +−

−−xx

x = ( ) 2ln1)1(2+−

−xx

= 2ln)1(

22 −

−x

Df ´ = { x ∈ IR : 11

−+

xx > 0 ∧ x2 – 1 ≠ 0 } = IR \[–1, 1]

g) g(x) = x1

ln

g(x) = 21/1ln

x= ( ) 21/ln −x ( ) ´/ln 21

−x =

21

21

/

´/

−

−

x

x =

21

23

/2

/

−

−−

x

x

= 21

23

/2

/

−

−−

x

x=

2

2

/2

/13

x

x− = x21−

Dg´ = { x ∈ IR : 1/x > 0 } = IR +

u’ u’v — uv´ (loga u)´= ——————— ; (u/v)´= ———————- u ln a v2

u’ (loga u)´= ——————— ; (un)´= n.un—1.u´ u ln a

x –∞ –1 1 +∞ x + 1 – 0 + + + x – 1 – – – 0 +

Q + 0 – ss +

u’ (ln u)´= ——— ; (un)´= n.un—1.u´ u


SEGUNDA DERIVADA Seja f uma função real de variável real e f’ a sua função derivada no ponto a. Se f’ admite derivada no ponto a, diz-se que f é duas vezes derivável no ponto a.

f’’ (a) = 0

lim→h

h

h f'f' )()( aa −+ ou f’’ (a) = a→x

lima

a−−

xf'xf' )()(

Função segunda derivada (ou função derivada de ordem 2) de uma função f é uma nova função:

� Cujo domínio é o conjunto de todos os pontos em que f´ tem derivada;

� Que a cada ponto do seu domínio faz corresponder a derivada da função f´ nesse ponto.

399. Define a 2ª derivada de:

a) f(x) = (2x – 1)3

b) g(x) = x1

c) h(x) = x

xln

a) f´(x) = [(2x – 1)3]´ = 3(2x – 1)2 (2x – 1)´ = 3(2x – 1)2

x 2 = 6(2x – 1)2

f´´(x) = [6(2x – 1)2]´ = 0 x (2x – 1)2 + 6[(2x – 1)2]´ = 6[2(2x – 1)] (2x – 1)´ = 24(2x – 1) = 48x – 24

b) g´(x) = ´1

x=

2

1

x−

g´´(x) = ´12

−

x=

22

22

)(

)1)´(()(0

x

xx −−× =

4

2

x

x =

3

2

x

c) h´(x) = ´ln

xx

= 2)(ln

)´(ln´ln

x

xxxx − =

2)(ln

1ln

x

xx

x − =

2)(ln

1ln

x

x −

h´´(x) = ´)(ln

1ln2

−x

x=

4

22

)(ln

]´))[(ln1(ln))´(ln1(ln

x

xxxx −−−=

4

2

)(ln

)´)(ln(ln2)1(ln)(ln1

x

xxxxx

×−−

= 4

2

)(ln

)2ln2)((1

)(1

x

xxx

−− xx lnln =

4)(ln

)2ln2)(ln(ln1

x

xxxx

+− =

3)(ln

ln2

xx

x−


400. Define a 1ª a 2ª derivada de:

b) f(x) = x log2 x

c) f(x) = e2x . ln x

d) f(x) = (ln 2x )2

e) f(x) =

>

≤+−

0

0422

2

xx

xxx

se

se

b) f´(x) = (x log2 x )´ = x´ log2 x + x (log2 x)´ = log2 x + x 2ln

´x

x =

2ln1

log2 +x

f´´(x) = ´2ln

1log2

+x = (log2 x)´ + 0 = 2ln

1

c) f´(x) = (e2x . ln x )´ = (e2x )´ ln x + e2x (ln x )´ = (2x)´e2x ln x + e2x

/x = e2x (2 ln x + 1/x )

f´´(x) = [e2x (2 ln x + 1/x )]´ = (e2x )´( 2 ln x + 1/x ) + e2x (2 ln x + 1/x )´

= 2e2x (2 ln x + 1/x ) + e2x (2/x – 1/x 2) = e2x (4 ln x + 2/x + 2/x – 1/x 2) = e2x (4 ln x + 4/x – 1/x 2)

d) f´(x) = [(ln 2x )2 ]´ = 2 ln 2x (ln 2x)´ = 2 ln 2x xx

2)´2(

= x

x2

2ln4 =

xx2ln2

f´´(x) = ´2ln2

xx

= 2

2ln2)´2ln2(

x

xxx − =

2

2ln22

)´2(2

x

xxxx −

= 2

2ln224

x

xxx

− =

2

2ln22

x

x−

e) f´(x) =

><+−

02

044

xx

xx

sese

note-se que f(x) não é derivável para x = 0 dado que f´(0)– ≠ f´(0)+

f´´(x) =

><−

02

04

x

x

sese


INTERPRETAÇÃO DAS DER IVADAS

Seja f uma função contínua em [a , b] e derivável em ] a , b [

� Se f’ (x) > 0 , ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ ]a , b[, então f é estritamente crescente em [a , b]

ex: x2 > x1 => f(x2) > f(x1) x6 > x5 => f(x6) > f(x5)

� Se f’ (x) < 0 , ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ ]a , b[, então f é estritamente decrescente em [a , b]

ex: x3 < x2 => f(x3) < f(x2) x5 < x4 => f(x5) < f(x4)

� Se f’ (x) ≥ 0 , ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ ]a , b[, então, em [a , b], f é crescente em sentido lato

� Se f’ (x) ≤≤≤≤ 0 , ∀∀∀∀ x ∈∈∈∈ ]a , b[, então, em [a , b], f é decrescente em sentido lato

ex: x3 ≤≤≤≤ x2 => f(x3) ≤≤≤≤ f(x2)

Se f é uma função contínua em [a , b] e tem um máximo ou um mínimo em c do intervalo ]a , b[ , então f’(c) = 0 ou f’(c) não existe

Um elemento c do domínio de f é um ponto crítico de f se f’(c) = 0 ou f’(c) não existe

� Se f’ muda de positiva para negativa em c, então f(c) é um máximo relativo de f

� Se f’ muda de negativa para positiva em c, então f(c) é um minimo relativo de f

Em resumo:

Num intervalo aberto ]a , b[ os extremos relativos de uma função só podem surgir:

� Quando a derivada se anula desde que haja mudança do sinal da derivada; ex: f(x2)

� Nos pontos onde não há derivada desde que as derivadas laterais tenham sinais contrários ou uma delas seja nula. ex: f(x5) e f(x4)

Num intervalo fechado [a , b] os extremos relativos de uma função são:

� os que existem em ]a , b[;

� f(a) e f(b) se f decresce ou cresce à direita de a e à esquerda de b. ex: f(x5) e f(x7)

y m = 0

m > 0 m < 0

x1 0 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x


INTERPRETAÇÃO FÍSICA DE DERIVADA VELOCIDADE e ACELERAÇÃO

Seja a equação de um movimento uniforme (v = cte) que permite determinar o espaço (e) percorrido em função do tempo (t) dada por:

e = vt ou f(t) = vt

Por exemplo: e = 4t e´ = 4 ou seja, v = 4 o valor da 1ª derivada é a velocidade

e´´ = 0 ou seja, a = 0 o valor da 2ª derivada é a aceleração

Num movimento uniformemente acelerado

Por exemplo: e = —t2 + 4t e´ = —2t + 4 a velocidade varia em função do tempo e´´ = —2 a aceleração é cte

INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DE DERIVADA MONOTONIA e CONCAVIDADE

Em resumo:

� Se a 1ª derivada é nula e passa de positiva a negativa ou vice-versa, a função tem um máximo ou um mínimo (absoluto ou relativo)

� Se a 2ª derivada é nula e passa de positiva a negativa ou vice-versa, o gráfico da função muda o tipo de concavidade, apresentando um Ponto de Inflexão

v

4 3 2 1

0 1 2 3 4 t -1 -2 -3 -4

a

4 3 2 1

0 1 2 3 4 t -1

-2

e

4 3 2 1

0 1 2 3 4 t

y f´´

PI

+ 0 – c x

y

m = 0 f

m = 0

0 a b x

Monotonia x a b f´ + 0 – 0 + f �� max �� min ��

Concavidade x c f´´ – 0 + f ∩∩∩∩ PI ∪∪∪∪

y

f´ + +

0 a – b x

m = 0


403. Indica os extremos relativos da função representada graficamente. Indica se são máximos ou mínimos e se existe derivada nesses pontos.

f(–3) é um mínimo absoluto, existe f’(–3) pois a função é derivável nesse ponto.

f(–2) é um máximo relativo, mas não existe f’(–2) pois as derivadas laterais têm valores distintos: à esquerda é positiva e à direita é negativa.

f(1) é um máximo relativo, pois na vizinhança de 1 não existe nenhuma imagem maior que f(1). Não existe f’(1) pois não existem derivadas (finitas) à esquerda e à direita de 1.

f(2) não é mínimo, dado que existem na vizinhança de 2 pontos com imagens inferiores à de 2.

406. Determina os valores de m e n de forma que f(x) = x3 + mx + n tenha um extremo relativo no ponto (2, 4).

f´(x) = 3x2 + m

Para ter um extremo relativo em x = 2 é necessário que f´(2) exista e que f´(2) = 0, logo:

f´(2) = 0 <=> 3 x 22 + m = 0 <=> m = –12

f(2) = 4 <=> 23 – 12 x 2 + n = 4 <=> n = 4 – 8 + 24 <=> n = 20

407. Determina os extremos relativos de h(x) = 2x (x – 1)4 em IR.

A função é contínua em IR, pelo que os pontos críticos verificam-se onde h´(x) = 0

h´(x) = [2x (x – 1)4 ]´ = 2 (x – 1)4 + 2x[4(x – 1)3]

= 2 (x – 1)4 + 8x (x – 1)3

= 2(x – 1)3 (x – 1 + 4x)

= 2(x – 1)3 (5x – 1)

h´(x) = 0 <=> 2(x – 1)3 = 0 v 5x – 1 = 0 <=> x = 1 v x = 1/5

h´(x) > 0 ∀ x ∈ ]–∞ , 1/5 [ ∪ ]1 , + ∞ [

h´(x) < 0 ∀ x ∈ ]1/5 , 1[

Por observação do quadro do sinal da derivada conclui-se em que intervalos h´ é positiva ou negativa, aos quais correspondem os intervalos de monotonia de h.

Portanto, h(1/5) é máximo e h(1) é mínimo

Monotonia x –∞ 1/5 1 +∞

(x – 1)3 – – – 0 + 5x – 1 – 0 + + +

h´ + 0 – 0 + h � max � min �


409. Identifica os extremos relativos e intervalos de monotonia de uma função f sabendo que:

b) f´(x) = (x – 2)2(x + 1)

f´ é contínua em IR , pelo que também f é contínua em IR

Os zeros da derivada identificam os pontos críticos de f

f´(x) = 0 <=> (x – 2)2(x + 1) = 0 <=> (x – 2)2 = 0 v x + 1 = 0 <=> x = 2 v x = –1

O quadro de variação do sinal de f’ permite estudar a monotonia de f e identificar extremos:

1. onde f´ < 0, f é decrescente ]—∞ , –1]

2. onde f´ > 0, f é crescente [–1, +∞ [

3. onde f´ = 0 mudando de sinal, f tem um extremo — mínimo absoluto para x = –1

4. onde f´ = 0 mas não muda de sinal, f não tem extremo

c) f´(x) = x . ln x

f´ tem por domínio IR+ e é contínua no seu domínio, pelo que também f é contínua em IR+

f´(x) = 0 <=> x . ln x = 0 <=> x = 0 v ln x = 0 <=> x = 0 v x = 1

Conclusões:

• f é decrescente para x ∈ ]0 , 1]

• f é crescente para x ∈ [1 , +∞[

• f tem um mínimo absoluto para x = 1

d) f´(x) = ex – x2 ex

f´ é contínua em IR , por ser a diferença de funções contínuas, logo f é contínua em IR

f´(x) = ex – x2 ex <=> f´(x) = ex ( 1 – x2 )

f´(x) = 0 <=> ex ( 1 – x2 ) = 0 <=> 1 – x2 = 0 <=> x2 = 1 <=> x = –1 v x = 1

Conclusões:

• f é decrescente para x ∈ ]– ∞, –1] U [1 , +∞[

• f é crescente para x ∈ [–1 , 1]

• f(–1) é mínimo relativo e f(1) é máximo relativo

Monotonia x –∞ –1 2 +∞

(x – 2)2 + + + 0 + x + 1 – 0 + + +

f´ – 0 + 0 + f � min � �

Monotonia x 0+ 1 +∞ x + + +

ln x – 0 + f´ – 0 + f � min �

x –∞ –1 1 +∞ ex + + + + +

1 – x2 – 0 + 0 – f´ – 0 + 0 – f � min � max �


411. Dois medicamentos foram injectados a dois doentes. A concentração de um dos medicamentos, em mg por ml de sangue, t horas depois de ser administrado é dado por:

C1(t) = 2te–0,3t

Para o outro medicamento, a concentração em decigramas por litro de sangue, t horas depois de ser administrado é dada por:

C2(t) = t2e–0,6t

Mostra, por via analítica, que o tempo necessário para se obter a concentração máxima é igual para os dois medicamentos. Em qual deles a concentração máxima é superior?

Resolução

Basta traçar o gráfico de cada uma das funções e determinar os seus máximos para ver que são obtidos para o mesmo valor de t.

Porém é exigido o estudo analítico. Assim:

C1´(t) = (2te–0,3t )´ = (2t)´ e–0,3t + 2t (e–0,3t)´ = 2e–0,3t – 0,6t e–0,3t

C1´(t) = 0 <=> 2e–0,3t – 0,6t e–0,3t = 0 <=> e–0,3t ( 2 – 0,6t) = 0

<=> e–0,3t = 0 v 2 – 0,6t = 0 <=> t = 10/3

C2´(t) = (t2e–0,6t )´ = (t2)´ e–0,6t + t2 (e–0,6t)´ = 2te–0,6t – 0,6t2 e–0,6t

C2´(t) = 0 <=> 2te–0,6t – 0,6t2 e–0,6t = 0 <=> te–0,6t ( 2 – 0,6t) = 0

<=> t e–0,6t = 0 v 2 – 0,6t = 0 <=> t = 0 v t = 10/3

Neste contexto, o domínio de cada uma das funções é IR+. Como e–0,3t > 0 e t e–0,6t ≥ 0 ,

∀ t ∈IR+ , a derivada tem o sinal de 2 – 0,6t, ou seja, é positiva à esquerda e negativa à direita de t = 10/3, indicando que ambas as funções atingem o máximo para t = 3: 20 h

C1(10/3) = 20/3e–1 = 20/3e ≈ 2,45 mg/ml

C2(10/3) = (10/3)2e–2 = 100/9e ≈ 1,5 mg/ml logo C1 > C2

415. A distância percorrida por um para-quedista t segundos depois de ter aberto o pára- -quedas é dada em metros, aproximadamente, por:

d(t) = 25 + 6t – 25e –1,7t

Determina a aceleração na queda, 3 segundos depois de se abrir o pára-quedas (arredondada às centésima) do metro.

t 0 10/3 +∞

te–0,6t 0 + + + 2 – 0,6t + + 0 –

C´2 0 + 0 – C2 min � max �


Resolução

A aceleração é obtida fazendo o estudo da 2ª derivada, assim:

d´(t) = (25 + 6t – 25e –1,7t)´ = 6 – 25(–1,7t)´e –1,7t = 6 + 42,5e –1,7t

d´´(t) = (6 + 42,5e –1,7t)´ = 42,5(–1,7t)´e –1,7t = –72,25 e –1,7t

d´´(3) = –72,25 e –1,7 x 3 ≈ – 0,4404

A aceleração é, aproximadamente, –0,44 m/s2 (ouseja, trata-se de desaceleração)

417. Considera a representação gráfica da função f e resolve as condições:

a) f ’(x) ≥ 0

b) f(x) . f’’(x) ≤ 0

a) Elaborando o quadro de variação da monotonia da função determin-se o sinal da 1ª derivada por intervalos.

Conclui-se que f’ (x) ≥ 0 <=> x ∈ ] –∞ , 0] U [2, +∞ [

b) Elaborando um quadro de variação do sinal, quer da função quer da 2ª derivada, conclui-se que

f(x) . f’’(x) ≤ 0 <=> x ∈ [ –2 , 3]

Embora não esteja explicito no enunciado, considerou-se que f tem um ponto de inflexão para x = 1. O sinal de f’’ em cada intervalo está associado à concavidade que f apresenta nos mesmos intervalos.

420.

a) A recta representada é o gráfico da 2ª derivada f´´ de uma função contínua e derivável em IR.

Justifica que f tem um gráfico com um só ponto de inflexão e que f não pode ter mais do que 1 máximo e 1 mínimo relativos.

y

| | 0 1 2 x

y

0 x

x –∞ 0 2 +∞ f � máx � min � f’ + 0 – 0 +

x –∞ –2 1 3 +∞ f – 0 + 0 – 0 + f ∩ PI ∪

f’’ – 0 +

f . f’’ + 0 – 0 – 0 +


Resolução

A função f tem um único ponto de inflexão para x = 2 (onde f’’ = 0 e muda de sinal). f’ é crescente à esquerda e decrescente à direita de 2, logo tem no máximo um zero à esquerda e outro à direita deste ponto. Assim, se f’= 0 no intervalo ]— ∞, 2[, f tem um mínimo nesse intervalo, pois f’ passa de negativa a positiva. Se f’= 0 no intervalo ]2 , ∞ [, f tem um máximo nesse intervalo, pois f’ passa de positiva a negativa. Portanto, f pode ter um extremo à esquerda e outro à direita de x = 2.

421. Seja f derivável em [a, b] e xo um ponto de ] a, b [

a) Se a função tem um máximo em xo, que podemos dizer de f´´(xo)?

b) Se f´´(xo) > 0 e f´(xo) = 0 que conclusão tiras para a função f ?

c) Se f´´ é sempre negativa em ] a, b [, f tem de ter um máximo ] a, b [? Justifica

Respostas:

a) Apenas se pode afirmar que f´´(xo) < 0, pois a concavidade do gráfico da função é negativa no intervalo em que xo é máximo.

b) Se f´(xo) = 0 a função f pode ter aí um extremo. Como f´´(xo) > 0

a concavidade do gráfico da função é positiva, permitindo concluir que o gráfico da função tem um mínimo em xo

c) Não. Só tem que ter um máximo se for verdade que ∃ xo ∈ ] a, b [ : f´(xo) = 0. Ou seja, se no intervalo ] a, b[ existir um ponto com 1ª derivada nula e sendo a concavidade negativa (f´´ < 0), então a monotonia passa de positiva a negativa e o gráfico da função apresenta um máximo nesse ponto.

422. Este é o gráfico da função f´(t ), derivada de f(t ), no intervalo [0, a]

a) Justifica que f é contínua e que tem dois extremos relativos em ]0, a[

b) Prova que f´´(t ) se anula num ponto deste intervalo, passando de positiva a negativa e, portanto, o gráfico de f tem um ponto de inflexão.

x –∞ 2 +∞ f´´ + 0 – f´ � max � f ∪ PI ∩

x –∞ ? 2 ? +∞ f´ – 0 + 0 – f � min � max �

y 0 x

y f ’ = 0 0 x

y

�� 0 x

y 0 x

y f ´ 0 a t


a) Se f´ é contínua e derivável em [0, a] então, f também é contínua no mesmo intervalo.

Como f´ tem dois zeros no intervalo ]0, a[, é contínua nesse intervalo e muda de sinal, então ∃ x1, x2 ∈ ] 0, b [ : f´(x1) = f´(x2) = 0

pelo que f tem dois extremos relativos

b) No ponto em que f´(t ) apresenta um máximo, f´’(t ) será necessariamente nula. Como f´ é contínua no intervalo, o gráfico de f tem um mínimo em x1 e um máximo em x2, pelo que, algures no intervalo ]x1 , x2[, tem que apresentar um ponto de inflexão.

423. Estuda as concavidades do gráfico de f, sendo:

a) f (x) = x ex2

b) f’(t ) = (t – 3) et

a) f´(x) = (x ex2 )´ = x´ ex2 + x (ex2 )´ = ex2 + 2x2 ex2 = ex2 ( 2x2 + 1)

f´´(x) = [ex2 ( 2x2 + 1)]´ = ( ex2 )´ ( 2x2 + 1) + ex2 ( 2x2 + 1)´ = 2x ex2( 2x2 + 1) + 4x ex2 = 2x ex2

(2x2 + 3)

Analisando a expressão de f´´ conclui-se que:

ex2 > 0 pois é uma função par com mímino = 1

2x2 + 3 > 0 por razões idênticas e óbvias

Portanto, f´´ tem o sinal de 2x e o gráfico de f apresenta as concavidades mostradas no quadro

b) f’(t ) = [(t – 3) et ]´ = (t – 3)´ et + (t – 3)( et )´ = et + et (t – 3) = et (t – 2)

f´´(t ) = [et (t – 2)]´ = et (t – 2) + et = et (t – 1)

f´´(t ) = 0 <=> et (t – 1) = 0 <=> t = 1 (dado que et > 0 ∀ t ∈IR:)

Sendo et sempre positiva f´´ tem o sinal de t – 1 Portanto, o gráfico da função apresenta as concavidades resumidas no quadro

x 0 x1 x2 a f´ – 0 + 0 – f � min � max � f ∪ PI ∩

x –∞ 0 +∞ f´´ – 0 + f ∩ PI ∪

x –∞ 1 +∞ f´´ – 0 + f ∩ PI ∪


SÍNTESE SOBRE O ESTUDO DE FUNÇÕES

Nesta altura, deves estar em condições de fazer o estudo de uma função, analisando os itens abaixo indicados, e interpretar um fenómeno por ela traduzido, nomeadamente sobre a determinação de valores óptimos (máximos ou mínimos) para um determinado objectivo.

No estudo de uma função deves começar por identificar se a função pertence a alguma das famílias estudadas (quadráticas, exponenciais,…) e obter uma representação gráfica recorrendo à calculadora ou ao computador. Em seguida, deves abordar os seguintes itens:

� Domínio — Pode ser dado na caracterização da função, pode ser determinado pelas condições do problema ou pode ser o domínio de existência da expressão analíti:a da função.

� Continuidade e paridade — Dentro de domínio é preciso procurar se há pontos de descontinuidade. E útil saber se a função é par eu ímpar pois, em caso afirmativo, simplifica o estudo de muitas características.

� Assimptotas — Imprescindíveis para a compreensão da função, devem ser determinadas e caracterizadas pelas suas equações.

� Limites — Há que calcular os limites latlerais em pontos de descontinuidade, de mudança de definição da função e em pontos que não pertencem ao domínio mas são pontos de acumulação.

� Pontos notáveis — Devem determinar-se as coordenadas dos pontos de intersecção do gráfico com os eixos, pontos de descontinuidade, etc.

� 1.ª derivada — O sinal e os zeros da 1.ª derivada indicam-nos os intervalos de monotonia e as abcissas dos possíveis extremos relativos. A derivada «explica» a variação da função. Não esqueças que pode haver outros máximos ou mínimos em pontos onde não há derivada ou nas fronteiras do domínio.

� 2.ª derivada — O sinal e os zeros da segunda derivada indicam o sentido da concavidade do gráfico e possíveis pontos de inflexão. Estes podem identificar onde o crescimento (decrescimento) foi máximo ou mínimo.

� Gráfico e contradomínio — O estudo analítico feito permite esboçar uma representação gráfica da função que considere todas as características obtidas. A representação gráfica permite, por sua vez, a leitura do contradomínio. A imagem geométrica da função é a forma mais sugestiva e eficaz de apresentar globalmente o comportamento de uma função.

Grafico de Funções Racionais

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