µ f(x) = e x senx+e 1 x

(1)

Universidade da Beira Interior Departamento de Matemáti a

Engenharia Civil 2010/2011

Exer í ios resolvidos Cál ulo Diferen ial em R

PERGUNTAS

1. Determineo onjuntodospontosondeédiferen iável adaumadasseguintesfunções,bem omo asuaderivada: a) f (x) = e x_{sen x + e}1_x b) f (x) = 1 2ln cosh(2x) ) f (x) = sen2_x sen x2 d) f (x) = sen x+cos x sen x−cos x e) f (x) = x5₊₁ ex₋₂ f) f (x) = sen tg 1−x2 ln x g) f (x) = x 1+e1x 2+e1x h) f (x) = √ cosh x − 1 i) f (x) = x|x − 1| j) f (x) = x2 _{, x ≤ 0} x , x > 0 k) f (x) = ( (1 − x) ln(x − 1) , x > 1 1−x2 2x+1 , x ≤ 1 ∧ x 6= −12 l) f (x) = _x 1−x , x ≤ 0 arctg x , x > 0

(2)

a) f (x) =

√

x no ponto deab issa4.

b) f (x) = 1 + 3e

x+3

num ponto onde ode live seja3e. ) f (x) = e √ x+3_{+ ln arctg x} no ponto de ab issa 1. d) f (x) = arcsen x−1

2 no ponto de interse ção omo eixodasab issas

3. Sejamf eg duasfunçõesde lasseC

1_(R) veri ando: i) ∀x, y ∈ R f (x + y) = f (x)f (y) ii) ∀x ∈ R f (x) = 1 + xg(x) iii) lim x→0g(x) = 1 Mostre quef ′_{(x) = f (x)} . 4. Considere a função dadapor:

f (x) =

_3−x2

2 , x ≤ 1 1

x , x > 1

a) Mostre queé possivelapli aro teoremade Lagrange af no intervalo[0, 2] b) Determineosnúmerosreaisc taisque f (2) − f (0) = 2f

′_(c)

5. DetermineopolinómiodeTaylordograuindi adoemtornodospontosindi adospara adauma dasseguintesfunções:

a) f (x) = ln x , grau 2,noponto x = 1. b) f (x) = cos x, grau 3,no ponto x = 0.

) f (x) = e

x2

, grau 4,noponto x = 0. d) f (x) = sen x, grau n, no ponto x = 0.

(3)

a) lim x→π4 esen x_{− e}cos x sen x − cos x b) lim x→0 1 sen x− 1 x ) lim x→π 2 (tg x)cos x d) lim x→0+x x e) lim x→0(cos x) 1 x2 f) lim x→0 sen x − x x − tg x

7. Estude ada umadasseguintes funções onsiderando: i) Odomínio.

ii) Oszeros. iii) Asassíntotas. iv) A primeira derivada.

v) Osextremos eintervalos demonotonia. vi) A segundaderivada.

vii) Ospontosde inexãoesentido da on avidade. viii) Oesboço dográ o.

a) f (x) = ln(x 2_{− 1)} b) f (x) = x ln x , x > 0 √ 1 − x , x ≤ 0 ) f (x) = ( e−1−(x+1)2 _{, x < −1} e|x|−2 _{, x ≥ −1}

(4)

1. (a) A funçãotem domínio Df = R \ {0}(que éum aberto). Temos exsen x + e1x ′ _{= e}x_{sen x + e}x cos x − _x12e 1 x

estandoesta expressãobemdenidaemR\ {0}. Assim afunção édiferen iávelemR\ {0} e temderivada dadapor

f′(x) = exsen x + ex_{cos x −} 1 x2e

1 x.

(b) Odomíniode f é Df = {x ∈ R : cosh(2x) > 0} = R. Temos

1 2ln cosh(2x) ′ = 1 2 [cosh(2x)]′ cosh(2x) = senh(2x) cosh(2x),

estando esta expressão bem denida em R. Assim a função é diferen iável em R e tem derivada dadapor

f′(x) = senh(2x) cosh(2x).

( ) Odomíniode f é Df = {x ∈ R : x 6= ±

√

kπ, k ∈ N ∪ {0}}(que é um aberto). Temos

sen2_x

sen x2

′

= 2 sen x cos x sen x

2_{− 2x cos x}2_sen2_x

(sen x2₎2 ,

estandoesta expressãobemdenida emDf. Assimf édiferen iávelemDf e temderivada dada por

f′(x) = 2 sen x cos x sen x

2_{− 2x cos x}2_sen2_x

(sen x2₎2 .

(d) Odomíniode f é Df = {x ∈ R : sen x − cos x 6= 0} = {x ∈ R : x 6=

π

4 + kπ, k ∈ Z}. Temos

sen x + cos x sen x − cos x

′

= (cos x − sen x)(sen x − cos x) − (sen x + cos x)(cos x + sen x) (sen x − cos x)2

= − 2

(sen x − cos x)2,

estando estaexpressão bemdenidaem Df. Assim f édiferen iávelem Df e temos

f′_{(x) = −} 2 (sen x − cos x)2. (e) Odomíniode f é Df = {x ∈ R : e x_{− 2 6= 0} = R \ {ln 2}.} Temos x5_{+ 1} ex_{− 2} ′ = 5x 4_(ex_{− 2) − e}x_(x5_{+ 1)} (ex_{− 2)}2 ,

f′(x) = 5x

4_(ex_{− 2) − e}x_(x5_{+ 1)}

(5)

(f) Odomíniode f é Df = n x ∈ R : 1−xln x2 6= π2 + kπ, k ∈ Z ∧ ln x 6= 0 ∧ x > 0 o .Temos sen tg1 − x 2 ln x ′ = tg1 − x 2 ln x ′ cos tg1 − x 2 ln x = 1−x2 ln x ′ cos21−x2 ln x cos tg1 − x 2 ln x = −2x 2_{ln x − (1 − x)}2 xln2x cos21−x2 ln x cos tg1 − x 2 ln x ,

estando estaexpressão bemdenidano onjunto

C = x ∈ R : 1 − x 2 ln x 6= π 2 + kπ, k ∈ Z ∧ x 6= 0 ∧ ln x 6= 0 ∧ x > 0 .

Assima função é diferen iável emC ∩ Df = Df. (g) A funçãotem domínio Df = R \ {0}. Temos

x1 + e 1/x 2 + e1/x !′ = 1 + e 1/x 2 + e1/x + x −ex1/x2 2 + e1/x + e 1/x x2 1 + e1/x 2 + e1/x2 = e 1/x_{(3x − 1) + xe}2/x_{+ 2x} x 2 + e1/x2 ,

f′(x) = e

1/x_{(3x − 1) + xe}2/x_{+ 2x}

x 2 + e1/x2 .

(h) A funçãotem domínio Df = {x ∈ R : cosh x − 1 ≥ 0} = R.Temos

√ cosh x − 1 ′ = 1 2(cosh x − 1) −1/2_{· senh x =} senh x 2√_{cosh x − 1},

estandoestaexpressãobemdenidano onjunto {x ∈ R : cosh x − 1 > 0} = R \ {0}. Assim

f é diferen iável emR∩ R \ {0} = R \ {0}e temderivada

f′(x) = senh x 2√_{cosh x − 1}.

(i) A funçãotem domínio Df = R.Temos

f (x) = x|x − 1| = x(x − 1) , sex ≥ 1 x(1 − x) , sex < 1 Se x > 1temos f ′_{(x) = (x}2_{− x)}′ _{= 2x − 1} . Se x < 1temos f ′_{(x) = (x − x}2₎′ _{= −2x + 1} . No ponto x = 1 temos f′(1) = lim h→0 f (1 + h) − f (1) h . Por um lado lim h→0+ f (1 + h) − f (1) h = h→0lim+ (1 + h)2_{− (1 + h) − 0} h = limh→0+ 1 + 2h + h2_{− 1 − h} h = lim h→0+(h + 1) = 1,

(6)

lim h→0− f (1 + h) − f (1) h = limh→0− 1 + h − 1 − 2h − h2_{− 0} h = limh→0−(−1 − h) = −1. Como lim h→0+ f (1 + h) − f (1) h 6= limh→0− f (1 + h) − f (1)

h on lui-sequenão existe derivada em

x = 1. Assim f édiferen iávelem R\ {1} e temos

f′(x) = 2x − 1 , sex > 1 −2x + 1 , sex < 1 (j) Para x < 0temosf ′_{(x) = 2x} . Para x > 0temosf ′_{(x) = 1} . No ponto x = 0 temos lim h→0+ f (h) − f (0) h = limh→0+ h − 0 h = 1, e lim h→0− f (h) − f (0) h = limh→0− h2_{− 0} h = = limh→0−h = 0, logo lim h→0+ f (h) − f (0) h 6= limh→0− f (h) − f (0)

h e portanto não existederivada no ponto x = 0. Con lui-se quef é diferen iável emR\ {0}e temos

f′(x) =

2x , sex < 0

1 , sex > 0

(k) A funçãotem domínio R\−

1 2 . Para x > 1temosf′(x) = − ln(x − 1) + (1 − x) 1 x−1 = − ln(x − 1) − 1. Para x < 1e x 6= − 1 2 temosf ′_{(x) =} −2x(2x+1)−2(1−x2₎ (2x+1)2 = −_2x+12x − 2−2x 2 (2x+1)2. Para x = 1temos lim h→0+ f (1 + h) − f (1) h = limh→0+ −h ln h h = limh→0+− ln h = +∞,

assim não existe derivada em x = 1. Con lui-se que f é diferen iável em R\−

1 2, 1 e temos f′(x) = ( − ln(x − 1) − 1 , sex > 1 −2x+12x − 2−2x 2 (2x+1)2 , sex < 1 ∧ x 6= − 1 2

(l) A funçãotem domínio R. Destemodo,temospara x < 0

f′(x) = x 1 − x ′ = 1 − x + x (1 − x)2 = 1 (1 − x)2 e para x > 0 f′(x) = (arctg x)′ = 1 1 + x2. Para x = 0temos lim h→0+ f (0 + h) − f (0) h = limh→0+ arctg h − 0 h = limh→0+ 1 1+h2 1 = 1 lim h→0− f (0 + h) − f (0) h = limh→0− h 1−h− 0 h = limh→0− 1 1 − h = 1

(7)

Destemodo temosf ′_{(x) = lim} h→0 f (0 + h) − f (0) h = 1 eportanto f′(x) =    1 (1−x)2 , se x < 0 1 , se x = 0 1 1+x2 , se x > 0 2. (a) Pro uramos a re ta da forma y = mx + b om m = f

′₍₄₎

que passe no ponto (4, f (4)) =

= (4, 2). Temosquef ′_{(4) =} 1 2x− 1 2|_x=4= 1 2√4 = 1

4.Assimtemqueseveri ar2 =

1

4·4+b ⇔

⇔ b = 1. Are ta pedidaé are ta de equação y =

1 4x + 1. (b) Temos f′(x) = 1 + 3e x+3′ = 3ex+3 . Assim f′(x) = 3e ⇔ 3e x+3 _{= 3e ⇔ x = −2.} Deste modo f ′_{(−2) = 3e}

. Pro uramos a re ta da forma y = 3ex + b que passa no ponto

(−2, f (−2)) = (−2, 1 + 3e). Temos 1 + 3e = 3e(−2) + b ⇔ b = 1 + 9e. A re ta pedida é a re ta deequação y = 3ex + 1 + 9e.

( ) Pro uramos a re ta da forma y = mx + b om m = f

′₍₁₎

que passe no ponto (1, f (1)) =

= 1, e2_{+ ln}π 4 . Temos quef′(x) = 1 2(x + 3)− 1 2e √ x+3₊1/(1+x2)

arctg x , peloquef′(1) =

e2 4 +π2. Tem queseveri are 2_{+ ln}π 4 = e 2 4 +π2 + b ⇔ b = 3e 2

4 + lnπ4 −π2.Are ta pedida éassim a re ta y = e2 4 +π2 x + 3e₄2 + lnπ₄ ₋_π2.

(d) Um ponto de interse ção da função f om o eixo das ab issas é um ponto (a, 0) om

f (a) = 0. Temos f (a) = 0 ⇔ arcsen

a−1

2 = 0 ⇔ a−12 = 0 ⇔ a = 1. Con lui-se que existe um úni o ponto de interse ção om o eixo das ab issas: o ponto (1, 0). Temos

f′(1) = q 1/2 1−(x−12 )

2|x=1 =

1

2. Assim a re ta pedida é a re ta da forma y =

1

2x + b, que passa no ponto (1, 0). Como 0 =

1

2 + b ⇔ b = −12 on luimosque a re ta pedida é a re ta

y = 1₂_{x −}1₂.

3. Seja x ∈ R xo. Temos, atendendo a que f (x) é onstante, f′(x + y) = f (x)f′(y). Fazendo

y = 0 obtemos f

′_{(x) = f (x)f}′₍₀₎

. Por outro lado, f

′_{(x) = g(x) + xg}′_(x) e portanto f ′_{(0) =} = lim x→0[f (x)f ′_{(0)] = [ lim} x→0f (x)]f ′_(0). Con lui-se quef ′_{(0) = lim} x→0[g(x) + xg ′_{(x)] = 1 + 0g}′_{(0) = 1.} Destemodo f ′_{(x) = f (x)} .

4. (a) A função g : R → R dada por g(x) =

3

2 − 12x2 é ontínua em R logo f é ontínua para

x < 1. A função h : R \ {0} → R dadapor h(x) =

1

x é ontínua emR\ {0}, umavez que é um quo iente de polinómios, logof é ontínua para x > 1. Temos lim

x→1− 3 − x2 2 = 1 = f (1) e lim x→1+ 1

x = 1. Deste modo f é ontínua em x = 1. Con lui-se que f é ontínua em R e em parti ular é ontínua em [0, 2]. Temos, para x < 1, f

′_{(x) =} 3−x2 2 ′ = −x e para x > 1, f ′_{(x) =} 1 x ′

= −x12. Umavez que lim

x→1−f ′_{(x) = lim} x→1−(−x) = −1 = lim_x→1+ −_x12 = = lim x→1+f ′_(x) , on lui-se que f ′_{(1) = −1}

(uma vez que f é ontínua omovimos). Note-se quepoderiamos terre orrido à deniçãode derivada noponto x = 1

Assim f′(x) =    −x, sex < 1 1, sex = 1 −x12, sex > 1

e f édiferen iável emRe emparti ular em]0, 2[. Con lui-se queo teoremade Lagrange é apli ávela f no intervalo [0, 2].

(8)

(b) Temos f (2) =

1

2 e f (0) =

3

2. Como vimos naalínea a) temos

f′(x) =

−x, sex ≤ 1

−x12, sex > 1

.

Assim,de a ordo om oteorema deLagrange existe c ∈ [0, 2]tal quef (2) − f (0) = 2f

′_(c) . Seja c ∈ [0, 1]. Temos f (2) − f (0) = 2f′(c) ⇔ −1 = −2c ⇔ c = 1 2. Seja c ∈]1, 2] Temos f (2) − f (0) = 2f′(c) ⇔ −1 = 2 −_c1₂ ⇔ c = ±√2. Atendendo a que − √ 2 6∈]1, 2] e √

2 ∈]1, 2], on luimosqueexistem doisnúmerosreaisnas ondiçõespedidas:

1 2 e √ 2. 5. (a) Temos f ′_{(x) =} 1 x, f ′′ (x) = −x12 e portanto f (1) = 0, f ′_{(1) = 1} e f ′′ (1) = −1. Assim P2(x) = f (1) + f′(1)(x − 1) + f′′(1) 2! (x − 1) 2 = x − 1 − 1₂(x − 1)2 = −1₂x2_{+ 2x −}3 2. (b) Temos f ′_{(x) = − sen x} , f ′′ (x) = − cos x, f ′′′ (x) = sen x e portanto f (0) = 1, f ′_{(0) = 0} , f′′_{(0) = −1}e f ′′′ (0) = 0. Con lui-se que P3(x) = f (0) + f′(0)x + f′′(0) 2! x 2₊f ′′′ (0) 3! x 3 = 1 + 0x − 1₂x2+ 0 3!x 3 = 1 −1₂x2. ( ) Temos f ′_{(x) = 2xe}x2 , f ′′ (x) = 2ex2 + 4x2_ex2 , f ′′′ (x) = 4xex2 + 8xex2 + 8x3_ex2 e f (4)_{(x) =} = 4ex2 + 8x2ex2 + 8ex2 + 16x2ex2 + 24x2ex2 + 16x4ex2 e portanto f (0) = 1, f ′_{(0) = 0} , f′′(0) = 2, f ′′′ (0) = 0e f (4)_{(0) = 12} . Destemodo P4(x) = f (0) + f′(0) 1! x + f′′(0) 2! x 2₊f ′′′ (0) 3! x 3₊ f(4)(0) 4! x 4 = 1 + 0 + x2+ 0 +12 24x 4₌ 1 2x 4_{+ x}2_{+ 1.} (d) Para k = 0, 1, 2, ... temos f(n)(x) =        sen x, sen = 4k cos x, sen = 4k + 1 − sen x, sen = 4k + 2 − cos x, sen = 4k + 3 e f(n)(0) =        0, sen = 4k 1, sen = 4k + 1 0, sen = 4k + 2 −1, sen = 4k + 3 Temos Pn = f (0) + f′(0) 1! x + f′′(0) 2! x 2_{+ ... +} fn−1(0) (n − 1)!xn−1− f(n)(0) n! x n_.

Pelo que, omof

(n)_{(0) = sen(n}π 2), temos Pn= 0 + x + 0 − 1 3x 3_{+ ... +} sen(nπ2) n! x n

6. (a) Temos, re orrendoà regrade Cau hy,

lim

x→π4

esen x_{− e}cos x

sen x − cos x = limx→π4

cos xesen x+ sen xecos x

cos x + sen x = limx→π4

√ 2 2 e√2/2+ e√2/2 2√₂2 = e √ 2/2

(b) Temos, re orrendoà regrade Cau hy,

lim x→0 1 sen x− 1 x = lim x→0 x − sen x x sen x = limx→0 1 − cos x

sen x + x cos x = limx→0

sen x

cos x + cos x − x sen x = 0 2 = 0

(9)

lim

x→π2

(tg x)cos x = lim

x→π2

eln(tg x)cos x = elimx→ π₂ cos x ln(tg x)_{= e}limx→ π₂ ln(tg x)/(1/ cos x)₌

= elimx→ π₂ (1/cos2x)/ tg xsen x/cos2x _{= e}limx→ π2

1/(cos x sen x)

sen x/cos2x _{= e}limx→ π₂sen2xcos x = e0 = 1

(d) Temos, re orrendoà regrade Cau hy,

lim

x→0+x

x _{= lim} x→0+e

ln xx

= elimx→0+x ln x= elimx→0+ln x/(1/x)= elimx→0+ 1/x

−1/x2 = elimx→0+−x = e0= 1

(e) Temos, re orrendoà regrade Cau hy,

lim x→0(cos x) 1/x2 = lim x→0e ln(cos x)1/x2 = lim x→0e ln(cos x)/x2

= elimx→0− sen x/ cos x2x =

= elimx→0(2x cos x− sen x) = elimx→0(2 cos x−1 · sen x

x ) = e(−1/2)·1 = e−1/2 (f) Temos, re orrendoà regrade Cau hy,

lim x→0 sen x − x x − tg x = x→0lim cos x − 1 1 − 1/cos2_x = lim_x→0 cos3_{x − cos}2x cos2_{x − 1} = lim_x→0

−3cos2x sen x + 2 cos x sen x −2 cos x sen x = = lim

x→0

cos x sen x(3 cos x − 2) 2 sen x cos x = limx→0

3 2cos x − 1 = 1 2 7. (a) Temos • Df = {x ∈ R : x2− 1 > 0} =] − ∞, −1[∪]1, +∞[ • f (x) = 0 ⇔ ln(x2− 1) = 0 ⇔ x2− 1 = 1 ⇔ x2= 2 ⇔ x ±√2

O onjunto doszerosé o onjunto −

√ 2,√2 . • lim x→1+f (x) = lim_x→1+ln(x 2 − 1) = −∞, lim x→−1−f (x) = lim_x→−1−ln(x 2 − 1) = −∞. Destemodo,asre tasx = 1ex = −1 sãoassíntotas verti ais.

lim x→+∞ f (x) x = limx→+∞ ln(x2_{− 1)} x = limx→+∞ 2x/(x2_{− 1)} 1 = limx→+∞ 2 x − 1/x = 0 mas lim x→+∞[ln(x 2 _{− 1) − 0x] = lim} x→+∞ln(x 2 _{− 1) = +∞} ; agora, lim x→−∞ ln(x2_{− 1)} x = lim x→−∞ 2x

x2_{− 1} = = 0 mas, maisuma vez, lim

x→−∞[f (x) − 0x] = limx→−∞ln(x

2 _{− 1) = +∞}

. Con lui-sequenão existem assíntotashorizontais.

• f′(x) = _x22x₋₁, x ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[,

2x

x2₋₁ = 0 ⇔ x = 0 mas0 6∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[. Con lui-sequea primeira derivada nãotem zeros. Destemodo, temoso quadro

−1 1

f′ ₋ N.D. N.D. N.D. +

f _ց N.D. N.D. N.D. ր

Atendendo a que lim

x→−1−f (x) = −∞ e lim

x→1+f (x) = −∞

, on luimos que f não tem extremos. • f′′(x) = 2(x2_(x−1)−2x·2x2₋₁₎2 = −2(x 2₊₁₎ (x2₋₁₎2 . Logof ′′ (x) < 0, paratodoox ∈] − ∞, −1[∪]1, +∞[. Temos oquadro −1 1 f′′ ₋ N.D. N.D. N.D. − f _∩ N.D. N.D. N.D. ∩

(10)

• Podemos então esboçaro grá ode f. x y 2 4 6 −2 −4 −6 −8 −10 2 4 6 8 −2 −4 −6 −8 −10 (b) Temos • Df = R • x ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ ln x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1. Temos {0, 1}∩]0, +∞[= {1}, √ 1 − x = 0 ⇔ x = 1. Temos {1}∩] − ∞, 0[= {}. Logo apenastemos umzero: o ponto x = 1.

• lim x→0+f (x) = lim_x→0+(x ln x) = lim_x→0+ ln x 1/x = limx→0+ 1/x −1/x2 = lim_x→0+(−x) = 0 , lim x→0−f (x) = lim_x→0− √ 1 − x =√1 = 1. Con lui-sequenão há assíntotas verti ais.

lim x→+∞ f (x) x = limx→+∞ x ln x x = limx→+∞ln x = +∞ , lim x→−∞ f (x) x = limx→−∞ √ 1 − x x = limx→−∞ 1 2(1 − x)−1/2(−1) 1 = 0, lim x→−∞ √

1 − x = +∞. Con lui-seque nãoexistem assíntotasnão verti ais.

• Para x > 0temosf ′_{(x) = (x ln x)}′ _{= ln x + 1} . Para x < 0temosf ′_{(x) = (}√_{1 − x)}′ ₌ 1 2(1 − x)−1/2(−1) = −2√11−x. lim h→0+ f (h) − f (0) h = limh→0+ h ln h − 1

h = −∞ on luimos que não existe derivada em

x = 0. Assim f′(x) = ( ln x + 1 , sex > 0 −₂√1 1−x , sex < 0 f′_{(0) = 0 ⇔ (ln x + 1 = 0 ∧ x > 0) ∨}₋₂√1 1−x = 0 ∧ x < 0 ⇔ ln x = −1 ∧ x > 0 ⇔ ⇔ x = 1e. Podemos onstruir o seguinte quadro

0 1_e f′ ₋ N.D. − 0 + f _ց 1 ց − 1 e ր

Temos um mínimono ponto x =

1 e.

(11)

• f′′(x) = ( ₁ x , sex > 0 −_4(1−x)x 3/2 , sex < 0 f′′ _{= 0 ⇔ x < 0 ∧ −} x

4(1−x)3/2 = 0 ⇔ x = 0 ∧ x < 0, o queé impossível. Con lui-se que asegunda derivada não temzeros. Podemos onstruiro quadro

0 f′′ + N.D. +

f _∪ 1 ∪

Nãotemos pontosde inexão.

• Podemos então esboçaro grá oda função.

x y 2 4 6 8 10 12 −2 2 4 −2 −4 −6 −8 −10 bc b ( ) • Df = R

• Afunção não temzeros.

• lim x→−1−f (x) = lim_x→−1−e −1−(x+1)2 = e−1, lim x→−1+f (x) = lim_x→−1+e |x|−2_{= e}−1 . Destemodo,não háassíntotas verti ais.

lim x→+∞ f (x) x = limx→+∞ ex−2 x = +∞, lim x→−∞ f (x) x = limx→−∞ e−1−(x+1)2 x = 0, lim x→−∞(f (x) − 0x) = limx→−∞e −1−(x+1)2

= 0. Con lui-se que y = 0 é assimptota não verti alà esquerda. • f′(x) =    −2(x + 1)e−1−(x+1)2 , sex < −1 −e−x−2 _, se − 1 < x < 0 ex−2 , sex > 0

Noteque: lim

x→0−f ′_{(x) = lim} x→0− −e −x−2_{= −e}−2 _{6= e}−2_{= lim} x→0+ e x−2_{= lim} x→0+f ′_(x) e lim x→−1−f ′_{(x) = lim} x→−1− h

−2(x + 1)e−1−(x+1)2i= 0 6= −e−1= lim

x→−1+ −e

−x−2_{= lim} x→−1+f

′_(x)

, e portanto (repare que temos ontinuidade de f em x = 0 e x = −1) on luimos que nãoexiste derivada nestespontos. Podemos onstruir o seguinte quadro

−1 0

f′ ₊ N.D. − N.D. +

(12)

Nãoexistem extremosde f. • f′′(x) =    (4x2_{+ 8x + 2)e}−1−(x+1)2 , sex < −1 e−x−2 , se − 1 < x < 0 ex−2 , sex > 0 f′′_{(x) = 0 ⇔ 4x}2_{+ 8x + 2 = 0 ⇔ x =} −8 ± √ 64 − 32 8 = −1 ± √ 2 2 . Como−1 − √ 2 2 ∈] − ∞, −1[ mas−1 + √ 2

2 6∈] − ∞, −1[temosapenasum zerodasegunda derivada no ponto x = −1 −

√ 2

2 . Podemos onstruir oquadro

−1 − √22 −1 0 f′′ + 0 ₋ N.D. + N.D. + f _∪ e− √ 3 2 ∩ e−1 ∪ e−2 ∪ Temos um ponto deinexão noponto x = −1 −

√ 2 2 .

• Podemos então esboçaro grá o.

x y 2 4 6 8 10 −2 2 4 −2

(13)

Sejamu ev funçõesdiferen iáveis ek, a eα onstantes reais. k′= 0 x′ _{= 1} (u ± v)′ _{= u}′_{± v}′ (uv)′ = u′v + uv′ u v ′ = u′v−uv_v2 ′ (ku)′ = ku′ (uα₎′ _{= αu}α−1_{· u}′ (√u)′ = _2×u√′_u (√n_u)′ ₌ u′ nn√un−1 (eu)′ = eu_{· u}′ (au)′ = au_{· u}′ln a, _{a ∈ R}+_{\ {1}} (uv₎′ = uv_v′_{ln u + vu}v−1_u′ (ln u)′ = u_u′ (log_au)′ = _{u ln a}u′ , _{a ∈ R}+_{\ {1}} (sen u)′ _{= cos u · u}′ (cos u)′ _{= − sen u · u}′ (tg u)′ = _cosu2′_u = sec2u · u′

(cotg u)′ _{= −}_senu2′_u = −cosec2u · u′

(sec u)′ _{= sec u tg u · u}′

(cosec u)′ _{= − cosec u cotg u · u}′ (arcsen u)′ = √u′ 1−u2 (arccos u)′ _{= −}√u′ 1−u2 (arctg u)′ = _1+uu′2 (arccotg u)′ _{= −}_1+uu′2 (arcsec u)′ = u′ u√u2₋₁ (arccosec u)′ _{= −} u′ u√u2₋₁ (senh u)′ _{= cosh u · u}′ (cosh u)′ _{= senh u · u}′ (tgh u)′ = sech2_{u · u}′