Proposta de Resolução
Ficha de Preparação para o Teste — Mat A · 11.º Ano · Derivadas · novembro 2026

Exercício 1 — Escolha múltipla

1.1. BÁSICO

A velocidade média num intervalo de tempo é a taxa média de variação de $d$ nesse intervalo, ou seja, o declive do segmento de reta que une os pontos correspondentes do gráfico.

Graficamente, a maior velocidade média corresponde ao segmento mais inclinado.

Opção (C)

1.2. BÁSICO

O declive da reta secante é a taxa média de variação: $m=2$. A reta passa no ponto $(3,g(3))=(3,5)$.

A opção (D) também tem declive $2$, mas passa no ponto $(3,7)$, que não pertence ao gráfico de $g$.

Opção (A)

1.3. BÁSICO

Por definição, $\displaystyle\lim_{x\to1}\frac{g(x)-g(1)}{x-1}=g'(1)$, que é o declive da reta $r$, tangente ao gráfico no ponto $A$. A reta $r$ passa em $A(1,2)$ e em $(0,5)$:

O sinal negativo era previsível: junto de $A$, a função é decrescente e a reta tangente «desce».

Opção (D)

1.4. INTERMÉDIO

Como $f(1)=0$ e $x^2-1=(x-1)(x+1)$, pode escrever-se, para $x\neq\pm1$:

Quando $x\to1$, o primeiro fator tende para $f'(1)$ e o segundo para $\dfrac12$.

Opção (B)

1.5. INTERMÉDIO

O sinal de $f'$ lê-se no gráfico: $f'$ é negativa em $]-\infty,-1[$, positiva em $]-1,3[$ e negativa em $]3,+\infty[$.

Logo, $f$ tem um mínimo relativo em $x=-1$ e um máximo relativo em $x=3$; é crescente em $[-1,3]$.

$x=1$ é o maximizante de $f'$ (o vértice da parábola), não um extremante de $f$: em $x=1$, a derivada é positiva e $f$ é crescente.

Opção (D)

1.6. INTERMÉDIO

Como $f$ é polinomial de grau $3$, $f'$ é polinomial de grau $2$: o seu gráfico é uma parábola, o que exclui a opção (B).

Pelo gráfico, $f$ é crescente em $]-\infty,-2]$, decrescente em $[-2,1]$ e crescente em $[1,+\infty[$. Então, $f'$ é positiva antes de $-2$, negativa entre $-2$ e $1$ e positiva depois de $1$: os zeros de $f'$ são $-2$ e $1$ e a parábola tem a concavidade voltada para cima.

A opção (A) tem os sinais trocados (corresponderia a um mínimo em $-2$ e a um máximo em $1$) e a opção (D) tem os zeros errados. Pelo teorema de Fermat, os extremantes $-2$ e $1$ têm de ser zeros de $f'$.

Opção (C)

1.7. INTERMÉDIO

O declive da reta tangente no ponto de abcissa $1$ é $h'(1)=1^2\times(1-3)=-2$.

Uma reta perpendicular tem declive $m$ tal que $m\times(-2)=-1$, isto é, $m=\dfrac12$. Só a opção (D) tem declive $\dfrac12$.

Retas perpendiculares (não verticais) têm declives cujo produto é $-1$; retas paralelas têm declives iguais.

Opção (D)

1.8. INTERMÉDIO

Sendo $f$ afim e decrescente, $f(x)=mx+b$, com $m\lt0$, e $f'(x)=m$. Como $g'(x)=6x$:

A derivada é da forma $6x+c$, com $c\gt0$.

A opção (A) corresponderia a $m=2$ (função afim crescente) e a opção (D) resulta de um erro na derivada de $3x^2$.

Opção (C)

1.9. DESAFIO

O gráfico mostra que $f'(x)\gt0$ para todo o $x\neq-2$ e que $f'$ não está definida em $-2$. Usando $\left(\dfrac{1}{x+2}\right)'=\dfrac{0\times(x+2)-1\times1}{(x+2)^2}=-\dfrac{1}{(x+2)^2}$:

As funções das opções (C) e (D) não estão definidas em $x=2$, pelo que as suas derivadas teriam a assíntota vertical $x=2$, e não $x=-2$.

Opção (A)

1.10. DESAFIO

$f'(x)=3x^2+2kx+3$. A função $f$ é crescente em $\mathbb R$ quando $f'(x)\geq0$ para todo o $x$, anulando-se, no máximo, em pontos isolados. Como $f'$ é quadrática, com coeficiente de $x^2$ positivo, isso acontece quando o binómio discriminante é não positivo:

Se $k=3$, $f'(x)=3(x+1)^2$: só se anula em $x=-1$ e não muda de sinal, pelo que $f$ continua a ser crescente (não tem extremos). O mesmo acontece com $k=-3$, em $x=1$. Se $|k|\gt3$, $f'$ tem dois zeros e muda de sinal, e $f$ passa a ter um máximo e um mínimo relativos.

Opção (B)

Exercício 2 — A altura de uma bola

2.1. BÁSICO

No instante do lançamento, $t=0$: $a(0)=1{,}5$. A velocidade média nos dois primeiros segundos é a taxa média de variação de $a$ em $[0,2]$.

Altura inicial: $1{,}5\ \mathrm m$; velocidade média: $10\ \mathrm{m/s}$.

2.2. INTERMÉDIO

A velocidade no instante $t=1$ é $a'(1)$. Como $a(1)=1{,}5+20-5=16{,}5$:

A velocidade instantânea é a derivada da altura (posição) em ordem ao tempo.

$10\ \mathrm{m/s}$

2.3. INTERMÉDIO

$a'(t)=20-10t$ e $a'(t)=0\iff t=2$. Seja $t_s$ o instante em que a bola atinge o solo (ver 2.4).

No instante em que a bola atinge a altura máxima, a velocidade é nula: a bola para de subir e começa a descer.

$a'(t)=20-10t$; altura máxima de $21{,}5\ \mathrm m$, atingida $2$ segundos após o lançamento.

2.4. DESAFIO

A bola atinge o solo quando $a(t)=0$, com $t\gt0$:

A primeira solução é negativa ($\approx-0{,}07$), logo $t_s=\dfrac{20+\sqrt{430}}{10}=2+\dfrac{\sqrt{430}}{10}\approx4{,}07\ \mathrm s$.

A velocidade é negativa porque a altura está a diminuir: a bola está a descer. Atinge o solo a cerca de $20{,}74\ \mathrm{m/s}$ (perto de $75\ \mathrm{km/h}$).

$t_s=\dfrac{20+\sqrt{430}}{10}\approx4{,}07\ \mathrm s$;  $a'(t_s)=-\sqrt{430}\approx-20{,}74\ \mathrm{m/s}$

Exercício 3 — Derivada num ponto e retas tangentes

3.1. BÁSICO

$f(1)=2-3=-1$ e

$f'(1)=1$

3.2. BÁSICO

A reta tangente passa em $(1,f(1))=(1,-1)$ e tem declive $f'(1)=1$.

$y=x-2$

3.3. INTERMÉDIO

$f'(x)=4x-3$. Retas paralelas têm o mesmo declive:

$(2,2)$

3.4. INTERMÉDIO

O declive da reta tangente é $f'(0)=-3$. A inclinação $\alpha\in[0^\circ,180^\circ[$ verifica $\tg\alpha=-3$. Como o declive é negativo, $\alpha\in\,]90^\circ,180^\circ[$:

A calculadora devolve $\tg^{-1}(-3)\approx-71{,}57^\circ$. Como a inclinação de uma reta pertence a $[0^\circ,180^\circ[$, soma-se $180^\circ$.

$\alpha\approx108^\circ$

3.5. DESAFIO

A reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $a$ tem equação $y=f'(a)(x-a)+f(a)$, isto é:

Esta reta passa em $P(1,-3)$ se e só se:

Há exatamente dois pontos de tangência, logo exatamente duas retas:

• $a=0$: $f(0)=0$ e $f'(0)=-3$, logo $y=-3x$;
• $a=2$: $f(2)=2$ e $f'(2)=5$, logo $y-2=5(x-2)\iff y=5x-8$.

Verificação: $-3\times1=-3$ e $5\times1-8=-3$. As duas retas passam, de facto, em $P$.

$y=-3x$  e  $y=5x-8$

Exercício 4 — Regras de derivação

4.1. BÁSICO

$f'(x)=8x^3-15x^2+\dfrac12$

4.2. BÁSICO

Pela regra da derivada do produto, $(uv)'=u'v+uv'$:

Em alternativa, desenvolve-se primeiro: $g(x)=-2x^3+3x^2-2x+3$, e $g'(x)=-6x^2+6x-2$. Atenção: $(uv)'\neq u'v'$.

$g'(x)=-6x^2+6x-2$

4.3. BÁSICO

Pela regra do quociente, $\left(\dfrac4x\right)'=\dfrac{0\times x-4\times1}{x^2}=-\dfrac4{x^2}$. Logo, para $x\neq0$:

$j'(x)=3-\dfrac4{x^2}=\dfrac{3x^2-4}{x^2}$

4.4. INTERMÉDIO

Pela regra do quociente, $\left(\dfrac uv\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$. Para $x\neq-3$:

No numerador, a ordem importa: $u'v-uv'$. Trocar a ordem muda o sinal da derivada.

$h'(x)=\dfrac{7}{(x+3)^2}$

4.5. INTERMÉDIO

$k'(x)=\dfrac{4-x^2}{(x^2+4)^2}$

4.6. INTERMÉDIO

Escreve-se $m(x)=(x^2-1)(x^2-1)$ e aplica-se a regra do produto:

Em alternativa: $m(x)=x^4-2x^2+1$, logo $m'(x)=4x^3-4x$. Um erro frequente é escrever $m'(x)=2(x^2-1)$, esquecendo o fator $2x$.

$m'(x)=4x^3-4x=4x(x-1)(x+1)$

Exercício 5 — Derivadas de operações com funções

5.1. BÁSICO

$2y=x+3\iff y=\dfrac12x+\dfrac32$. O declive da reta tangente é $h'(1)$ e o ponto de tangência pertence à reta:

$h(1)=2$ e $h'(1)=\dfrac12$

5.2. INTERMÉDIO

a) Como $(g+h)(1)=2+2=4$, o limite é a derivada de $g+h$ em $1$:

b)

c)

a) $-\dfrac52$   b) $-5$   c) $\dfrac34$

5.3. INTERMÉDIO

$y=-\dfrac74x+\dfrac{11}4$

5.4. DESAFIO

A função $f$ é derivável em $\mathbb R$, por ser o produto de funções deriváveis, e:

Pelo teorema de Fermat, como $f$ tem um extremo relativo em $x=1$, ponto interior do domínio, e é derivável nesse ponto, tem-se $f'(1)=0$:

O teorema de Fermat dá uma condição necessária: num extremo, a derivada anula-se. Aqui, o enunciado garante que o extremo existe.

$a=\dfrac13$

Exercício 6 — Monotonia e extremos

6.1. BÁSICO

Zeros de $f'$: $-1$ e $3$. Como $f'$ é quadrática com coeficiente de $x^2$ positivo, é positiva fora do intervalo dos zeros.

Não há extremos absolutos: $f$ é polinomial de grau ímpar, com $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ e $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Crescente em $]-\infty,-1]$ e em $[3,+\infty[$; decrescente em $[-1,3]$. Máximo relativo $7$ (em $-1$); mínimo relativo $-25$ (em $3$).

6.2. INTERMÉDIO

Como $g(x)\geq-13$ para todo o $x$, $-13$ é o mínimo absoluto, atingido em dois pontos. Não há máximo absoluto, porque $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}g(x)=+\infty$.

Decrescente em $]-\infty,-2]$ e em $[0,2]$; crescente em $[-2,0]$ e em $[2,+\infty[$. Mínimo absoluto $-13$ (em $-2$ e em $2$); máximo relativo $3$ (em $0$).

6.3. INTERMÉDIO

Para $x\neq0$, $\left(\dfrac9x\right)'=-\dfrac9{x^2}$, logo:

Como $x^2\gt0$ no domínio, o sinal de $h'$ é o de $x^2-9$. Zeros: $-3$ e $3$.

Não se pode dizer que $h$ é decrescente em $[-3,0[\,\cup\,]0,3]$: por exemplo, $-1\lt1$, mas $h(-1)=-10\lt h(1)=10$. Repare também que o mínimo relativo ($6$) é maior do que o máximo relativo ($-6$).

Crescente em $]-\infty,-3]$ e em $[3,+\infty[$; decrescente em $[-3,0[$ e em $]0,3]$. Máximo relativo $-6$ (em $-3$); mínimo relativo $6$ (em $3$). Não há extremos absolutos.

6.4. DESAFIO

Em $[2,6]$, $x+1\gt0$ e $(x-1)^2\gt0$, logo o sinal de $j'$ é o de $x-3$.

Num intervalo fechado, os extremos do intervalo também têm de ser analisados. $j(2)=7$ é um máximo relativo, porque, perto de $2$, os valores de $j$ são menores; mas não é o máximo absoluto, porque $j(6)\gt j(2)$.

Decrescente em $[2,3]$; crescente em $[3,6]$. Mínimo absoluto $6$ (em $3$). Máximos relativos $7$ (em $2$) e $\dfrac{39}5$ (em $6$); o máximo absoluto é $\dfrac{39}5$.

Exercício 7 — Do gráfico da derivada à função

7.1. BÁSICO

Pelo gráfico, $f'$ é negativa em $]-\infty,-2[$ e em $]0,3[$ e positiva em $]-2,0[$ e em $]3,+\infty[$.

$f$ é decrescente em $]-\infty,-2]$ e em $[0,3]$; crescente em $[-2,0]$ e em $[3,+\infty[$.

7.2. BÁSICO

Os extremantes são os zeros de $f'$ em que a derivada muda de sinal (ver o quadro de 7.1).

$-2$ e $3$ são minimizantes; $0$ é maximizante.

7.3. INTERMÉDIO

• I. Verdadeira. $-1$ e $0$ pertencem a $[-2,0]$, onde $f$ é crescente; como $-1\lt0$, $f(-1)\lt f(0)$.
• II. Falsa. $1$ e $2$ pertencem a $[0,3]$, onde $f$ é decrescente; como $1\lt2$, $f(1)\gt f(2)$.
• III. Verdadeira. O declive da reta tangente é $f'(4)$, que é positivo, porque $4\gt3$.

I — verdadeira; II — falsa; III — verdadeira.

7.4. DESAFIO

Repare que $f'(x)=\dfrac14x(x+2)(x-3)=\dfrac14(x^3-x^2-6x)$, de acordo com os zeros da figura. Procuram-se os valores de $x$ tais que $f'(x)=-\dfrac32$:

$1$ é solução ($1-1-6+6=0$). Pela regra de Ruffini:

Graficamente, são as abcissas dos pontos de interseção do gráfico de $f'$ com a reta horizontal $y=-\frac32$: uma antes de $-2$ ($-\sqrt6\approx-2{,}45$) e duas entre $0$ e $3$.

$-\sqrt6$, $1$ e $\sqrt6$

Exercício 8 — Uma função cúbica e duas retas tangentes

8.1. INTERMÉDIO

$f(0)=c=2$ e $f'(x)=3ax^2+2bx$. A reta $s$ tem declive $-3$ e é tangente no ponto de abcissa $1$; a reta $r$ é horizontal (declive $0$) e é tangente no ponto de abcissa $2$:

$a=1$, $b=-3$ e $c=2$, ou seja, $f(x)=x^3-3x^2+2$.

8.2. BÁSICO

$s:\ y=-3x+3$  e  $r:\ y=-2$

8.3. BÁSICO

Crescente em $]-\infty,0]$ e em $[2,+\infty[$; decrescente em $[0,2]$. Máximo relativo $2$ (em $0$); mínimo relativo $-2$ (em $2$).

8.4. INTERMÉDIO

O declive de $t$ é $f'(3)=27-18=9$. Calculam-se as inclinações das duas retas:

Em alternativa, com vetores diretores $\vec u=(1,-3)$ e $\vec v=(1,9)$: $\cos\theta=\dfrac{|\vec u\cdot\vec v|}{\|\vec u\|\,\|\vec v\|}=\dfrac{|1-27|}{\sqrt{10}\,\sqrt{82}}\approx0{,}908$, logo $\theta\approx24{,}78^\circ$. O ângulo de duas retas é sempre agudo ou reto.

Aproximadamente $25^\circ$.

8.5. DESAFIO

O declive da reta tangente no ponto de abcissa $x$ é $f'(x)=3x^2-6x$. Compara-se com o declive de $s$:

Logo, $f'(x)\geq-3=f'(1)$ para todo o $x$, com igualdade só em $x=1$: a reta $s$ é a reta tangente com menor declive (e é a única com declive $-3$).

Também se pode ver que $f'$ é uma função quadrática cujo vértice é $(1,-3)$.

$f'(x)-f'(1)=3(x-1)^2\geq0$

Exercício 9 — Uma família de funções cúbicas

9.1. BÁSICO

Em geral, $f_k'(x)=3x^2-3k=3(x^2-k)$. Para $k=4$: $f_4(x)=x^3-12x+2$ e $f_4'(x)=3(x-2)(x+2)$.

Crescente em $]-\infty,-2]$ e em $[2,+\infty[$; decrescente em $[-2,2]$. Máximo relativo $18$ (em $-2$); mínimo relativo $-14$ (em $2$).

9.2. INTERMÉDIO

Pelo teorema de Fermat, se $f_k$ tem um extremo em $x=3$, então $f_k'(3)=0$:

Para $k=9$, $f_9'(x)=3(x-3)(x+3)$ passa de negativa a positiva em $x=3$, pelo que há, de facto, um mínimo relativo:

O teorema de Fermat só indica os candidatos a extremantes. É o estudo do sinal da derivada que confirma (e classifica) o extremo.

$k=9$; mínimo relativo $-52$, em $x=3$.

9.3. INTERMÉDIO

$f_0(x)=x^3+2$ e $f_0'(x)=3x^2$, logo $f_0'(0)=0$. Mas $3x^2\gt0$ para $x\neq0$: a derivada não muda de sinal e $f_0$ é crescente em $\mathbb R$. Para $x\lt0$, $f_0(x)\lt2=f_0(0)$; para $x\gt0$, $f_0(x)\gt2$. Logo, $f_0(0)$ não é extremo.

O teorema de Fermat afirma que, se uma função derivável tem um extremo num ponto interior do domínio, então a derivada é nula nesse ponto. O recíproco é falso, e $f_0$ é precisamente um contraexemplo.

$f_0'(0)=0$, mas $f_0'$ não muda de sinal em $0$; o teorema de Fermat não garante o recíproco.

9.4. DESAFIO

Se $k\lt0$: $x^2-k\gt0$ para todo o $x$, logo $f_k'\gt0$ e $f_k$ é crescente. Se $k=0$: ver 9.3. Em ambos os casos, $f_k$ é crescente em $\mathbb R$ e não tem extremos.

Se $k\gt0$: $f_k'(x)=3(x-\sqrt k)(x+\sqrt k)$ é positiva fora de $[-\sqrt k,\sqrt k]$ e negativa no seu interior. Há exatamente dois extremos relativos: um máximo em $-\sqrt k$ e um mínimo em $\sqrt k$.

Para $k=1$: $f_1(x)=x^3-3x+2$. Como $1$ é zero de $f_1$ e de $f_1'$, é um zero de multiplicidade pelo menos $2$. Dividindo duas vezes por $x-1$ (regra de Ruffini), ou verificando diretamente:

$k=1$ e $f_1(x)=(x-1)^2(x+2)$

9.5. DESAFIO

Se $k\le0$: $f_k$ é crescente em $\mathbb R$, logo a equação tem uma única solução.

Se $k\gt0$: o máximo relativo é $f_k(-\sqrt k)=-k\sqrt k+3k\sqrt k+2=2+2k\sqrt k\gt0$ e o mínimo relativo é $f_k(\sqrt k)=2-2k\sqrt k$.

• Em $]-\infty,-\sqrt k]$, $f_k$ cresce desde $-\infty$ até um valor positivo: há exatamente um zero.
• Em $[-\sqrt k,\sqrt k]$ e em $[\sqrt k,+\infty[$ há mais um zero em cada intervalo se e só se o mínimo for negativo.

Para $k=1$, há duas soluções ($-2$ e $1$, esta última dupla); para $0\lt k\lt1$, há uma só solução.

$k\in\,]1,+\infty[$

Exercício 10 — Uma função racional e a calculadora gráfica

10.1. BÁSICO

$f'(x)=\dfrac{-4x^2+2x+4}{(x^2+1)^2}$

10.2. BÁSICO

$y=4x$

10.3. DESAFIO

Como $(x^2+1)^2\gt0$, o sinal de $f'$ é o de $-4x^2+2x+4=-2(2x^2-x-2)$.

Sejam $x_1=\dfrac{1-\sqrt{17}}4\approx-0{,}78$ e $x_2=\dfrac{1+\sqrt{17}}4\approx1{,}28$. Como $-4x^2+2x+4$ tem coeficiente de $x^2$ negativo, é positivo entre os zeros.

Valores dos extremos. Nos pontos em que $f'(x)=0$, tem-se $(2x+4)(x^2+1)=(x^2+4x)\times2x$. Como $x_1$ e $x_2$ são diferentes de $0$, dividindo ambos os membros por $2x(x^2+1)$:

Como $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1$ (assíntota horizontal $y=1$), $f$ toma valores entre $f(x_1)$ e $1$ em $]-\infty,x_1]$ e entre $1$ e $f(x_2)$ em $[x_2,+\infty[$. Assim, os extremos encontrados são também absolutos.

Decrescente em $\left]-\infty,\frac{1-\sqrt{17}}4\right]$ e em $\left[\frac{1+\sqrt{17}}4,+\infty\right[$; crescente em $\left[\frac{1-\sqrt{17}}4,\frac{1+\sqrt{17}}4\right]$. Mínimo $\frac{1-\sqrt{17}}2$; máximo $\frac{1+\sqrt{17}}2$.

10.4. INTERMÉDIO

A bissetriz dos quadrantes ímpares, $y=x$, tem declive $1$. Pretende-se resolver a condição $f'(x)=1\ \wedge\ x\gt0$.

Na calculadora, introduzem-se $y_1=\dfrac{-4x^2+2x+4}{(x^2+1)^2}$ e $y_2=1$, por exemplo na janela $[-3;3{,}5]\times[-2;4{,}6]$, e determinam-se os pontos de interseção.

A única interseção com abcissa positiva é o ponto de abcissa $x\approx0{,}835$. A ordenada do ponto do gráfico de $f$ é $f(0{,}835)\approx2{,}38$.

Para calcular a ordenada, use o valor de $x$ guardado na calculadora (com todas as casas decimais) e não o valor já arredondado.

$(0{,}84;\ 2{,}38)$

Exercício 11 — A horta junto ao muro

11.1. BÁSICO

Os dois lados perpendiculares ao muro medem $x$ e gastam $2x$ metros de rede; o lado paralelo ao muro mede $60-2x$.

$A(x)=60x-2x^2$,  $D_A=\,]0,30[$

11.2. INTERMÉDIO

Lados perpendiculares ao muro com $15\ \mathrm m$ e lado paralelo com $30\ \mathrm m$; área máxima de $450\ \mathrm{m^2}$.

11.3. DESAFIO

O lado paralelo ao muro não pode exceder $25$ metros:

Neste intervalo, $x\gt15$, logo $A'(x)=60-4x\lt0$: a área é decrescente e o máximo é atingido no extremo esquerdo, $x=17{,}5$.

O máximo deixa de ocorrer num zero da derivada: ocorre num extremo do domínio. Em problemas de otimização, é preciso confirmar sempre que o ponto obtido pertence ao domínio.

Lados perpendiculares ao muro com $17{,}5\ \mathrm m$ e lado paralelo com $25\ \mathrm m$; área máxima de $437{,}5\ \mathrm{m^2}$.

Exercício 12 — Uma caixa sem tampa

12.1. BÁSICO

A base da caixa é um retângulo de dimensões $16-2x$ e $10-2x$, e a altura é $x$.

$V(x)=4x^3-52x^2+160x$,  $D_V=\,]0,5[$

12.2. INTERMÉDIO

Como $\dfrac{20}3\notin\,]0,5[$, só interessa $x=2$. Assim, $V'(x)=4(x-2)(3x-20)$ e, em $]0,5[$, $3x-20\lt0$.

$x=2\ \mathrm{cm}$; caixa com $12\ \mathrm{cm}\times6\ \mathrm{cm}\times2\ \mathrm{cm}$; volume máximo de $144\ \mathrm{cm^3}$.

12.3. INTERMÉDIO

Pretende-se resolver a condição $V(x)\geq100\ \wedge\ 0\lt x\lt5$. Introduzem-se $y_1=4x^3-52x^2+160x$ e $y_2=100$ na janela $[0,5]\times[0,170]$.

No domínio, o gráfico de $V$ está acima da reta $y=100$ (ou toca-a) entre os pontos de abcissas $\approx0{,}84$ e $\approx3{,}40$.

A equação $V(x)=100$ tem uma terceira solução, $x\approx8{,}76$, que não pertence ao domínio.

$x\in[0{,}84;\ 3{,}40]$ (valores aproximados)

Exercício 13 — A lata de refrigerante

13.1. BÁSICO

$h=\dfrac{330}{\pi r^2}$;  $A(r)=2\pi r^2+\dfrac{660}r$, com $r\gt0$

13.2. INTERMÉDIO

Como $r^2\gt0$ e $4\pi r^3-660$ é negativo antes e positivo depois desse valor, $A$ é decrescente e depois crescente: há um mínimo.

Para esse raio, usando $\pi r^3=165$:

$r\approx3{,}74\ \mathrm{cm}$ e $h=2r$ (a altura é igual ao diâmetro, $\approx7{,}49\ \mathrm{cm}$).

13.3. DESAFIO

Seja $c$ o custo, em euros por $\mathrm{cm^2}$, do alumínio da superfície lateral ($c\gt0$). O da base e da tampa custa $2c$:

Tal como em 13.2, $C'$ passa de negativa a positiva nesse ponto, que é o minimizante. Então:

Neste caso, $r\approx2{,}97\ \mathrm{cm}$ e $h\approx11{,}89\ \mathrm{cm}$, valores próximos dos de uma lata real de $33\ \mathrm{cL}$, que é bem mais alta do que larga.

No custo mínimo, $h=4r$.

Exercício 14 — Custo médio e lucro

14.1. BÁSICO

Quando a produção diária passa de $20$ para $40$ peças, o custo total aumenta, em média, $50$ euros por cada peça a mais.

$50$ euros por peça

14.2. INTERMÉDIO

$40$ peças por dia; custo médio mínimo de $60$ euros por peça.

14.3. INTERMÉDIO

$L'$ é positiva antes de $50$ e negativa depois, logo o lucro é máximo para $x=50$: $L(50)=-1250+2500-800=450$.

Lucro máximo de $450$ euros (com $50$ peças); não há prejuízo se forem produzidas entre $20$ e $80$ peças, inclusive.

14.4. DESAFIO

Em geral, pela regra do quociente:

Se $M$ tem um mínimo em $x_0\gt0$ (ponto interior do domínio), pelo teorema de Fermat, $M'(x_0)=0$:

Em Economia, $C'(x)$ chama-se custo marginal: é, aproximadamente, o custo de produzir mais uma peça. O custo médio é mínimo quando o custo marginal é igual ao custo médio.

$C'(x_0)=M(x_0)$

Exercício 15 — Um troço de montanha-russa

15.1. BÁSICO

Ao longo deste troço, a altura da pista aumenta, em média, $0{,}7$ metros por cada metro percorrido na horizontal.

$0{,}7$

15.2. INTERMÉDIO

Mínimos relativos: $h(0)=5$ e $h(8)=8{,}2$; máximos relativos: $h(3)=14{,}45$ e $h(10)=12$. Comparando, o máximo absoluto é $14{,}45$ e o mínimo absoluto é $5$.

Crescente em $[0,3]$ e em $[8,10]$; decrescente em $[3,8]$. Ponto mais alto: $14{,}45\ \mathrm m$ (em $x=3$); ponto mais baixo: $5\ \mathrm m$ (no início do troço).

15.3. INTERMÉDIO

A parte descendente corresponde a $[3,8]$, onde $h'(x)\le0$. A pista é mais íngreme onde $|h'(x)|$ é máximo, isto é, onde $h'$ é mínima. Como $h'$ é uma função quadrática com coeficiente de $x^2$ positivo, o mínimo está no vértice:

Nesse ponto, a altura diminui à taxa de $1{,}875$ metros por cada metro percorrido na horizontal (a pista faz um ângulo de cerca de $62^\circ$ com a horizontal).

Também se pode usar a calculadora: introduz-se $y_1=h'(x)$ e procura-se o mínimo em $[3,8]$.

A $5{,}5\ \mathrm m$ do início; declive $-1{,}875$.

15.4. INTERMÉDIO

Pretende-se resolver $h(x)=10$, com $x\in[0,10]$. Introduzem-se $y_1=0{,}1x^3-1{,}65x^2+7{,}2x+5$ e $y_2=10$, na janela $[0,10]\times[0,16]$.

$x\approx0{,}85\ \mathrm m$, $x\approx6{,}23\ \mathrm m$ e $x\approx9{,}42\ \mathrm m$

Exercício 16 — O triângulo de área mínima

16.1. INTERMÉDIO

$g'(x)=-2x$, logo o declive de $t$ é $g'(a)=-2a$, e $P(a,4-a^2)$.

$t:\ y=-2ax+a^2+4$;  $A\left(\dfrac{a^2+4}{2a},0\right)$ e $B(0,a^2+4)$

16.2. INTERMÉDIO

O triângulo é retângulo em $O$, com catetos $\overline{OA}=\dfrac{a^2+4}{2a}$ e $\overline{OB}=a^2+4$ (ambos positivos, porque $a\gt0$).

$T(a)=\dfrac{(a^2+4)^2}{4a}=\dfrac{a^3}4+2a+\dfrac4a$

16.3. DESAFIO

Usando a segunda expressão (não é necessária a derivada da função composta):

Como $a^2+4\gt0$ e $4a^2\gt0$, o sinal de $T'$ é o de $3a^2-4$. Em $]0,2[$:

$a=\dfrac{2\sqrt3}3$; área mínima $\dfrac{32\sqrt3}9$

16.4. DESAFIO

$y_B=\dfrac{16}3=2\,y_P$

16.5. DESAFIO

Pela alínea 16.3, a área de qualquer destes triângulos é maior ou igual a $\dfrac{32\sqrt3}9$. Ora:

o que é verdade. Logo, todos os triângulos têm área superior a $6$.

Não existe: a área mínima, $\dfrac{32\sqrt3}9\approx6{,}16$, é superior a $6$.