MATEMÁTICA MÓDULO 7 FUNÇÃO EXPONENCIAL 1. DEFINIÇÃO 2. GRÁFICO. como sendo. Sendo a 0, a. a. Tal função é dita

(1)

FUNÇÃO EXPONENCIAL

1. DEFINIÇÃO

Sendo a 0 , a 1 , um número real, definimos a função *

f :   como sendo f x

 

ax. Tal função é dita

função exponencial de base a.

2. GRÁFICO

(2)

(BASE < 1)

3. EQUAÇÕES EXPONENCIAIS

Quando chegarmos a situações como x y

a a , onde a 0 e a 1 , podemos “retirar” a base e obter x y . Em geral, o mais difícil em um problema de equação exponencial é fazer os artifícios algébricos até que

cheguemos em uma situação como x y

a a .

4. INEQUAÇÕES EXPONENCIAIS

Aqui devemos atentar para a diferença existente entre os casos de BASE > 1 e BASE < 1. Vejamos:

CASO 1: a 1 :

Se x y

a a , então x y (“retiramos” a base mantendo o sinal da desigualdade)

CASO 2: 0 a 1  :

Agora, se x y

a a , então x y (“retiramos” a base invertendo o sinal da desigualdade)

Vejamos dois exercícios resolvidos antes de partimos para os exercícios de combate:

EXERCÍCIO RESOLVIDO 1:

Resolva a equação 3x 4 x 1

(3)

SOLUÇÃO:

A ideia nesse tipo de problema é ‘igualar’ as bases: ₂3x 4 _

 

₂2 x 1 _₂2x 2 _{. Daí, temos 3x 4 2x 2}_{ } _ _{, logo}

x 6. EXERCÍCIO RESOLVIDO 2: Resolva a inequação 25x  23 5x 50 0 . SOLUÇÃO: Fazendo x 5 t ( t 0 ), temos 2

t 23t 50 0  . As raízes da expressão quadrática são 25 e -2 e, como a concavidade é voltada para cima, tem-se que 2 t 25   . No entanto, repare que t é positivo (pois é potência de positivo), logo, 0 t 25  . Voltando à variável original, temos 0 5 x25 0 5x52, o que nos dá x 2 .

(4)

EXERCÍCIOS DE COMBATE

1. (AFA 2001) Se x é real e 5x 7 243, então 3x 7 é igual a a) 1/3 b) 1/9 c) 1/27 d) 1/81

2. (EFOMM 2014) O valor de x para resolver a equação x x x

4 6  2 9 é a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4

3. (EN 2006) No universo U  , o conjunto solução da inequação _x2x2 9x 4 ₁_é

a) 0,1

 

1,4 2  _{ }     b) 1,1



4,



2  _{  }     c) 1,1

 

0 2  _{ }     d) 1,4

 

0 2  _{ }     e)

   

0,1  1,4

4. (EN 2004) Dadas as funções reais f x

 

100_x 1 2 

 e

 

x 2

g x 2 , pode-se afirmar que



1



 

g f 90 é igual a a) 10 b) 3 c) 1 d) 1 3 e) 3 10

(5)

5. A diferença entre a maior e a menor raiz da equação ₂x2_{ }₅x _{0,001 10}_



3 x



2_{é :} a) 4 b) 5 c ) 6 d) 7 e) 8

6. Os inteiros x e y satisfazem a 2x 1 2x3y 2 3y. Então x y é igual a : a) 1

b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

7. A soma de todos os números reais x tais que



₂x_₄

 

3_ ₄x_₂

 

3_ ₄x_{ }₂x ₆



3_{é igual a :}

a) 3 2 b) 2 c) 5 2 d) 3 e) 7 2

8. O produto das raízes da equação 4x 2  17 2x 4  1 0 é igual a : a) 0

b) 4 c) 16 d) 17 e) 18

9. A soma das raízes da equação 6 4     x 13 6x 6 9x 0 é igual a : a) 2

(6)

b) 1 c) 0 d) 1 e) 2

10. O número de raízes reais da equação



4 + 15

 

x+ 4 15



x= 62 é igual a : a) 1

b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

11. O conjunto solução da inequação

 

2 x x 1 5_1,1   ₁_{é igual a :} a)  b) (0, 1) c) (1, 0) d) r e) (, 1) (0, +)

12. Supondo x real tal que x > 0 e x  1, a inequação 2x 1 3

x  x tem como solução : a) 0 < x < 3

b) x < 1 c) x > 2 d) x > 3 e) 1 < x < 2

13. O conjunto solução da inequação 2x2x 2 0,75.2x 2 1 é a) 0< x <1

b) 1< x <2 c) 0< x <2 d) x < 0 e) x > 1

(7)

14. Um acidente de carro foi presenciado por 1/65 da população de Votuporanga (SP). O número de pessoas que souberam do acontecimento t horas após é dado por:

 

kt B f t 1 Ce  

onde B é a população da cidade. Sabendo-se que 1/9 da população soube do acidente 3 horas após, então o tempo que passou até que 1/5 da população soubesse da notícia foi de:

a) 4 horas b) 5 horas c) 6 horas

d) 5 horas e 24 min e) 5 horas e 30 min

15. Considere a equação 22x    t 2x 4 0. Qual das opções representa o conjunto de todos os valores de t para os quais a equação admite 2 raízes reais distintas?

a) t> 4 b) t< -4

c) t> 4 ou t< -4 d) t = 5

e) t = 6

16. (UNESP 2003) Num período prolongado de seca, a variação da quantidade de água de certo reservatório é dada pela função ( 0,1)t

0 2

q ) t (

q     sendo q0 a quantidade inicial de água no reservatório e q(t) a quantidade de água no reservatório após t meses. Em quantos meses a quantidade de água no reservatório se reduzirá à metade do que era no início?

a) 5 b) 7 c) 8 d) 9 e) 10

17. (UNICAMP 2003) O processo de resfriamento de um determinado corpo é descrito por: t A 3 T ) t ( T    , onde T(t) é a temperatura do corpo, em graus Celsius, no instante t, dado em minutos, TA é a temperatura ambiente, suposta constante, e  e  são constantes. O referido corpo foi colocado em um congelador com temperatura de 18ºC. Um termômetro no corpo indicou que ele atingiu 0ºC após 90 minutos e chegou a

16ºC após 270 minutos.

(8)

b) Determine o valor de t para o qual a temperatura do corpo no congelador é apenas o 3 2       _{C superior à} temperatura ambiente.

18. (ITA 2000) A soma das raízes positivas da equação _x2 _x2

4  5 2  4 0 vale a) 2 b) 5 c) 2 d) 1 e) 3

19. (EN 2005) O conjunto-solução da inequação (1 x)4 (x 2)

1 3 3



  , onde x é uma variável real é:

a) ]  , 3 [] 1, 2 [

b) ]  , 3 [] 2, [

c) ]  , 2 [] 1, 3 [

d) ] 2, 1[ ] 3, [

e) ] 3, 1[ ] 2, [

20. (IME 1997) Resolva o sistema xy yx

y ax

 

 _

(9)

GABARITO

1. 5x x 3x 1 7 243 7 3 7 27       RESPOSTA: C 2.

Dividindo a equação toda por 4x

, obtemos: 9 3 2 1 0 4 2 x x     _{ } _{ }       Finalmente, fazendo 3 2 x t        , segue que: 2 2t   t 1 0 e então t 1 ou 1 2 t  

Como t deve ser positivo, obtemos que

0 3 3 1 0 2 2 x x   _{ }  _{ }         RESPOSTA: A 3.   _                       2 2x 9x 4 2 2 x 1 Se x 1 2x 9x 4 0 1 x 4 e x>1 1 x 4 2 Se 0 x 1 2x 9x 4 0 1 1 x e 0 x 1 0 x 2 2 1 S ]0, [ ]1,4[ 2 4.

Inicialmente, veja que x = 0 satisfaz a inequação e x = 1 não satisfaz! Dividiremos em dois casos agora:

CASO 1: 0 < x < 1:

Neste caso, reescrevemos

2

2x 9x 4 0

(10)

2 2x 9x 4 0_{, o que nos dá} 1 2 x ou x 4_. Intersectando com 0 x 1, ficamos com

1 0 2 x   . CASO 2: x 1_:

Neste caso, reescrevemos

2

2x 9x 4 0

x   x _{e como a base é maior do que 1, retiramos a base, mantendo o sinal:} 2

2x 9x 4 0_{, o que nos dá} 1

4 2 x _. Intersectando com x 1_{, obtemos}1 x 4_.

Desta forma, o conjunto solução será

 

1 0, 1,4 2  _{ }     _. RESPOSTA: A 5.





2 2 2 2 x x 3 x x x 3 6 2x 3 2x x x 3 2x 3 2x 2 2 5 0, 001 10 2 5 10 10 10 2 5 2 5 x x x 1 x 3 2x                       _{ }     RESPOSTA: Anulada 6. x 1 x y 2 y x y 2 2 3 3 3 2 8 3 x 3 e y 1  _ _  _       RESPOSTA: D 7.

Fazendo 2x  4 a e 4x  2 b, temos que 3 3





3

a b  ab .

Utilizando produtos notáveis, segue que



_a_b



3 _a3_b3₃_{ab a}



_b



. Com isso, cancelando 3

a e 3

(11)

Assim, temos três casos a considerar: CASO 1: a0 2 2x 4 0 2x 2 2 x       CASO 2: b0 2 1 1 4 2 0 2 2 2 x x x       CASO 3: a b 0 4x 2x  6 0 Fazendo y 2x, chegamos a 2 6

y  y e como y é positivo, temos que y 2.

Assim, 1

2x 2 1

x

   .

Portanto, a soma das soluções reais é 2 1 1 7

2 2    RESPOSTA: E 8. x x x 2 x 4 x x x x 4 17 2 4 17 2 1 0 1 0 16 16 4 17 2 16 0 2 1 ou 2 16 x 0 ou x=4  _{ }  _{  } _  _{  }          RESPOSTA: A 9. x x x x x x x x x x x 2 6 4 6 9 2 3 6 4 13 6 6 9 0 13 6 6 13 0 3 2 6 6 2 1 3 6 y e 6y 13 0 6y 13y 6 0 3 y 2 y 2 3 y ou y x 1 ou x -1 3 2                  _{ }   _{ }                             RESPOSTA: A

(12)

10. Veja que



4 15



4 15



16 15 1. Fazendo então



4 15



x y   , segue que





1 4 15 x y   .

Assim, devemos ter

2 1 62 62 1 0 y y y y       . Com isso,





2 31 8 15 4 15 y     ou



 



2 2 31 8 15 4 15 4 15 y        . Desta forma,



 



2 4 15 x  4 15  x 2 ou



 



2 4 15 x  4 15    x 2 . Temos portanto 2 raízes reais.

RESPOSTA: B 11.

 

_x2 _{x 1} 2 5_1,1 ₁ _x _{x 1 0} Como <0 S={}         RESPOSTA: A 12. 2x 1 3 x x Se x 1 2x -1 3 x 2 Se 0 x 1

2x -1 3 x 2 não há solução no intervalo Portanto 1 x 2.  _            RESPOSTA: E 13. 2x 2 x 2 2x x x 2x 0, 75.2 1 1 4 2 3 2 1 0 2 1 x 0 4  _  _{ }            RESPOSTA: D

(13)

14.

Como 1/65 da população presenciou o acidente, temos que

 

0 65 B f  : 64 1 65 B B C C    

Como 1/9 da população soube do acidente 3 horas após, temos que

 

3 9 B f  :

 

3 3 1 64 8 1 64 9 2 k k k B B e e e         

Queremos agora determinar t tal que

 

5 B f t  : 1 1 64 5 16 kt kt B B e e       Como 1 2 k e  , temos que 4 1 1 1 4 2 16 2 t t   _ _  _{ }         RESPOSTA: A 15. 2 2 2 2 4 0 16 0 0 4            x x t t e t t RESPOSTA: A 16. 2 q 2 q ) t ( q  ₀ (0,1)t 0  2(0,1)t21 0,1t = 1  t = 10 meses RESPOSTA: E 17. a)  = 54 e  = 1/90 b) 360 minutos

(14)

18.   2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x 2 2 4 5 2 4 0 2 5 2 4 0 2 1 2 4 x 0 x 2 x 0 x 2                       RESPOSTA: C 19. RESPOSTA: A 20. y x x y y ax    _ 

1º) x = 0  y = 0 Como 00 não é definido, essa solução não convém.

2º) x = 1  y = a  1a = a1 a = 1. Como a  1, essa solução também não convém.

3º) y = 1  x = a1 ₁ 1 a

a 1  a1 = 1  a = 1. Novamente como a  1, a solução não convém.

4º) x, y > 0 e x, y  1 ax x x (ax)  a x x (x ) (ax)  _xa__ax  _xa 1 __a  1 a 1 x_a _e a a 1 y_a