x 5 Df (( x))= ]0; 5[ ]5; + [

(1)

Grupo A 1. a)f x x x ( ) = − + 4 1 7 x + 7 ≠ 0 ⇔ x ≠ −7 D f x( ( )) = R − −7{ } b)f x x x ( ) = − 5 x ≥ 0 ex − 5 ≠ 0 ⇔ x ≥ 0 ex ≠ 5. D f x( ( )) = ]0; 5[∪]5;+∞[

2. a) O ponto onde o gráfico de f corta o eixoOyé tal quex = 0.

Logoy = f( )0 = − ⋅ +2 0 4 = 4. O ponto é (0; 4).

b) O ponto onde o gráfico de f corta o eixoOxé tal quey = 0.

Logo 0 = fx = −2x +4 ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2. O ponto é (2; 0). c)f x( ) = −2x +4 x y 0 4 2 0 d) f x( ) > 0 ⇔ −2x + 4 > 0 ⇔ 2x < 4 ⇔ x < 2. Os valores são x ∈R x| < 2. e) f x( ) < 0 ⇔ −2x + 4 < 0 ⇔ 2x > 4 ⇔ x > 2. Os valores são x ∈R x| > 2. 3. Sejaf x( ) = ax + b ⇒ f( )0 = b. a) (0; 3) e (−2; 0) ∈f x( ). Logoa = − − − = 0 3 2 0 3 2 ef( )0 = b = .3

Resoluções das atividades adicionais

Capítulo 11 y 4 3 2 1 1 2 f(x) x

(2)

Portantof x( ) = 3 x + 2 3. b) (0; 4) e (7; 0)∈f x( ). Logoa = − − = − 0 4 7 0 4 7 ef( )0 = b = 4 ⇒ f x( ) = − x + 4 7 4. c) (0; −3) e (5; 0) ∈f x( ). Logoa = − − − = 0 3 5 0 3 5 ( ) ef( )0 b 3 f x( ) 3 x 5 3 = = − ⇒ = − . d) (0; 0) e (3; 5)∈f x( ). Logoa = − − = 5 0 3 0 5 3 ef( )0 b 0 f x( ) x 5 3 = = ⇒ = . e) (0; −2) e (3; 5) ∈f x( ) ea = tg 30o. Logoa = 3 = 3 5 3 eb = − ⇒2 f x = x − 3 3 2 ( ) . f) − 3(x −0) = y −7 y = 7 − 3x f x( ) = 7 − 3x g) (8; 5) e (2; 15)∈f x( ). a = − − = − = − 5 15 8 2 10 6 5 3 ef( )8 5 b 5 3 8 5 = ⇔ − ⋅ + = ⇔ b = 15 + 40 = ⇒ f x = − x + 3 55 3 5 3 55 3 ( ) .

4. Temos que (8; 5) e (2; 15) ∈f x( ). Sejaf x( ) = ax + , entãob

a = − − − = 2 1 4 2 3 2 ( ) ef( )2 1 3 ( ) b 2 2 1 = − ⇒ ⋅ + = − ⇔ b = − ⇒4 f x = 3 x − 2 4 ( ) . Logof( )1 3 , 2 1 4 3 2 8 2 5 2 2 5 = ⋅ − = − = − = − . 5. _1 1 1 2 3 x y

(3)

6. 7. a) x = 0 ⇒ y = 3 2 y = ⇒ x = − ± − ⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟⎛_⎝⎜− ⎞_⎠⎟ ⋅ −⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ = − ± + − 0 1 1 4 3 2 1 2 2 1 2 1 1 3 1 = ± ⇔1 2 x = 3oux = −1. Logo 0; 3 2 ; (3; 0) ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ e ( 1; 0)− ∈f x( ) ex = ⇒1 y = 2. b) y = − 1 x + x + = − x + x − + 2 3 2 1 2 1 2 2 2 2 = − 1 − + = − − 2 1 2 2 1 2 1 2 2 (x ) (x ) Portanto Im f x( )= −∞] ; 2]. 8. x ≥ 0: f x( ) = x2 −4x + 3 = (x −2)2 −1 f x( ) = 0 ⇒ x = 3 oux = 1. x = 0 ⇒ y = 3 x = 3 +1 = ⇒ y − 2 2 1 − ≤4 x < 0 0 2 4 y 2 4 x y 2 1 1,5 _1 1 3 x

(4)

f x( ) = x2 + 4x +3 f x( ) = (x + 2)2 −1 f x( ) = 0 ⇒ x = −1oux = −3. x = − ⇒2 y = −1 x = − ⇒4 y = 3 9. a) Reta: y = ax + b (0; 0) e (2; −3) ∈y = ax + b. Logof( )0 = b = e0 a = − − = 3 0 2 0 3

2. Logo a equação da reta é

y = 3 x

2 .

b) Elas atingiram a mesma altura quando:

y x y x x y x x x x y x x x = = − ⇔ = = − ⇔ = = 3 2 24 12 3 2 3 2 24 126 3 2 18 24 2 2 e e e − x2 ⇔ − = ⇔ = = ⇔ = ⋅ = y = 3 2 e y = 3 2 e ou não convém x x x x x x y 2 ₆ ₀ ₀ ₆ 3 2 6 9 123 e x = 6

Então, elas atingiram a mesma altura no dia 6 que foi igual a 9 centímetros.

10.a) Seja f t( ) = at + . Temos que (b 0;−4 e ( ; )) 1 2− ∈f t( ). Logo

a = − − − − = 2 4 1 0 2 ( ) eb = f( )0 = − ⇒4 b = −4⇒f t( ) = 2t −4. 0 ≤ t ef t( ) ≤ 0 ⇔ ≥t 0 e 2t − ≤4 0 ⇔ ≥ et 0 t ≤ 2.

Portanto f t( ) = 2t −4 e 0 ≤ ≤t 2. Então o golfinho sairá da água no instantet = 2 s. 1 2 3 4 _2 _ 4 1 4 2 2 3 3 _3 _3 _3 _1 _1 _1 _1

(5)

b) Como no instantet = 2 s o golfinho estará saindo da água ⇒f( )2 =0. Comox b a x 0 2 0 6 2 4 2 4 8 6 + = − = − −⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ = ⋅ = ⇒ = s e

a altura máxima será no vértice, isto é, y

a v = −Δ 4 = −⎡ − ⋅ − ⋅ −⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ ⋅ −⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ = − − = 6 4 5 3 4 4 3 4 36 27 3 3 2 ₍ ₎ m.

Portanto ele ficou 6 − 2 = 4 s fora da água e a altura máxima é igual a 3 m.

11.alternativa C

Temosf t( ) = 2 + 3 , portanto o gráfico será uma reta que passat

pelos pontos (0; 2) e (1; 5). 12.a) Temosf x( ) = a ⋅(x −1)(x + 2 e 0) 3 4 ;− ( ) ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ ∈f x ⇒ − 3 = ⋅ − ⋅ ⇔ = + 4 1 2 3 8 a ( ) a . Logof x( ) = 3 (x + x − ) 8 2 2 = 3 + − 8 3 8 3 4 2 x x .

b) Como (3; 4) é vértice e (0; 0) é raiz, 0

2 3 6 + r ₌ _⇒ ₌ r ⇒ (0; 0) e (6; 0) ∈f x( ) ⇒ f x( ) = a x( −0)(x −6) = ax x( −6 .) Como (3; 4)∈f x( ) ⇒ 4 = a ⋅ ⋅3 (3 −6) ⇔ a = − 4 9 ⇒ f x( ) = − 4 (x − x) ⇒ f x( ) = − x + x 9 6 4 9 8 3 2 2 _.

13.Sejaf x( ) = y = v ⋅ + a reta. Como (5; 0) e (1; 0) ∈x t g x( ) ⇒ g x( ) = a x( − 5)(x −1 e 0;) 5 2 ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ ∈g x( ) ⇒ 5 = ⋅ − ⋅ − ⇔ = ⇒ = − − 2 5 1 1 2 1 2 5 1 a ( ) ( ) a g x( ) (x )(x ) ⇒ g x( ) = 1 (x − x + ) 2 6 5 2 ₌ x2 −6x + 5 ₌ x2 ₋ _x ₊ 2 2 3 5 2. Logo os pontos AeBsão tais quef x( ) = g x( )

⇔ x − x + = x − ⇔ x − x + = 2 2 6 5 2 2 7 2 8 12 0 ⇔ x = 2 oux = 6.

(6)

Sex = 2 ⇒ y = 2 − 7 = − 2 3 2 e sex = 6 ⇒ y = 6− = 7 2 5 2. LogoA: 2; 3 2 − ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ eB: 6; 2 5 ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟.

14.Temos que (0; 0)∈L(x) e (500; 250 000) é o vértice r + 0 =

2 500 ⇒ r = 1 000 ⇒ L(1 000) = 0 ⇒ L x( ) = a x( −0)(x +1 000). Como (500; 250 000)∈L x( ) ⇒ L(500) = 250 000 = a ⋅ 500⋅ −( 500) ⇔ a = − ⇔1 L x( ) = −x2 +1 000x. E temos que (0; 42 500) e (500; 92 500)∈C x( ) = Kx +t. LogoK = 92 500 −42 500 = = 500 50 000 500 100 et = ( )f 0 = 42 500 ⇒ C x( ) = 100x + 42 500.

a) A empresa terá lucro:

⇔ L x( )−C x( ) > 0 ⇔ −x2 +1 000x −100x −42 500 > 0 ⇔ −x2 −900x −42 500 > 0 ⇔ x2 −900x + 42 500 < 0 ⇔ (x − 50)(x −850) < 0 ⇔ 50 < x < 850

Então o intervalo será ]50 : 850[. b)

15.Sejaxo lado do quadrado. Temos que um lado de dois retângu-los mede 20 −2x e o outro medex. E os outros dois retângulos tem lados 24 −2x e o outro medex. Logo a região sombreada vale:

y = ⋅2 (20−2x x) + 2 24( −2x) −x = 2x(24 −2x + 20−2x) = 2x(44 −4x) = 8x(11− x) = 8x2 + 88x

O valor máximo deyocorre paraxigual à abscissa do vértice da parábola: x b a v = − = −₋ = + = 2 88 16 11 2 5,5 cm

(7)

16.

a) Temos queAB’= 20− ye queC AB’ $ ≅ CAB$ eABC$ ≅ AB C$’ ’ = 90o ⇔ ΔABC ~ ΔAB C’ ’. Portanto AB B C AB BC y x ’ ’ ’ = = = ⇔ − ₌ 20 30 2 3 20 2 3 ⇔ 2 = 60−3 = 60 −2 ⇔ = 20− 2 3 x y x y x. b) Área do retângulo= = = ⎛ − ⎝⎜ ⎞⎠⎟ f x( ) xy x 20 2x 3 = − + 2 3 20 2 x x.

O máximo dessa função será atingido no vértice da parábola, isto é, quando x b a = − = − ⋅ −⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ = 2 20 2 2 3 15 m. E portanto y = 20 − 2 x = − ⋅ = 3 20 2 3 (15) 10m. Para os valores x = 15 m ey = 10 m.

17.a) Seja xo número de lugares não ocupados, o preço de cada passagem será p x( ) = 200 + 4 .x

Como há 100 − x passageiros, o faturamento é:

f x( ) = (100− x)⋅p x( ) = (100 −x)(200 + 4x) = −4x2 + 200x + 20 000

f(x) tem valor máximo paraxigual à abscissa do vértice:

x b

a

y = − = −₋ =

2

200

2 4( ) 25lugares não ocupados.

b) y a v = −Δ = − − −₋ = 4 200 4 4 20 000 4 4 22 500 2 ( ) ( )( ) ( ) ou f(25) = −4 25( )2 + 200 25( )+ 20 000 = 22 500 y x C, C B A 20 m 60 m B,

(8)

18.a) II e IV. b) III e IV. c) IV. 19.a) II e IV. b) I e IV. c) IV. 20.a) fé bijetora, poisx₁ ≠ x₂ ⇔ −3x₁ + ≠ −1 3x₂ +1 ⇔ f x( ₁) ≠ f x( ₂)∀x₁,x₂ ∈R. E ∀ ∈y R temos quef x( ) = .y Poisy = −3x − ⇔1 3x = − − ⇔y 1 x = − −y 1 3 . b) fnão é injetora nem sobrejetora, já que

f x( ) = −4x + 5x − = −9 4x + ⋅ ⋅2 2 5 x − − + 4 25 16 9 25 16 2 2 = −⎛_⎝⎜2 − 5_⎠⎟⎞ + − = −⎛_⎝⎜ − ⎞_⎠⎟ − 4 25 16 144 16 2 5 4 119 16 2 2 x x . Logof( )0 f 5 4 = ⎛_⎝⎜ ⎞_⎠⎟ e como−⎛ − ⎝⎜2 ⎞⎠⎟ ≤ 5 4 0 2 x ,∀ ∈x R. Logo Im f x( ) = −∞ −⎤ ; ⎦⎥ ⎤ ⎦⎥ 119 16 . 21.f x( ) = −2x2 + 8x + 5 = −2(x2 −4x) + 5 = −2(x2 −4x + −4 4)+ 5 = −2(x −2)2 +13. Como −2(x −2)2 ≤ 0∀ ∈x R. LogoIm f x( ) = −∞] ; 13] ⇒ A = −∞] ; 13]. 22.f x( ) = x2 −4x +10 = x2 −4x + +4 6 = (x −2)2 + 6 Sex₁≠ x₂temosf x( ₁) = (x₁−2)2 + e6 f x( ₂) = (x₂ −2)2 + 6. Sef x( ₁) = f x( ₂) ⇔ (x₁ −2 2) +6 = (x₂ −2 2) +6 ⇔ x₁− =2 x₂ −2 oux₁ − =2 2− x₂ ⇔ x₁ = x₂ ou

x₁+ x₂ = . Portanto não podemos ter4 x₁+ x₂ = . Como4

x₁+ x₂ ≤ máx. {2 x₁;x₂} ⇔ máx. {x₁;x₂} ≥ .2

Portanto, para que não existax₁;x₂ tal quex₁ + x₂ = , basta4 que máx. {x₁;x₂} ≤ . Logo2 k = 2.

23.a) As funções I e IV são pares, pois os expoentes dexsão todos pares.

b) A função II é ímpar, pois os expoentes dexsão todos ímpares e não há termo independente de x.

c) A função III não é par nem ímpar, poisxaparece com expoen-te par e ímpar.

(9)

24.x ∈[k; 7]⇔ − ∈x [k; 7]⇒ ≤k 7. Se [k ⋅ ⇒ ∈7] x [k; 7]⇒ ≥ −k 7. Logok = −7, então teremosf x( )=5x2 − = −1 5( x)2 − = −1 f( x), ∀ ∈ −x [ 7; 7]. Portantok = −7. 25.a) Não, poisf( )1 = − e4 f(− = −1) 4. b) Não, pois 4 ∈ −[ 1; 4] e− ∉ −4 [ 1; 4]. 26.a) A função é crescente em 3 6 ; 3 ⎡ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥. b) A função é decrescente em 0; 3 2 ⎡ ⎣⎢ ⎤ ⎦⎥ e [3; 4]. 27.f x( ) = x2 −6x + −9 4 = (x −3)2 −4

Comof:]−∞;k[ → Re (x_v;y_v ) = ( ;3 −4 . Logo a parábola é si-) métrica em relação a 3. Logok ≤ 3. Logo o maior valor deké igual a 3.

28.alternativa A

Sejaf x( ) eg x( ) duas funções.

a) Falsa. Se fé ímpar egé ímpar, logof x( )⋅g x( ) = − − ⋅ − −f( x) ( g( x))= − ⋅ −f( x) g( x).

Logo o produto é par.

b) Verdadeira. Se fé par egé par, logof x( )⋅g x( ) = − ⋅ −f( x) g( x) é uma função par.

c) Verdadeira. Se fegsão ímpares, logo temosf x( )+ g x( ) = − −f( x)+ − −( g( x)) = − −[ (f x)+ g(−x)].

d) Verdadeira. Se fegsão pares, logo temosf x( )+ g x( ) = −f( x)+ g(−x). Logof + é par.g

e) Verdadeira, já que a alternativa A é falsa.

29.alternativa A a) Verdadeira.

b) Falsa, já quef( )1 = e0 f x( ) < 0, ∀ ∈x k que 1 < x < 3. c) Falsa, já quef x( ) < 0, ∀ ∈x ]1; 3[.

d) Falsa. fnão é sobrejetora, pois∃x tal quef x( ) < −1. e) Falsa. fnão é injetora, poisf( )1 = − = .f( 1) 0

Grupo B

f x( ) = − + 3x

x = − ⇒2 f x( ) = 2+ 3 = 5 ⇒ d = 5 Logo, A = {x ∈R x| ≥ 5 .}

(10)

31.alternativa D Sejaf x( ) = ax + ,b f( )0 = −10ef( )5 = 30,a = + − 30 10 5 0 = 40 = 5 8. E comof( )0 = −10 ⇔ a ⋅ +0 b = −10 ⇔ b = − , logo10 f x( ) = 8x −10. Quando y = ⇔ x − = ⇔ x = = = ⎛ + ⎝⎜ ⎞⎠⎟ 0 8 10 0 10 8 5 4 1 1 4 min 1 min + 60 = 4 s 1min15s.

32.Sejaf x( ) a reta que passa por (5; 0) e (0; 4), eg(x) a reta que passa por (6; 2) e (0; 3): (5; 0) e (0; 4)∈f x( ). Logoa = − − = − 4 0 0 5 4 5. b = f( )0 = 4 ⇒ f x( ) = − 4 x + 5 4 (6; 2) e (0; 3)∈f x( ). Logoa = − − = − 3 2 0 6 1 6. b = f( )0 = 3 Logog x( ) = − 1 x + 6 3.

Aé o encontro das retasg x( ) ef x( ).

Temosg x( )=f x( )⇔ − x + = − x + ⇔ ⎛ − x ⎝⎜ ⎞⎠⎟ = 4 5 4 1 6 3 4 5 1 6 1 ⇔ (24 −5) = ⇔ = ⇒ = − + 30 1 30 19 1 6 3 x x y x = − 1 ⋅ + = − + = − = 6 30 19 3 5 19 3 57 5 19 52 19. LogoA: 30 ; 19 52 19 ⎛ ⎝⎜ ⎞⎠⎟ 33.alternativa E

A função passa por (−2; 0) e (0; 3). Logo a b = ⋅ = 3 2 1 3 1 2 . 34.alternativa A C c: ( ; )0 ∈y = − +x 5 ⇒ − +c 5 = 0 ⇔ c = 5 ⇔ : (5; 0)C A a: ( ; )0 ∈y = x − ⇒3 a −3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ : (3; 0)A

(11)

B r s y x y x y x x x y x x = ∩ ⇔ = − + ∧ = − ⇔ = − ∧ − = − + ⇔ = − ∧ = 5 3 3 3 5 3 4 ⇔ = ∧ = ⇔ y x 1 4 B: (4; 1) ComoA_ABC = b h⋅ = − ⋅ = 2 5 3 1 2 1 ( ) . 35.alternativa D f( )3 = 0 1 3 1 1 3 1 < ⇒ ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ ⎠ ⎟ = − f Para x ≥ 2 ⇒ f x( ) = 2x −6. Portanto: f( )3 f(2 ) f 1 3 0 58 1 57 5 + + ⎛ ⎝ ⎜ ⎞_⎠⎟ = + − = 36.alternativa C Sejaf x( ) = ax2 + bx +c. Como (0; 0) e (2; 1)∈f x( ) ⇒ f( )0 = c = 0 ⇒ f x( ) = ax2 + bx ef( )2 = 4a + 2b = .1

O mínimo da função é assumido no vértice −b = −

a 2 1 4 ⇔ b = ⇔ = a a b 1 2 2 . Portanto temos: 8 2 1 1 10 2 1 10 1 5 b + b = ⇒ b = ⇒ a = ⋅ = ⇒ f x( ) = 1 x + x ⇒ f( ) = + = 5 1 10 1 1 5 1 10 3 10 2 f( )1 3 10 = 37.alternativa C f x( )= −x + x − = −x + x − − + = − −⎛x ⎝⎜ ⎞⎠⎟ − 2 ₂ 2 1 2 4 2 1 4 1 2 7 4 Com −⎛ − ⎝⎜x ⎞⎠⎟ ≤ 2 2 0 2 ,∀ ∈x R. LogoIm f(x) = −∞ −⎛ ⎝⎜ ; ⎤_⎦⎥ 7 4 .

(12)

38.alternativa B

Como a concavidade é para baixo⇒ a < 0.

Temos x b a b a v < 0 ⇒ − < ⇔ > 2 0 0. Comoa < 0 ⇒ b < 0. Como o gráfico corta o eixo Oycomy < 0 ⇒ c < 0.

Logoa < 0,b < 0 ec < 0.

39.alternativa D

y = x2 −mx + (m −1) = (x −1)(x −(m −1))

Como o gráfico da função tem um único ponto em comum com o eixo das abscissas⇒ m − = ⇔1 1 m = 2.

Logof x( ) = x2 −2x + ⇒1 f( )2 = 22 −2 2( )+ =1 1. 40.alternativa B

Para que tenha uma raiz positiva e outra negativa, temos que

Δ > 0 eP b ac c a m m m m m < ⇔ − > ⇔ − − + > − + < 0 4 0 4 4 1 1 0 1 1 0 2 2 e e ( )( ) ⇔ − − > − + < ⇔ > < ⇔ − < < 4 4 1 0 1 1 0 4 0 1 1 1 2 2 2 m m m m m m ( ) ( )( ) . e e 41.alternativa A Equação der:y₁ = ax +b a( > 0eb > 0) Equação des:y₂ = cx +d c( < 0ed > 0) y = (ax +b cx)( +d) = acx2 + (ad + bc x) + bd

a > 0 ec < 0 ⇒ ac < 0 ⇒a concavidade da parábola é para baixo.

O produto das raízes é bd

ac . r s x y d b

(13)

Comobd > 0 eac < 0, bd

ac < 0. Assim, as raízes devem ter

si-nais contrários. 42.alternativa C f x a x x a x ac a a a x a ( ) = 1 + + = + + = ( + ) 4 4 4 4 1 4 2 2 2 2 2

Logo a parábola é tangente ao eixo Ox e temos que

f

a a a

( )0 1

4 4

2

= ⋅ = . A parábola tem vértice em (−2a; 0). Por-tanto, se ela tiver concavidade para cima,a > 0 e será tangente

a Oxem um ponto com abscissa negativa.

Sea < 0, a parábola terá concavidade para baixo e será

tan-gente a Oxem um ponto com abscissa positiva.

A questão apresenta um erro. A equação correta é

f x( ) = ax2 + bx +c.

f x( ) = ax2 + bx +cx = a x( −x₀)(x −x₁)

Como f( )2 = −f( 2) = 0 ⇒ f x( ) = a x( −2)(x + , temos que2)

f( )0 = 4 ⇒ 4 = a ⋅(0 −2 0)( + 2) ⇔ a = −1. Logof x( ) = −(x −2)(x + 2) = −x2 + 4.

Portantof( )1 −f( )3 = −( 12 + 4)− −( 32 +4) = 3 − −( 5) = .8 44.alternativa C

Comoftangencia o eixo das abscissas no ponto (−2; 0),x = −2

é raiz dupla da equaçãof x( ) = 0.

Assimf x( ) = a x( + 2)2. Temos que ( 1; 3)− ∈f x( ) ⇒ − =f( 1) 3 = a(− +1 2)2 = a ⇔ a = 3.

Logof x( ) = 3(x +2)2 = 3x2 +12x +12. 45.alternativa B

SejaMo pé da perpendicular deAemBC. Portanto,BH = he

CH = a − .h

Logob2 = h2 +(a −h) .2

Comoa + = ⇔ = −h 4 a 4 h. Portanto,b2 = h2 + (4 − −h h)2 ⇔b2 =h2 +(4−2h)2 =h2 +16−16h +4h2= 5h2 −16h +16. Logo o mínimo será no vértice da parábola, isto é,

h = − − b ⋅ = = ⇒ = ⋅ ⎛⎝⎜ ⎞⎠⎟ − ⋅ + ( 16) 2 5 16 10 8 5 5 8 5 16 8 5 16 2 2 = 64 − ⋅ + ⋅ = − ⋅ = − = 5 16 8 5 16 5 5 64 5 16 3 5 64 48 5 16 5 .

(14)

46.Seja f x( ) = x + 1. Como ∃x tal que f x( ) = 0, pois teríamos

x + 1 = 0 ⇔ x = − ∉1 N, f não é sobrejetora. x₁ ≠ x₂

⇔ x₁+ ≠1 x₂ + ⇔1 f x( ₁) ≠ f x( ₂), portantofé injetora, mas não é bijetora.

Nenhuma reta paralela aOye aOxpode encontrar a função em dois pontos. Logo o gráfico correto será o da alternativa D.

f A: → B

Sef é injetora, logox₁ ≠ x₂ ⇔ f x( ₁) ≠ f x( ₂).

Portanto, temos que | |B ≥ | |A ⇔ k + 3 ≥ 2k − ⇔2 k ≤ 5. Como |A| e |B|> 0 ⇔ k + 3 > 0e 2k − >2 0 ⇔ k > .1 Logo 1 < k ≤ 5.

Como f é sobrejetora, logo∃x ∈A tal quef x( ) = 1ouf x( ) = 4 ouf x( ) = 6 ouf x( ) = 9 ⇔ x = 1 ou x = 4 ou x = 6 ou

x = 9 ⇔ x = 1oux = 16 oux = 36 oux = 81.

Portanto A = {1, 16, 36, 81}. Já que− ∀A’ tal quef A: ’→ , te-B

mos que A’⊂ AeA’= {1, 16, 36, 81} já quefé sobrejetora. 50.alternativa C

Como festá definida deEem P,e se p ∈P ⇒ ∃ e ∈E tal que

f e( ) = . Portantop f é sobrejetora. 51.alternativa D

(A questão apresenta um erro, o primeiro ndeve ser trocado por B.)

Sefé injetora em > , então pelo Princípio Casas dos Pombosn

∃x₁,x₂,x₁ ≠ x₂ tal quef x( ₁) = f x( ₂). Absurdo, logom ≤ .n

Sefé sobrejetora, temos que∀ ∈y B,∃x tal quef x( ) = . Logoy m ≥ .n

Sef é bijetora, temosm ≤ n em ≥ n ⇔ m = .n

Sef é bijetora, então o gráfico deftemm = n elementos. 52.alternativa E

a) Falsa, fé bijetora, pois∀ ∈a R,∃!x t.q.f x( ) = a.

b) Falsa.fé crescente emRjá que, parax < 0, temosf x( ) = x, se x₁ > x₂ ⇔ f x( ₁) > f x( ₂) e, se, x ≥ 0, temos que x₁ > x₂

(15)

c) Falsa. d) Falsa. e) Verdadeira.

a) Falsa. Ela é decrescente em [0; 20]. b) Falsa.

c) Verdadeira.

d) Falsa. t(20 min)< 50.

e) Falsa. Uma reta paralela ao eixo do tempo intersecta, no má-ximo, o gráfico em 3 pontos.

a) Verdadeira, já quef( )1 = − , porémf( 1) fassume todos os va-lores reais, logo fé sobrejetora.

b) Falsa. c) Falsa.f( )2 ≠ − .f( 2) d) Falsa.f( )2 = − .2 e) Falsa. fé sobrejetora. 55.alternativa A A funçãof x x ( ) = 1 2 é par, poisf R: − { }0 → R. Temosf x x x f x ( ) ( ) ( ) = = − − = − 1 1 2 2 . 56.alternativa B a) f n( ) = 2(n −4) ⇒ f( )2 = −4, f n( ) = 2(n −4 é crescente,) porém não é sobrejetora, pois dado y ∈ ,Z y ímpar, ∃ x t.q.

f x( ) = 2(x −4) = y.

b)f n( ) = n − ⇒6 f( )2 = −4 ,f n( ) = n − 6 é crescente e

sobre-jetora, pois∀ ∈y Z,∃n tal quef n( ) = y dado porn = y + 6.

c)f n( ) = − − 2 é decrescente.n

d)f n( ) = , temos quen f( )2 = 2 ≠ − .4 e)f n( ) = n2 é crescente emZ₊. 57.alternativa A

Temos que f n( ) = x2 −1 tem vértice em (0; −1). Logo f n( ) é crescente no intervalo [0;+∞ .[

(16)

58.alternativa E

Comof x( ) é par para− <c x < c, temosf x( ) = f(−x) ⇔ ax b x c ax b x c ax x ac b bc + + = − + − + ⇔ − + − + 2 ₍ ₎ = −ax2 + x b( −ac)+ bc ⇔ 2x ac( −b) = 0 ⇔ ac = b. Logo,f x ax b x c ax ac x c a x c x c a ( ) = + ( ) . + = + + = + + = 59.alternativa B

Comof é crescente, temos quek > 0, ef f( ( ))2 = ⇔0 f(2k − =1) 0

⇔ − − = ⇔ = ± + ⋅ = ± − ⎧ ⎨ ⎪ ⎩⎪ 2 1 0 1 1 8 2 2 1 3 4 1 1 2 2 k k k .