a) 5 meses b) 2 anos e 6 meses c) 4 anos e 2 meses d) 6 anos e 4 meses e) 8 anos e 5 meses.

COLÉGIO PEDRO II - UNIDADE SÃO CRISTÓVÃO III 2ª SÉRIE – MATEMÁTICA I – PROFº WALTER TADEU

www.professorwaltertadeu.mat.br FUNÇÃO EXPONENCIAL – 2012 - GABARITO

1. (FGV) Uma instituição financeira oferece um tipo de aplicação tal que, após t meses, o montante relativo ao capital aplicado é dado por M(t) = C.2

^0,04t

, onde C > 0. O menor tempo possível para quadruplicar certa quantia aplicada nesse tipo de aplicação é:

a) 5 meses b) 2 anos e 6 meses c) 4 anos e 2 meses d) 6 anos e 4 meses e) 8 anos e 5 meses.

Solução. O resgate deverá de 4C. Igualando à função indicada, temos:

meses 2e anos 4 meses 04, 50

0 t 2 2 t04, 0 2 2 C4 C4 2.C

)t(

M 2.C )t(

M ^{,0 t04} _{,0 t04 ,0 t04 2}



















 

 





.

2. (PUC-RS) Uma substância que se desintegra ao longo do tempo tem sua quantidade existente, após t anos, dada por

 

^1000t

0

1 , 4 M ) t (

M 

^

^{, onde M}

⁰

representa a quantidade inicial. A porcentagem da quantidade existente após 1000 anos em relação à quantidade inicial M

0

é, aproximadamente:

a) 14% b) 28% c) 40% d) 56% e) 71%

Solução. O sinal negativo indica o decréscimo da quantidade da substância. Calculando M(t), temos:

  ^{1000 t} ₀   ^{1000 1000} ₀   ¹ _{0 0}

0 0 71, M.

4,1 .M 1 4,1.

M ) 1000 (M 4,1.

M ) 1000 C (M

1000 t

4,1.

M )t(

M 



 



 







 

 







 ^{  } _.

3. (FGV) A posição de um objeto A num eixo numerado é descrita pela lei . 2

^0,5t

8 7 8

1 

_

onde t é o tempo em segundos. No

mesmo eixo, move-se o objeto B, de acordo com a lei 2

^t

. Os objetos A e B se encontrarão num certo instante t

^AB

. O valor de t

^AB

, em segundos, é um divisor de:

a) 28 b) 26 c) 24 d) 22

Solução. No ponto de encontro os valores das leis serão os mesmos. Igualando, temos:

   

convém não 0 1 2) ii

24 de Divisor 5, 6

0 t 3 3 t5, 0 2 8 2

2) 1 i

16 1 16 16

9 y 7

8 1 16

2 16

9 y 7 16

81 7 16

32 49 y 7

)8 (2

)1 )(

8(

4

²7 y 7

0 1 y7 y8 y 8 y 7 8 1 y 2 2 2

y 2

2 8 2.

7 8 1

t5, 0

3 t5, 0 t5,

0

2 1

2 2 2 2

t5, 0 t5, 0 .2 t

t5, 0

t t5, 0











 

 



















 



 





 

 

 



 

 

 

 





 



 





 

















 













































.

4. (UEG) Suponha que o número de casos de uma doença é reduzido no decorrer do tempo conforme a função f ( t )  k . 2

^q.t

, sendo k e q constantes e o tempo t dado em anos. Determine:

a) as constantes k e q, sabendo que no instante t = 0 existiam 2.048 casos, e que após 4 anos o número de casos era a quarta parte do valor inicial.

Solução. De acordo com a informação temos que f(0) = 2048. Logo, f(0) = k.2

^q.(0)

= k. Então k = 2048. Calculando f(4),

vem:  

2 q 1 2 q4 2 4 2

2 1 512 2.

2048 2.

2048 )4(f

512 4 2048

)4(f 1 _{q )4.( q4 q4 2}

)4.(

q



















 

 







 _

.

b) o número de anos necessários para que o número de casos seja menor que 1, significando a eliminação total da doença.

Solução. Encontrando o tempo através da inequação, vem:

anos 22 t 2 11 11 t 2 2 t 2048 2

2 1 1

)t(f

2.

2048

)t(f ² ₂ ^t ₂ ^t ₁₁

t





















 



 





 





 



  ^{  } _

.

5. (EFOA) Uma das maneiras de se resolver a equação exponencial 2

^x

 2

^x

 3 consiste em multiplicá-la, membro a membro, por 2

^x

. Isto resulta em uma equação quadrática cujo discriminante é:

a) 12 b) 14 c) 11 d) 13 e) 10

Solução. Utilizando o processo descrito, vem:

  ^{ }

2 13 13 3 2

4 9 3 )1(

2

)1 )(1 (4 )²3 ( )3 y (

0 1 y3 y y

2 y )ii 2

0 1 2.

3 2 2.

3 2 2 3.

2 2 2.

2 3 2 2) i

2 2 x2 x

x x2 x x x x2 x

x x x x

x





 

 

 











 









 

 



























 ^{  }

.

6. (UFJF) A função C ( t )  200 . 3

^k.t

, com

12

k  1 , dá o crescimento do número C, de bactérias, no instante t em horas. O

tempo necessário, em horas, para que haja, nessa cultura, 1.800 bactérias, está no intervalo:

a) [0, 4] b) [4, 12] c) [12, 36] d) [36, 72] e) [72, 108]

Solução. Substituindo “k” e igualando a função a 1800, vem:

24 t 12 2

²3 t 3 9 200 3

3 1800 1800 3.

200 1800

)t(C 3.

200

)t(C ^{12 t. 12 t 12 t 12 t 12 t}

1























 

 





 _.

7. (UFLA-MG) No final da década de 1830, o fisiologista francês Jean Poiseuille descobriu que o volume V de sangue que corre em uma artéria por unidade de tempo, sob pressão constante, é igual à quarta potência do raio r da artéria multiplicado por uma constante, V  k .( r )

⁴

. Para um aumento percentual de 10% no raio da artéria, o aumento percentual no volume de sangue é de: a) 46,41% b) 10,50% c) 20,21% d) 140% e) 44%

Solução. Um aumento de 10% no raio indica um R’ = 1,1r. Substituindo na função informada, temos:

% 41 , 46 aumento V)

4641 ,0 1(

V ).

4641 ,1(

kr.

)1, 1(

)r1 ,1(

k 'R.

k 'R. 'V

k 'V

r1, 1

'R _{4 4 4 4}

4         

 







.

8. (UNICAMP) Suponha que o número de indivíduos de uma determinada população seja dado pela função F ( t )  a . 2

^b.t

, onde a variável t é dada em anos e a e b são constantes.

a) Encontre as constantes a e b de modo que a população inicial (t = 0) seja igual a 1024 indivíduos e a população após 10 anos seja a metade da população inicial.

Solução. De acordo com a informação temos que f(0) = 1024. Logo, f(0) = a.2

^-b.(0)

= a. Então a = 1024. Calculando f(10),

vem:

   

10 b 1 1 b 10 2 2 2

2 1 512 2.

512 1024 2

)10 1024 (f

2.

1024 )10 (f

1 b 10 b

10 b

10 b

10





















 

 



















.

b) Qual o tempo mínimo para que a população se reduza a 8

1 da população inicial?

Solução. Encontrando o tempo através da igualdade indicada, vem:

anos 30 t 10 3 2 t

8 2 2 1 128 2.

1024 128 ) 1024 8 ( )t( 1 f

2.

1024 )t(

f

10 3 t 10

t 10

10 t t

















 





 



 

 



 









 





 



 

 







.

9. (UFSCar) Se a área do triângulo retângulo ABC, indicado na figura, é igual a 3n, conclui-se que f(n) é igual a:

a) 2 b) 2 2 c) 3 d) 3 2 e) 4

Solução. De acordo com o gráfico os pontos marcados possuem as seguintes coordenadas: A(0, 2

²ⁿ

); B(0, 2

ⁿ

) e C(n, 2

ⁿ

).

Calculando a área e igualando ao valor informado, temos:

3) 2) n(f

n(f 3 2 impossível 0

2 2 y 51

2 3 y 51

2 25 y 1

)1(2

)6 )(1(4 )²1 ( y )1(

0 6 y²

²y y 2

y 6 2

2 2

2 n3 )2 2).(

n(

n3 Área

2 )2 2).(

n(

2 )B A).(

B Área C(

n n n2

n n

n2

n n2 n

n2



 

 



 

 



 







 



 



 





 







 







 

 



 







 

 

 





 



 

.

10. (FGV) Um computador desvaloriza-se exponencialmente em função do tempo, de modo que seu valor y, daqui a x anos, será y  A . k

^x

, em que A e k são constantes positivas. Se hoje o computador vale R$5000,00 e valerá a metade desse valor daqui a 2 anos, seu valor daqui a 6 anos será:

a) R$ 625,00 b) R$ 550,00 c) R$ 575,00 d) R$ 600,00 e) R$ 650,00

Solução. O preço do computador hoje indica que quando x = 0, y = R$5000,00 e f(2) = R$2500,00. Calculando as

constantes e o preço daqui a 6 anos, temos:

00, 625 8 $R . 1 2 5000 . 1 2 5000 . 1 2 5000 . 1 5000 )6(f )iii

2 k 1 2 1 5000

²k 2500 2500 k.

k. 5000 5000 )2(f

2500 )ii )2(f

5000 A A

k.A )0(f

5000 )i )0(f

3 3 2 6

2 2 0

 

 



 



 

 

 





 





 





 



 





 



 













 

 







 

 







.