GABARITO. 2 Matemática A. 08. Correta. Note que f(x) é crescente, então quanto menor for o valor de x, menor será sua imagem f(x).

Matemática A – Extensivo – V. 8

Exercícios

01) D y = log (x + 1) Para x = 0: y = log (0 + 1) y = log 1 y = 0

Note que o gráfico passa pela origem. Portanto, a única alternativa possível é a D. 02) 02 M + 5 = log_a B B 100 ₀     M + 5 = log_{a 10}2 0 − _⋅     B B M + 5 = log_a 10–2 _{+ log B} B₀     Como M = log_a B B₀, temos: M + 5 = – 2 log_a 10 + M – 2 log_a 10 = 5 log_a 10 = – 5 2 a−52_{= 10} a = 10−25 _(i) Substituindo a = 10−25_{em M = log} a B B₀    , obtemos: M = log 10 2 5 − B B₀     M = – 5 2 log10 12 10 5 0 0 , ⋅ ⋅ B B M = – 5 2 log10 12 . 104 M = – 5 2(log10 12 + log10 104) M = – 5 2(log10 22 . 3 + log10 104) M = – 5

2(log10 22 + log10 3 + log10 104)

M = – 5

2(2 . log10 2 + log10 3 + 4 . log10 10)

M = – 5 2(2 . 0,3 + 0,48 + 4 . 1) M = – 5 2(0,6 + 0,48 + 4) M = – 5 2(5,08) M = – 25 4 4 , M = – 12,7 03) D Para M = 9: log E = 4,4 + 1,5M log E = 4,4 + 1,5 . 9 log E = 4,4 + 13,5 log E = 17,9 E = 1017,9 Logo, E ∈[1017_{, 10}18_]. 04) C Q_(t) = Q₍₀₎ ( 1 – e−2t ₎ Q Q t ( ) ( )0 = 1 – e−2t _{(90% da capacidade)} 9 0 10 0 = 1 – e t −₂ 9 10= 1 – e t − 2 9 10– 1 = – e t −₂ – 1 10= – e t −₂ .(–1) 10–1 _{= e} t −₂

Aplicando ℓn em ambos os lados, temos:

ℓn10–1 _{= ℓn e} t − 2 – ℓn10 = – t 2ℓn e .(–1) ℓn 10 = t 2 . 1 t = 2 ℓn 10.

2

05) F – V – V – V – F Custo do imóvel:

C(d) = 50 000 + 4 000 log₂ (2d – 2)

00. Falso. Note que R$4000,00 já está abaixo do valor

inicial e portanto é falso. 01. Verdadeira. A(9) = 4 000 . log₂ (2 . 9 – 2) A(9) = 4 000 . log₂ 16 A(9) = 4 000 . 4 A(9) = 16 000 02. Verdadeira. C(30) = 50 000 + 4 000 . log₂ (2 . 30 – 2) C(30) = 50 000 + 4 000 . log₂ 58 C(30) = 50 000 + 4 000 . 6 C(30) ≅ 50 000 + 24 000 C(30) ≅ 74 000, 00 03. Verdadeira.

Um ano e cinco meses: 17 . 30 = 510 dias

C(510) = 50 000 + 4 000 . log₂ (2 . 510 – 2) C(510) = 50 000 + 4 000 . log₂ 1018 C(510) ≅ 50 000 + 4 000 . 10 C(510) ≅ 50 000 + 40 000 C(510) ≅ 90 000 04. Falso. 100 000 = 4 000 log₂ (2d – 2) + 50 000 100 000 – 50 000 = 4 000 log₂ (2d – 2) 50000 4 000 = log2 (2d – 2) 212,5 _{= 2d – 2} d ≅ 2895 dias

Logo, levará aproximadamente 8 anos. 06) 24 01. Incorreta. 2x2−1_{> 0} Note que 2_x2₋₁ > 0, ∀ x ∈ R. Logo, D(f) = R. 02. Incorreta. (fog)(x) = log ( 2₍2_x−1₎2₋1 ) = log ( 24_x2₋4_{x+ −}1 1 ) = log 24_x2₋4_x = log 24(x2−x) = log 16x2−x

04. Incorreta. Pois f(–1) = f(1). De fato,

f(–1) = f(1) f(–1) = log ( 2_{( )−}12₋1

) = log 21 – 1 _{= log 2}0 _{= log 1 = 0}

f(1) = log (21 – 1_{) = log 2}0 _{= log 1 = 0}

Logo, f(–1) = f(1).

08. Correta. Note que f(x) é crescente, então quanto

menor for o valor de x, menor será sua imagem

f(x). Observe: x 1 2 –3 2 x –12 1 3 1 6 1 8 0 –1 . . . . . . –8 3 –35 6 –63 8

Observe a tabela acima, em que o menor valor que

x2 _{– 1 pode assumir é –1. O valor mínimo é dado por:}

f(0) = log 2–1 _{= – log 2.} 16. Correta. log 2x2−1_{≤ 0} 2x2−1_{≤ 10}0 2x2−1_{≤ 1} 2x2−1≤20 x2 _{– 1 ≤ 0} x2 _{≤ 1} | x | ≤ 1 Logo, x ∈ [– 1, 1]. 07) E

Sejam E a intensidade de energia liberada e R o valor da escala Richter. Logo, a relação é dada por: R = log E

Energia liberada pelo terremoto do Japão:

9 = log E_J

109 _{= E}

J

Energia liberada pelo terremoto do Chile:

9,5 = log E_C 109,5 _{= E} C EC = 109 + 0,5 E_C = 109 _{. 10}0,5 E_C = 100,5 _{. E} J E_C ≅ 3 . EJ

Logo, a energia liberada pelo Chile é aproximadamente 3 vezes maior que a do Japão.

08) C Cerveja: pH = 4 ⇒ pH = –log₁₀H_C+ 4 = –log₁₀H_C+

_.(–1) – 4 = log₁₀H_C+ HC+= 10–4 Suco de laranja: pH = 3 ⇒ 3 = –log₁₀H_S+ _.(–1) – 3 = log₁₀H_S+ H_S+_{= 10}–3 Portanto, H H C S + + = 10₁₀ 4 3 − − = 10 –1 _{= 0,1} 09) E Número de revistas x: 3 log (x – 2) = 0 log x – 2 = 0 x – 2 = 100 x – 2 = 1 x = 1 + 2 x = 3 Número de revistas y: log₁ 2 8 . log₄ 1 4 2    = log2−1 23 . log₄ 4–2 = 3 1 − log2 2 . –2 . log4 4 = – 3 . 1 . (– 2) . 1 = – 3 . (– 2) = 6

Portanto, o número total de revistas é: x + y = 3 + 6 = 9. 10) A Do gráfico, temos: Ponto (–1, 2) ⇒ 2 = a–1 _{⇒ a = 1} 2. Segue, g(x) = log1 2 x. Então, g(P) = log1 2 P – 2 = log1 2 P 1 2 2    − = P P = 22 P = 4 11) C y x x i y y ii = −     − = ⇒ =      log log ( ) ( ) 10 10 3 4 10 2 0 2

Substituindo (ii) em (i), temos: 2 = log₁₀ x – log x3 4 10 2 = log_{10 x}x3 4 10           2 = log₁₀ x x ⋅     104 3 2 = log₁₀ 104 2 x 102 _{= 10}4 2 x x2 _{. 10}2_{= 10}4 x2 _{= 10}2

x = 102 _{ou x = – 10}2 _{(não serve, pois x > 0)}

x = 10 12) 05 01. Correta. f 1 2    = log2 4 . 1 2 = log2 2 = 1 g f 1 2 2 2 2 1 2 1 8 1 4 1 4 3 3 2       _ = − = − = − = = 02. Incorreta. Sejam x₁ = 1 e x₂ = –1 x₁ > x₂ ⇒ g(x1) = g(x2) 04. Correta. Domínio da função f: 4x > 0 x > 0 Logo, D_f = R+* Domínio da função g: D_g = R 08. Incorreta. f[g(x)] = log₂ 4 .

₂

x2−4 0 = log₂ 22 _.

₂

x2−4 0 = log₂ 2(x2− +4 2) 0 = log₂ 2_(x2₋₂₎ 0 = (x2 _{– 2) . log} 2 2 0 = x2 _{– 2} x2 _{= 2} | x | = 2

4

Logo, x' = 2 ou x'' = – 2 . S = {– 2 , 2 }. 16. Incorreta. x = 0 ⇒ 2x2−4 _{= 0} 2x2−4= 20 x2 _{– 4 = 0} x2 _{= 4} | x | = 4 | x | = 2 Logo, x' = –2 ou x'' = 2.

Portanto, o gráfico intercepta em dois pontos o eixo da ordenada (y). 13) 02 Terremoto A: Terremoto B: 5,2 = log x_A 3,2 = log x_B 105,2 _{= x} A xB = 103,2 Segue, x_A = 105,2 _{= 10}3,2+2 _{= 10}2 _{. 10}3,2 _{= 10}2 _{. x} B = 100 xB

Portanto, 100 vezes a amplitude das ondas sísmicas provocadas por B.

14) B

Temos que: Temos ainda:

log₃ (7x – 1) = 3 log₂ (y3 _{+ 3) = 7} 33 _{= 7x – 1 y}3 _{+ 3 = 2}7 27 = 7x – 1 y3 _{= 128 – 3} 28 = 7x y3 _{= 125} x = 28 7 y = 125 3 x = 4 y = 5 Segue, log_y (x2 _{– 9) = log} 5 (42 + 9) = log5 (16 + 9) = log5 25 = 2. 15) B I. Correta.

f(x) é decrescente, pois a base 0 < b = 1 2< 1. f(6) = log1 2 (6 – 5) = log1 2 1 = 0

Logo, o gráfico intercepta o eixo das abscissas no ponto (6, 0).

II. Incorreta.

g(x) é decrescente, pois a base 0 < b = 1 2< 1. Para x = 0 ⇒ g(0) = 1 2 1 2 0 5 5    =   − − = 25 _{= 32}

Logo, o gráfico intercepta o eixo das ordenadas em y = 32. III. Incorreta. f(x) = log1 2 (x – 5) y = log1 2 (x – 5) x = log₁ 2 (y – 5) y – 5 = 1 2    x y = 1 2    x + 5 f–1_{(x) = 1} 2    x + 5 ≠ g(x) 16) 60

01. Falso. O domínio da função g

h = 2₃ x x log é a solução do sistema x x > ≠    0 0 3 log ⇒ x e x > ≠     0 1 ⇒ S = {x ∈ R+*, com x ≠ 1}.

02. Falso. Considerando-se as funções f(x)  =  x  −  2

e g(x) = 2x_{, definidas para todo x real, e a função}

h(x) = log₃ x, definida para todo x real positivo, é

correto afirmar: f h fog . ₌ (x ) . log x x − − 2 2 2 3 _{= 0 ⇒} x ou x x − = = − ≠     2 0 0 2 2 0 3 log ⇒ ⇒ x ou x e x = = ≠     2 1 1 ⇒ x = 2 04. Verdadeiro. A função composta

hog = log₃ (2x_) = xlog

3 2 é uma função linear.

08. Verdadeiro. O gráfico da função hof = log₃ (x − 2) = 0 ⇒ x − 2 = 1 ⇒ x = 3 intercepta o eixo Ox em um único ponto (3,0).

16. Verdadeiro. fog(x) = 2x _{– 2 ⇒ fog(1) = 2}1 _{− 2 = 0 e}

h(1) = log₃ 1 = 0 ⇒ fog(1) = h(1) = 0

h(a) = 3 ⇒ log3 a = 3 ⇒ a = 27.

h(g(2b)) = log₃ 8 ⇒ log3 (g(2b)) = log3 8 ⇒ g(2b) = 8

⇒ 22b _{= 8 ⇒ 2b = 3 ⇒ b =} 3 2. a b= = = 27 3 2 27 2 3 18 . 17) C f(x) = log₁₀1 1 + − x x log₁₀1 1 + − x x < 1 1 1 + − x x < 101 1 1 + − x x– 10 < 0 1 + x –10 ( 1 – x ) < 0 1 – x 1 10 10 1 + − + − x x x < 0 11 9 1 x x − − < 0 9/11 11x –9 1 1 – x 11x –9 1 – x 9/11 1 – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + +

D_(f) engloba os valores menores que 9

11 . 18) B Observe: • y = 1 + log x (i) • y = 1 10    x y = 10–x _(ii) • y = 10log x y = x (iii) • y = x (iv) • y = log log 10 10 x y = log 10 1 x y = x (v) • y = 10–x _(vi) • y = log x (vii) • y = log 10x y = log 10 + log x y = 1 + log x (viii)

Note que (i) = (viii); (ii) = (vi); (iii) = (iv) = (v) e (vii). Portanto, temos n = 4 gráficos diferentes. 19) A S = 10 log₁₀ I I0    

Intensidade do som da banda:

12 0 10= log₁₀ I I b 0     12 = log₁₀ I Ib₀     I I b 0    = 10 12 I_b = 1012 _{. I} 0 I_b = 1012 _{. 10}–12 I_b = 1

Intensidade da máquina de cortar grama:

9 0 10= log₁₀ I I c 0     9 = log₁₀ I I₀c     I I c 0 = 109 I_c = 109 _{. I} 0 I_c = 109 _{. 10}–12 I_c = 10–3 Logo, I I b c = 1 10−3 = 10 3 20) A f(0,03125) = log₂ 0,03125 = log₂ 3125 105 = log₂ 5 10 5 5 = log₂ 5 10 5    = log₂ 1 2 5    = log₂ 2–5

6

= – 5 log₂ 2 = – 5 . L = – 5 21) D

log x + log x2 _{+ log x}3 _{+ log x}4 _{= – 20}

log x + 2 log x + 3 log x + 4 log x = – 20 10 log x = – 20 log x = – 2 0 10 log x = – 2 x = 10–2 x = 0,01 22) C log₃ (x2 _{+ x + 1) – log} 3 (x3 + 1) = log3 5 log3 log 2 3 3 1 1 5 x x x + + − = x x x 2 3 1 1 + + − = 5 x2 _{+ x + 1 = 5 ( x – 1 )}3 x2 _{+ x + 1 = 5x}3 _{– 5} 5x3 _{– 5 – x}2 _{– x – 1 = 0} 5x3 _{– x}2 _{– x – 6 = 0}

Resolvendo a equação acima obtemos a raiz real x = 6

5. Então, 5r2 _{– r = 5 . 6} 5 2    – 65 = 5 . 36 25 – 65 = 36 5 – 65 = 30 5 = 6 23) B log_x (x + 3) + log_x (x – 2) = 2 log_x (x + 3) . (x – 2) = 2 (x +3) (x – 2 ) = x2 x2 _{– 2x + 3x – 6 = x}2 x – 6 = 0 x = 6

Portanto, a equação possui uma solução real.

24) A Bloco derretido: M = 0 ⇒ M = 1000 – 250 . log d. 0 = 1000 – 250 . log b. 250 . log d = 1000 log d = 100 0 25 0 log d = 4 d = 104 d = 10 000 metros

Tempo de queda do bloco:

d = 10t2 104 ₌10_t2 103 _{= t}2 t = 103 t = 10 . 10 t = 32 segundos. 25) B x4 _{. log} 7 x – 16 log7 x = 0 log₇ x . (x4 _{– 16) = 0} Logo, log₇ x = 0 ou x4 _{– 16 = 0} x = 70 _x4 _{= 16} x = 1 | x | = 164 x = 2 ou

x = –2 (não serve, pois x < 0)

Portanto, a equação possui duas soluções. 26) B 3x _{= 5}x _{+ 5}(x + 1) 3x _{= 5}x _{+ 5 . 5}x 3x _{= 6 . 5}x 3 5 x x = 6 3 5    x = 6 x = log3 5 6 x = log_0,6 6 27) B log_x x y z 2 3 4 ⋅     = log_x (x2 _{. y}3_{) – log} x z4 = log_x x2 _{+ log} x y3 – logx z4

= 2 log_x x + 3 log_x y – 4 log_x z = 2 + 3 log log y y y x – 4 log log y y z x = 2 + 3 5– 4 . 75 = 10 3 28 5 + − = – 15 5 = – 3 28) D P = 0,1 + log₂ (x – 1996) 3,6 = 0,1 + log₂ (x – 1996) 3,6 – 0,1 = log₂ (x – 1996) 3,5 = log₂ (x – 1996) 272_{= x – 1996} 27 _{= x – 1996} 23 _{2 = x – 1996} 8 . 1,4 = x – 1996 11,2 + 1996 = x x = 2007,2

Portanto, será em meados de 2007. 29) E

Temos:

log₃ (x – y) = 5 ⇔ x – y = 35 _{⇔ x – y = 243 (i)}

log₅ (x + y) = 3 ⇔ x + y = 53 _{⇔ x + y = 125 (ii)}

De (i) e (ii), obtemos o seguinte sistema:

x y i x y ii − = + =    243 125 ( ) ( ) Fazendo (i) + (ii), temos: 2x = 368

x = 368 2 x = 184

Substituindo x = 184 em (ii), teremos: 184 + y = 125 y = 125 – 184 y = –59 Segue, log₂ (3x – 8y) = log₂ (3 . 184 – 8 . (–59)) = log₂ (552 + 472) = log₂ 1024 = log₂ 210 = 10 log₂ 2 = 10 30) 05 ℓn M = ℓn a + b ℓn D ℓn M = ℓn a + ℓn Db n M = n a . Db M = a . Db 31) A Temos: ℓn (a2 _{+ b) + ℓn 8 = ℓn 5} n (a2 _{+ b) . 8 = n 5} (a2 _{+ b) . 8 = 5} a2 _{+ b = 5} 8 (i) Temos ainda: a b = 1 2

Elevando ao quadrado ambos os lados:

( a b )2 _{= 1} 2 2    a . b = 1 4

Elevando ao quadrado ambos os lados:

(a . b )2 _{= 1} 4 2    a2 _{. b = 1} 16 (ii)

De (i) e (ii), temos o seguinte sistema:

a b i a b a b iii 2 2 2 5 8 1 16 1 16 + = ⋅ = ⇒ = _⋅       ( ) ( ) Substituindo (iii) em (i), obtemos:

1 16b+ b = 58 1 + 16 b2 5 16 b 8 = 8 (1 + 16b2_{) = 16 . b . 5 (÷ 8)} 1 + 16b2 _{= 2 . b . 5} 16b2 _{– 10b + 1 = 0}

Resolvendo a equação acima, teremos: b' = 1 8 ou b'' = 18 Substituindo b' = 1 8em (iii), obtemos: a2 ₌ 1 16 1 2 ⋅

8

a2 _{= 1} 8 a = 1 8(a > 0) (racionalização) a = 8 8 a = 2 2 8 a = 2 4 Logo, a b = 2 4 1 2 = 2 2

Portanto, um possível valor é: a

b = 22 . 32) C Temos I = 0,0018. Assim, β(I) = 10 log I I₀     β(I) = 10 log 0 0018 1012 , −    β(I) = 10 log (18 . 10–4 _{. 10}12₎ β(I) = 10 log (18 . 108₎

β(I) = 10 . (log 18 + log 108₎

β(I) = 10 . (log 2 . 32 _{+ 8 . log 10)}

β(I) = 10 . (log 2 + log 32 _{+ 8 . log 10)}

β(I) = 10 . (log 2 + 2 . log 3 + 8 . log 10) β(I) = 10 . (0,301 + 2 . 0,477 + 8 . 1) β(I) = 10 . (0,301 + 0,954 + 8) β(I) = 10 . (9,255) β(I) = 92,55 Portanto, β(I) ∈ (92 ; 93]. 33) A

ERRATA: Para resolução, considere A(t) = n . at_.

Instante em que o youtube coincide com o número de acessos do facebook é dado por:

A_y(t) = A_f(t)

m = n . at

at _{= m}

n

(aplicando log_a em ambos os lados)

log_a at _{= log}

a m

n

t . log_a a = log m – log n

t = log m – log n

34) B

32,44 + 20 . log 600 + 20 . log 20

= 32,44 + 20 . (log 6 . 102 _{+ log 2 . 10)}

= 32,44 + 20 . (log 6 + log 102 _{+ log 2 + log 10)}

= 32,44 + 20 . (log 2 . 3 + 2 . log 10 + log 2 + log 10) = 32,44 + 20 . (log 2 + log 3 + 2 . log 10 + log 2 + log 10) = 32,44 + 20 . (0,30 + 0,48 + 2 . 1 + 0,30 + 1) = 32,44 + 20 . (0,30 + 0,48 + 2 + 0,30 + 1) = 32,4 + 81,6 = 144 35) 04 gof(x) = 1 2 22    − log ( x) – 1 ≥ 0 ⇔ 2

( )

−1log (22−x)_{– 1 ≥ 0} ⇔ 2−log (22−x)– 1 ≥ 0 ⇔ 2log (22−x)−1_{– 1 ≥ 0} ⇔ (2 – x)–1 _{– 1 ≥ 0} ⇔ 1 2− x– 1 ≥ 0 ⇔ 1 2 2 − − − ( x) x ≥ 0 ⇔ 1 2 2 − + − x x ≥ 0 ⇔ x x − − 1 2 ≥ 0 – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + Logo, S = [1 , 2[. 36) A log₂ (3 – x) – log₂ (2x + 1) ≥ 1 log₂ 3 2 1 − + x x ≥ 1 3 2 1 − + x x ≥ 2 1 3 2 1 − + x x – 2 ≥ 0 3 – x –2 ( 2x + 1 ) ≥ 0 2x + 1

3 4 2 2 1 − − − + x x x ≥ 0 − + + 5 1 2 1 x x ≥ 0 – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + + –1/2 + + + + + + – – – – – – –1/2 1/5 1/5 Logo, S = {x ∈ R/ – 1 2≤ x < 15}. 37) B ( , )_{0 05}log (2x−1)– 1 ≥ 0 ( , )_{0 05}log (2x−1) ≥ 1 ( ,_{0 05})log (2x−1)≥( ,_{0 05})0 log₂ (x – 1) ≤ 0 x – 1 ≤ 20 x – 1 ≤ 1 x ≤ 1 + 1 x ≤ 2 Temos ainda: x – 1 > 0 x > 1 1 1 2 2 Portanto, S = {x ∈ R/ 1 < x ≤ 2}. 38) E 1 3 4 2 ₁₅    − log x > 81log4 x 1 3 4 2 ₁₅    − log x > ( )₃4 log4 x 1 3 4 2 ₁₅    − log x > 1 3 4 4            − log x 1 3 4 2 ₁₅     − log x > 1 3 4 4     − log x log42x – 15 < – 4 log4 x log₄2_{x – 15 + 4 log} 4 x 1 2_{< 0} log₄2_{x + 4 . 1} 2 log₄ x – 15 < 0 [log₄ x]2 _{+ 2 log} 4 x – 15 < 0 Seja y = log₄ x y2 _{+ 2y – 15 < 0} –5 3 – – – – + + + + + + + + Logo, y < –5 ou y > 3.

Substituindo y = log₄ x em:

• y < –5 log₄ x < –5 x < 4–5 • y > 3 log₄ x > 3 x > 43 Logo, x ∈ ]4–5 _{; 4}3_[ 39) D (log n)2 _{– 3 (log n) + 2 ≤ 0} Seja y = log n y2 _{– 3y + 2 ≤ 0} 1 _{– – – –} 2 + + + + + + + + Logo, 1 ≤ y ≤ 2

Substituindo y = log n em:

1 ≤ y ⇒ log n ≥ 1 n ≥ 101 n ≥ 10 y ≤ 2 ⇒ log n ≤ 2 n ≤ 102 n ≤ 100 Logo, 10 ≤ n ≤ 100

Quantidade de números pares:

a₁ = 10

a_n = 100

10

a_n = a₁ + (n – 1)r 100 = 10 + ( n – 1 ) 2 100 – 10 = 2n – 2 90 + 2 = 2n 92 = 2n n = 92 2 n = 46 40) A n n x x 1 2 1 2 2 2 2 1    <   + − 2x + 2 < x2 _{– 1} x2 _{– 1 – 2x – 2 < 0} x2 _{– 2x – 3 < 0} –1 3 – – – – + + + + + + + + Logo, –1 < x < 3. 41) A log₁ 2 (x – 1) + log1 2(x + 5) ≤ – 4 log1 2 (x – 1) . (x + 5) ≥ – 4 (x –1) (x + 5 ) ≥

(

1

(

2 –4 x2 _{+ 5x – x – 5 ≥ 2}4 x2 _{+ 4x – 5 – 16 ≥ 0} x2 _{+ 4x – 21 ≥ 0} –7 3 – – – – + + + + + + + + Logo, x ≤ –7 ou x ≥ 3.

Note que na condição de existência temos: x > 1 e x > –5. Daí, 3 –7 –5 1 –5 1 3 –7 Portanto, S = {x ∈ R/ x ≥ 3}. 42) 04

ERRATA: Considere log1

3 (x2 _{+ x – m) ≤ 0.} log₁ 3 (x2 _{+ x – m) ≤ 0} x2 _{+ x – m ≥ −}   1 3 0 x2 _{+ x – m ≥ 1} x2 _{+ x – (m + 1) ≥ 0}

Como a solução é x < –1 e x > 2, temos que as raízes são x' = –1 e x'' = 2. Daí, x' . x'' = c a (–1) . 2 = − −m 1 1 – m – 1 = – 2 – m = – 2 + 1 – m = – 1 .(–1) m = 1 43) B Temos que: log x x x 2 2 1 + −    ≥ 0 x x x 2 2 1 + − ≥ 10 0 x x x 2 2 1 + − ≥ 1 x x x 2 2 1 + − – 1 ≥ 0 x x x x x 2 2 2 1 + − + − ≥ 0 x x x + − 1 2 ≥ 0 –7 ≤ x ≤ 3 x > –5 x > 1

Note que, x ≠ 0 e x ≠ 1. – – – – – – – – – – + + + + + –1 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + –1 0 0 1 1 Logo, S₁ = [–1, 0[ ∪ ]1, ∞[.

Devemos ainda analisar a condição de existência: x x x 2 2 1 + − > 0 Note que x ≠ 0 e x ≠ 1. + + + + + –1 + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + –1 0 0 0 1 1 + + + + + + + + + + 1 x + 12 x – x2 x + 12 x – x2 Logo, S₂ = ]–∞, 0[ ∪ ]1, ∞[. Portanto, –1 –1 0 0 0 1 1 1 S 1 S₂ S₂ S₁∩ Assim, S = {x ∈ R/ –1 ≤ x < 0 ou x > 1}. 44) E log1 2 (x – 3) > –2 x – 3 < 1 2 2    − x – 3 < 22 x – 3 < 4 x < 4 + 3 x < 7 Condição de existência: x – 3 > 0 x > 3 3 3 7 7

Portanto, S = ]3, 7[. Assim, os valores inteiros são 4, 5 e 6. Daí, a soma é dada por: 4 + 5 + 6 = 15.

45) E Condição de existência: x x x 2 2 5 4 1 + + − > 0 e x + 5 > 0 e x ≠ –5 x > –5 Vamos analisar x x x 2 2 5 4 1 + + − > 0 Note que, x ≠ –1 e x ≠ 1 –4 + + + + + + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – + + + + + + + + + + + + + + + –4 –1 –1 –1 1 1 + + + + + + + + + + – – – – – – – – – – Logo, S₁ = ]–∞, –4[ ∪ ]1, ∞[. Portanto, –5 –5 1 1 –4 –4 Logo, S = {x ∈ R/ –5 < x < –4 ou x > 1}. 46) E Temos: log_{a + 1} (b + 2a) = 2 b + 2a = (a + 1)2 b + 2a = a2 _{+ 2a + 1} b = a2 _{+ 2a – 2a + 1} b = a2 _{+ 1 (i)}

12

Substituindo (i) em 1 + log_a (b – 1) = a, temos:

1 + log_a (a2 _{+ 1 – 1) = a}

1 + log_a a2 _{= a}

1 + 2 log_a a = a

1 + 2 . 1 = a a = 3

Substituindo a = 3 em (i), obtemos: b = 32 _{+ 1} b = 9 + 1 b = 10 Segue, log_3a (3b – a) = log_3.3 (3 . 10 – 3) = log₉ (30 – 3) = log₉ 27 = 3 2 47) C I. Incorreta. Valor mínimo: y_v = – ∆ 4a

Como Δ < 0 (não admite raiz), então –Δ > 0. Temos

ainda a > 0, logo 4a > 0. Portanto, o quociente é – ∆ 4a > 0, e assim o valor mínimo é positivo. II. Correta. log 0,04 = log 4 100 = log 2 10 2    = 2 . log 2 10 = 2 (log 2 – log 10) = 2 (a – 1) III. Incorreta. 2x2−4x+5= 2 x2 _{– 4x + 5 = 1} x2 _{– 4x + 4 = 0}

Resolvendo a equação acima, obtemos: x' = x'' = 2. IV. Correta. f(x) = ax + 2 y = ax + 2 x = ay + 2 x – 2 = ay y = x a − 2 f–1_{(x) = x} a − 2 Segue, f–1_{(–1) = − −}1 3 a = 3 – 4 = 3a a = – 3 4 < 0 Portanto, f é decrescente. 48) D log₁ 16 a = 1 3 log₂−4a = 1 3 1 4 − log2 a = 13 log₂ a = – 4 3 Temos ainda: log1 16 b = 2 5 log₂−4b = 2 5 1 4 − log2 b = 25 log₂ b = – 8 5 Logo, log₂ (a3 _{. b}4 5 _{) = log} 2 a3 + log2 b 5 4 = 3 . log₂ a + 5 4 log₂ b = 3 4 3 5 4 8 5 ⋅ −   + ⋅ −     = – 4 – 8 4 = – 4 – 2 = – 6.

49) B log_A B3 _{. log} B A2 = log log B B B A 3 . log_B A2 = 3log 2 log log B B B B A ⋅ A = 3 . log_B B . 2 = 3 . 1 . 2 = 6 51) B log_a b = 3 ⇔ a3 _{= b (i)}

Substituindo (i) em log_ab c = 4, teremos:

log_{a a} ⋅3c = 4 log_a4c = 4 1 4loga c = 4 log_a c = 4 . 4 log_a c = 16 52) C log1 4 (x – 5)2 _{= –2} (x – 5)2 _{= 1} 4 2    − x2 _{– 10x + 25 = 4}2 x2 _{– 10x + 25 – 16 = 0} x2 _{– 10x + 9 = 0}

Resolvendo a equação acima, temos: x' = 1 ou x'' = 9 53) C log₃ (x2 _{+ x + 1) – log} 3 (x3 – 1) = log3 5 log3 log 2 3 3 1 1 5 x x x + + − = x x x 2 3 1 1 + + − = 5 x2 _{+ x + 1 = 5 ( x – 1 )}3 x2 _{+ x + 1 = 5x}3 _{– 5} 5x3 _{– x}2 _{– x – 1 – 5 = 0} 5x3 _{– x}2 _{– x – 6 = 0} Temos que x = 6 5 é raiz. Logo, 5 . r2 _{– r = 5 . 6} 5 2    – 65 = 5 36 25 6 5 ⋅ − = 36 5 – 65 = 30 5 = 6 50) D log₂ a + log1 4 b – log1 2 c = 3 log₂ a + log₄−1b – log₂−1c = 3 log₂ a + log₂−2b – log₂−1c = 3

log₂ a + 1 2 −   log2 b – 1 1 −    log2 c = 3 log₂ a – 1 2log2 b + log2 c = 3 log₂ a + log₂ b−21_{. log}

2 c = 3 log₂ (a . b−21_{. c) = 3} a . b−21_{. c = 2}3 a c b ⋅ 1 2 = 8 b a c 1 2 ⋅ = 18 b 1 2_{= a c}⋅ 8 b = a c ⋅  8  2 b = a c2 2 64 ⋅

14

54) A

O gráfico intercepta o eixo das ordenadas em:

t = 0 ⇒ f(0) = A . (1 – e–k.0₎ f(0) = A . (1 – e0₎ f(0) = A . (1 – 1) f(0) = A . 0 f(0) = 0 Temos que: f(x) = A . (1 – e–kt₎ f(x) = A . 1 1_ − _ ekt

Note que o maior valor que −_e1kt pode assumir é –1.

Assim, f(x) será máximo quando −_e1kt = –1. Portanto, o

valor máximo para f(x) = A. Daí, o gráfico é dado por:

A x y 55) B Do enunciado, temos: y a b b x = ⋅ =    2 ⇒ y = a . 2 x

Considere que y = n, para x = 0.

n = a . 20 _{⇒ a = n} Para y = 20n, temos: 20 2 0 n n n x = ⋅ ≠    Segue, 20 = 2x log 20 = log 2x

log 2 + log 10 = x . log 2 log 2 + 1 = x . log 2 0,3 + 1 = x . 0,3 x = 13 0 3 , , x ≅ 4,3 horas. 56) D

ERRATA: Para a resolução do exercício considere V(t) = P . e0,12t_.

Tempo em que o investimento dobra: V(t) = P . e0,12t

2_{P= .P e}0 12, t

2 = e0,12t _{(aplicando ℓn em ambos os lados)}

ℓn 2 = ℓn e0,12t ℓn 2 = 0,12t . ℓn e 0,69 = 0,12t . 1 t = 0 69 0 12 , , t = 5,75 ≅ 6 horas. 57) 02 L(x) = – 1 10x 2 _{+ 15x} Lucro máximo: L(m) = – 1 10m 2 _{+ 15m} Logo, log L m( ) log m m m m 3 1 10 15 3 2   = − +           = log m m m − +                1 10 15 3 = log − +           1 10 15 3 m Temos que: m = – b a 2 = x_V m = − ⋅ −    =− − 15 2 1 10 15 1 5 = 15 . 5 = 75 Segue: log L m( ) log m 3 1 10 75 15 3   = − ⋅ +           = log − +   7 5 15 3 ,

= log 2,5 = log 10 4 = log 10 – log 4 = 1 – log 22 = 1 – 2 . log 2 58) C M₁ – M₂ = log A A 1 2 9 – 6,3 = log A A1₂ 2,7 = log A A1₂ A A 1 2 = 102,7 A₁ = 102,7 _{. A} 2