Estudo de funções | Matemática A

📌 Resumo teórico

Roteiro do estudo de uma função

Fazer o «estudo completo» de uma função é percorrer, por esta ordem, seis pontos. No fim, todos eles se juntam num esboço do gráfico.

Passo	O que se faz
1. Domínio	denominadores $\ne 0$; radicandos $\ge 0$; argumentos de logaritmos $\gt 0$
2. Continuidade	identificar a função como soma, produto, quociente ou composta de funções contínuas
3. Assíntotas	verticais nos pontos «à beira» do domínio; não verticais com $m$ e $b$
4. Interseções com os eixos	com $Ox$: resolver $f(x)=0$; com $Oy$: calcular $f(0)$, se $0\in D_f$
5. Monotonia e extremos	quadro de sinal de $f'$
6. Concavidades e inflexões	quadro de sinal de $f''$

Primeira derivada — monotonia e extremos

\[ \begin{aligned} &f'(x)\gt 0 \text{ num intervalo} &&\Longrightarrow\ f \text{ é \textbf{crescente} nesse intervalo}\\[.3em] &f'(x)\lt 0 \text{ num intervalo} &&\Longrightarrow\ f \text{ é \textbf{decrescente} nesse intervalo} \end{aligned} \]

Se $f'$ mudar de sinal num ponto $a$ do domínio, então $f(a)$ é um extremo relativo: máximo se passa de $+$ a $-$, mínimo se passa de $-$ a $+$.

Segunda derivada — concavidades e inflexões

\[ \begin{aligned} &f''(x)\gt 0 \text{ num intervalo} &&\Longrightarrow\ \text{concavidade voltada para \textbf{cima}}\\[.3em] &f''(x)\lt 0 \text{ num intervalo} &&\Longrightarrow\ \text{concavidade voltada para \textbf{baixo}} \end{aligned} \]

Há ponto de inflexão onde $f''$ muda de sinal (e o ponto pertence ao domínio).

Reta tangente e reta perpendicular

\[ \underbrace{y=f'(a)\,(x-a)+f(a)}_{\text{tangente em }x=a} \qquad\qquad m_{\perp}=-\frac{1}{f'(a)} \]

Duas retas não verticais são perpendiculares se e só se o produto dos declives é $-1$.

Cuidados no quadro de sinal: os pontos que não pertencem ao domínio entram no quadro, mas com n.d. (não definido) — não são zeros da derivada nem podem dar extremos ou pontos de inflexão. Só os zeros da derivada que pertencem ao domínio são candidatos.

Nota (Aprendizagens Essenciais, janeiro de 2023): pretende-se «resolver problemas, envolvendo o estudo de funções, complementando o uso da tecnologia com o estudo analítico». No estudo de funções está incluído o trabalho com funções polinomiais, racionais, exponenciais e logarítmicas e operações entre estas. A determinação algébrica da segunda derivada abrange também as funções trigonométricas.

1. Estudo completo de uma função racional

Considere a função racional $f$ definida por $f(x)=\dfrac{x^{2}}{x-1}$.

1.1. Estude a função $f$ quanto:
- a) ao seu domínio;
- b) à continuidade;
- c) à existência de assíntotas ao seu gráfico;
- d) à interseção do seu gráfico com os eixos coordenados;
- e) à monotonia e existência de extremos relativos;
- f) ao sentido da concavidade do seu gráfico e à existência de pontos de inflexão.
1.2. Faça um esboço do gráfico da função $f$.

1.1. a) — domínio

Sendo uma função racional, o domínio é o conjunto dos números reais que não anulam o denominador:

D_f=\{x\in\mathbb{R}: x-1\ne 0\}=\mathbb{R}\setminus\{1\}

1.1. b) — continuidade

$f$ é o quociente de duas funções polinomiais, que são contínuas em $\mathbb{R}$. O quociente de funções contínuas é contínuo em todos os pontos onde o denominador não se anula.

$f$ é contínua em todo o seu domínio, $\mathbb{R}\setminus\{1\}$.

1.1. c) — assíntota vertical

O único candidato é $x=1$. Como o numerador em $1$ vale $1^{2}=1\ne 0$, o limite é do tipo $\frac{1}{0}$:

\lim_{x\to 1^{-}}\frac{x^{2}}{x-1}=\frac{1}{0^{-}}=-\infty \qquad \lim_{x\to 1^{+}}\frac{x^{2}}{x-1}=\frac{1}{0^{+}}=+\infty

Logo $x=1$ é assíntota vertical.

1.1. c) — assíntota não vertical

m=\lim_{x\to \pm\infty}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to \pm\infty}\frac{x^{2}}{x\,(x-1)} =\lim_{x\to \pm\infty}\frac{x}{x-1}=1

b=\lim_{x\to \pm\infty}\big[f(x)-x\big] =\lim_{x\to \pm\infty}\frac{x^{2}-x(x-1)}{x-1} =\lim_{x\to \pm\infty}\frac{x}{x-1}=1

Confirma-se pela divisão inteira de $x^{2}$ por $x-1$ (quociente $x+1$, resto $1$):

f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}

Assíntota vertical: $x=1$. Assíntota oblíqua (em $-\infty$ e em $+\infty$): $y=x+1$.

1.1. d) — interseção com os eixos

Com o eixo $Ox$, resolve-se $f(x)=0$. Uma fração é nula quando o numerador é nulo (e o denominador não):

\frac{x^{2}}{x-1}=0 \iff x^{2}=0 \ \wedge\ x\ne 1 \iff x=0

Com o eixo $Oy$, calcula-se $f(0)$:

f(0)=\frac{0^{2}}{0-1}=0

O gráfico interseta os dois eixos apenas na origem, no ponto $(0,0)$.

1.1. e) — primeira derivada

Regra do quociente:

f'(x)=\frac{2x\,(x-1)-x^{2}\times 1}{(x-1)^{2}} =\frac{2x^{2}-2x-x^{2}}{(x-1)^{2}} =\frac{x^{2}-2x}{(x-1)^{2}} =\frac{x\,(x-2)}{(x-1)^{2}}

f'(x)=0 \iff x\,(x-2)=0\ \wedge\ x\ne 1 \iff x=0 \ \vee\ x=2

1.1. e) — quadro de sinal de $f'$

O denominador $(x-1)^{2}$ é sempre positivo (para $x\ne 1$), pelo que o sinal de $f'$ é o sinal de $x(x-2)$.

$x$		$0$		$1$		$2$
$x$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$x-2$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$(x-1)^{2}$	$+$	$+$	$+$	n.d.	$+$	$+$	$+$
$f'(x)$	$+$	$0$	$-$	n.d.	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\nearrow$	máx.	$\searrow$	n.d.	$\searrow$	mín.	$\nearrow$

f(0)=0 \qquad\text{e}\qquad f(2)=\frac{2^{2}}{2-1}=4

$f$ é crescente em $\left]-\infty,0\right]$ e em $\left[2,+\infty\right[$; é decrescente em $\left[0,1\right[$ e em $\left]1,2\right]$.

Máximo relativo $f(0)=0$; mínimo relativo $f(2)=4$.

1.1. f) — segunda derivada

É mais rápido derivar a forma obtida na alínea c), $f(x)=x+1+(x-1)^{-1}$:

f'(x)=1-(x-1)^{-2} \qquad\Longrightarrow\qquad f''(x)=2\,(x-1)^{-3}=\frac{2}{(x-1)^{3}}

(Derivando $f'(x)=\dfrac{x^{2}-2x}{(x-1)^{2}}$ pela regra do quociente chega-se ao mesmo resultado.)

1.1. f) — quadro de sinal de $f''$

O numerador é $2\gt 0$, pelo que o sinal de $f''$ é o sinal de $(x-1)^{3}$, que é o sinal de $x-1$. A segunda derivada nunca se anula.

$x$	$-\infty$		$1$		$+\infty$
$f''(x)$		$-$	n.d.	$+$
gráfico de $f$		$\frown$	n.d.	$\smile$

Em $x=1$ o sinal muda, mas $1\notin D_f$: não há ponto de inflexão (não existe ponto do gráfico com essa abcissa).

Concavidade voltada para baixo em $\left]-\infty,1\right[$ e voltada para cima em $\left]1,+\infty\right[$.

O gráfico de $f$ não tem pontos de inflexão.

1.2. — esboço do gráfico

Reunindo tudo: assíntotas $x=1$ e $y=x+1$; passa na origem; máximo relativo em $(0,0)$ e mínimo relativo em $(2,4)$; concavidade para baixo antes de $1$ e para cima depois de $1$.

Esboço do gráfico de f(x)=x ao quadrado sobre x menos um, com assíntota vertical x=1, assíntota oblíqua y=x+1, máximo em (0,0) e mínimo em (2,4)

2. Extremos da derivada e retas tangentes

Seja $f$ uma função duas vezes derivável em $\mathbb{R}$, cuja primeira derivada é definida por:

f'(x)=\frac{x}{x^{2}+1}

2.1. Determine as abcissas dos extremos relativos de $f'$.
2.2. Seja $r$ a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $x=2$, que se sabe ter ordenada na origem igual a $-1$. Seja $s$ a reta perpendicular à reta $r$ e que passa no ponto de coordenadas $\big(2,f(2)\big)$.
Determine as coordenadas do ponto de interseção da reta $s$ com o eixo das abcissas.

2.1. — atenção ao que é pedido

Pedem-se os extremos de $f'$, e não de $f$. Para estudar a monotonia de $f'$ é preciso derivar $f'$, ou seja, calcular $f''$.

2.1. — cálculo de $f''$

Regra do quociente, com $\left(x^{2}+1\right)'=2x$:

f''(x)=\frac{1\times\left(x^{2}+1\right)-x\times 2x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}} =\frac{x^{2}+1-2x^{2}}{\left(x^{2}+1\right)^{2}} =\frac{1-x^{2}}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}

f''(x)=0 \iff 1-x^{2}=0 \iff x=-1 \ \vee\ x=1

2.1. — quadro de sinal de $f''$

O denominador $\left(x^{2}+1\right)^{2}$ é sempre positivo, pelo que o sinal de $f''$ é o sinal de $1-x^{2}$ (uma parábola com a concavidade voltada para baixo e zeros em $-1$ e $1$): negativo fora das raízes, positivo entre elas.

$x$	$-\infty$		$-1$		$1$		$+\infty$
$f''(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f'(x)$		$\searrow$	mín.	$\nearrow$	máx.	$\searrow$

f'(-1)=\frac{-1}{(-1)^{2}+1}=-\frac12 \qquad\text{e}\qquad f'(1)=\frac{1}{1^{2}+1}=\frac12

$f'$ tem um mínimo relativo de abcissa $-1$ (igual a $-\frac12$) e um máximo relativo de abcissa $1$ (igual a $\frac12$).

2.2. — declive e equação da reta $r$

O declive da tangente no ponto de abcissa $2$ é $f'(2)$:

f'(2)=\frac{2}{2^{2}+1}=\frac{2}{5}

Como a ordenada na origem de $r$ é $-1$:

r:\ y=\frac{2}{5}x-1

2.2. — o ponto de tangência

O ponto $\big(2,f(2)\big)$ pertence a $r$, logo basta substituir $x=2$ na equação de $r$:

f(2)=\frac{2}{5}\times 2-1=\frac{4}{5}-1=-\frac15

2.2. — equação da reta $s$

Retas perpendiculares têm declives cujo produto é $-1$:

m_s=-\frac{1}{\frac{2}{5}}=-\frac52

A reta $s$ passa no ponto $\left(2,-\frac15\right)$:

s:\ y=-\frac52\,(x-2)-\frac15 \iff y=-\frac52 x+5-\frac15 \iff y=-\frac52 x+\frac{24}{5}

2.2. — interseção com o eixo $Ox$

-\frac52 x+\frac{24}{5}=0 \iff \frac52 x=\frac{24}{5} \iff x=\frac{24}{5}\times\frac{2}{5}=\frac{48}{25}

O ponto de interseção é $\left(\dfrac{48}{25},\,0\right)$, ou seja, $(1{,}92\,;\,0)$.

3. Zeros e pontos de inflexão

Considere que a função $f$, duas vezes derivável em $\mathbb{R}$, de período $2\pi$, representada na figura seguinte, é definida por:

f(x)=\operatorname{sen} x+\cos x

Gráfico da função f(x) = sen x + cos x, uma sinusoide de amplitude raiz de dois

Mostre que se $f(x)=0$, então $f''(x)=0$.

Interprete geometricamente este resultado.

Passo 1 — calcular $f''$

f'(x)=(\operatorname{sen} x)'+(\cos x)'=\cos x-\operatorname{sen} x

f''(x)=(\cos x)'-(\operatorname{sen} x)'=-\operatorname{sen} x-\cos x

Passo 2 — relacionar $f''$ com $f$

Pondo $-1$ em evidência, reconhece-se a expressão de $f$:

f''(x)=-\left(\operatorname{sen} x+\cos x\right)=-f(x)

Esta igualdade é válida para todo o $x\in\mathbb{R}$.

Passo 3 — conclusão

Se $f(x)=0$, então:

f''(x)=-f(x)=-0=0 \qquad\blacksquare

Interpretação geométrica

Os pontos em que $f(x)=0$ são exatamente os pontos em que o gráfico interseta o eixo $Ox$. O que se mostrou é que, nesses pontos, a segunda derivada também se anula.

Mais do que isso: como $f''=-f$ e $f$ muda de sinal ao atravessar cada um dos seus zeros (como se vê na figura), também $f''$ muda aí de sinal. Logo todos esses pontos são pontos de inflexão.

Os zeros são as soluções de $\operatorname{sen} x+\cos x=0$, isto é, $\tan x=-1$:

$x=-\dfrac{\pi}{4}+k\pi\ ,\ k\in\mathbb{Z}$

Nesses pontos o gráfico troca a concavidade: onde $f\gt 0$ tem-se $f''\lt 0$ (concavidade voltada para baixo) e onde $f\lt 0$ tem-se $f''\gt 0$ (concavidade voltada para cima).

Como $f''(x)=-f(x)$, se $f(x)=0$ então $f''(x)=0$.

Geometricamente: os pontos onde o gráfico de $f$ interseta o eixo $Ox$ são precisamente os pontos de inflexão do gráfico — é aí que o gráfico muda o sentido da concavidade.

4. Limites, zeros e extremos de um quociente

Seja $f$ a função real de variável real definida por:

f(x)=\frac{e^{x}+x}{e^{-x}-x}

Qual das seguintes afirmações é falsa?

(A) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-1$
(B) $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$
(C) A função $f$ tem, pelo menos, um zero.
(D) A função $f$ tem um máximo relativo em $\left]1,\,2\right[$.

Passo prévio — o domínio

O denominador não pode anular-se. Seja $h(x)=e^{-x}-x$:

h'(x)=-e^{-x}-1\lt 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R}

Logo $h$ é estritamente decrescente. Como $h$ é contínua e

h(0)=e^{0}-0=1\gt 0 \qquad\text{e}\qquad h(1)=\frac1e-1\approx -0{,}63\lt 0

o Teorema de Bolzano garante que $h$ tem um zero em $\left]0,\,1\right[$ e, por ser estritamente decrescente, esse zero é único. Com a calculadora, $x_0\approx 0{,}57$.

$D_f=\mathbb{R}\setminus\{x_0\}$, com $x_0\approx 0{,}57$.

Além disso, e por $h$ ser decrescente: $e^{-x}-x\gt 0$ para $x\lt x_0$ e $e^{-x}-x\lt 0$ para $x\gt x_0$. Este sinal vai ser usado na alínea (D).

Afirmação (A)

Quando $x\to+\infty$: o numerador tende para $+\infty$ e o denominador para $0-\infty=-\infty$. É uma indeterminação $\dfrac{\infty}{\infty}$. Divide-se o numerador e o denominador por $x$:

\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}+x}{e^{-x}-x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\dfrac{e^{x}}{x}+1}{\dfrac{e^{-x}}{x}-1}

Ora $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}}{x}=+\infty$ (limite notável) e $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{-x}}{x}=\frac{0}{+\infty}=0$. Portanto:

\lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac{+\infty}{0-1}=\frac{+\infty}{-1}=-\infty

O limite é $-\infty$ e não $-1$: a afirmação (A) é falsa.

Afirmação (B) — é verdadeira

Quando $x\to-\infty$, o numerador tende para $0-\infty=-\infty$ e o denominador para $+\infty+\infty=+\infty$. Faz-se a mudança de variável $t=-x$, com $t\to+\infty$:

\lim_{x\to-\infty}\frac{e^{x}+x}{e^{-x}-x} =\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{-t}-t}{e^{t}+t}

Dividindo o numerador e o denominador por $e^{t}$:

=\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{-2t}-\dfrac{t}{e^{t}}}{1+\dfrac{t}{e^{t}}} =\frac{0-0}{1+0}=0

usando $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{t}{e^{t}}=0$, que é o inverso do limite notável $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{e^{t}}{t}=+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$: a afirmação (B) é verdadeira.

Afirmação (C) — é verdadeira

Uma fração é nula quando o numerador é nulo (e o denominador não). Seja $g(x)=e^{x}+x$:

g'(x)=e^{x}+1\gt 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R}

$g$ é contínua e estritamente crescente, e

g(-1)=\frac1e-1\approx -0{,}63\lt 0 \qquad\text{e}\qquad g(0)=1\gt 0

Pelo Teorema de Bolzano existe $c\in\left]-1,\,0\right[$ tal que $g(c)=0$. Como $c\lt 0\lt x_0$, tem-se $c\in D_f$, e o denominador em $c$ não é nulo.

$f(c)=0$ com $c\approx -0{,}57$: $f$ tem (exatamente) um zero. A afirmação (C) é verdadeira.

Afirmação (D) — é verdadeira

Considere-se o intervalo $\left]x_0,\,+\infty\right[$, onde $f$ é contínua. Aí, o numerador é positivo (pois $x\gt 0$) e o denominador é negativo, pelo que $f(x)\lt 0$. Nos dois extremos do intervalo:

\lim_{x\to x_0^{+}}f(x)=\frac{e^{x_0}+x_0}{0^{-}}=-\infty \qquad\text{e}\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty

Uma função contínua que tende para $-\infty$ nos dois extremos de um intervalo tem, necessariamente, um máximo no interior desse intervalo.

Com a calculadora gráfica, esse máximo é atingido para $x\approx 1{,}54$, com $f(1{,}54)\approx -4{,}68$.

Confirmação com alguns valores: $f(1)\approx -5{,}88$, $f(1{,}54)\approx -4{,}68$, $f(2)\approx -5{,}04$ — o valor no meio é maior do que nos extremos.

Existe máximo relativo em $\left]1,\,2\right[$: a afirmação (D) é verdadeira.

Opção (A)

5. Função definida por ramos: tangente e assíntotas

Seja $f$ a função real de variável real definida por:

f(x)=\begin{cases} e^{2x+1} & \text{se } x\le 0\\[.5em] \dfrac{e^{x}-1}{x} & \text{se } x\gt 0 \end{cases}

5.1. Determine a equação reduzida da reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $1$.
5.2. Estude a existência de assíntotas ao gráfico de $f$.

5.1. — escolher o ramo

Como $1\gt 0$, usa-se o segundo ramo: $f(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}$.

f(1)=\frac{e^{1}-1}{1}=e-1

5.1. — a derivada

Pela regra do quociente, para $x\gt 0$:

f'(x)=\frac{e^{x}\times x-\left(e^{x}-1\right)\times 1}{x^{2}} =\frac{x\,e^{x}-e^{x}+1}{x^{2}}

f'(1)=\frac{1\times e-e+1}{1^{2}}=\frac{1}{1}=1

5.1. — equação da reta

y=f'(1)\,(x-1)+f(1) \iff y=1\,(x-1)+e-1

\iff y=x+e-2

$y=x+e-2\ \ \left(\approx x+0{,}72\right)$

5.2. — o domínio

O primeiro ramo está definido para todo o $x\le 0$ e o segundo exige apenas $x\ne 0$, o que se verifica em $x\gt 0$.

D_f=\mathbb{R}

5.2. — assíntotas verticais

Como $D_f=\mathbb{R}$, só poderia haver assíntota vertical num ponto onde um limite lateral fosse infinito. O único ponto a analisar é $x=0$, onde muda o ramo:

\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}e^{2x+1}=e^{1}=e

\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}}\frac{e^{x}-1}{x}=1

(o segundo é o limite notável $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^{x}-1}{x}=1$).

Os dois limites laterais são finitos. Note-se que, sendo diferentes entre si (e diferentes de $f(0)=e$), $f$ não é contínua em $0$ — mas uma descontinuidade só dá assíntota vertical quando o limite é infinito.

O gráfico de $f$ não tem assíntotas verticais.

5.2. — assíntota quando $x\to-\infty$

Neste ramo $f(x)=e^{2x+1}$:

\lim_{x\to-\infty}e^{2x+1}=e^{-\infty}=0

$y=0$ é assíntota horizontal do gráfico de $f$ quando $x\to-\infty$.

5.2. — assíntota quando $x\to+\infty$

Neste ramo $f(x)=\dfrac{e^{x}-1}{x}$:

\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}-1}{x} =\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{e^{x}}{x}-\frac{1}{x}\right) =+\infty-0=+\infty

Não há assíntota horizontal. Procura-se então uma assíntota oblíqua $y=mx+b$:

m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}-1}{x^{2}} =\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{e^{x}}{x^{2}}-\frac{1}{x^{2}}\right)=+\infty

usando o limite notável $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}}{x^{p}}=+\infty$. Como $m$ não é um número real, não existe assíntota oblíqua.

Não existe qualquer assíntota ao gráfico de $f$ quando $x\to+\infty$.

A única assíntota do gráfico de $f$ é a reta de equação $y=0$, assíntota horizontal quando $x\to-\infty$.

6. Estudo de $f(x)=\ln\left(e^{x}+1\right)$ e um problema de custos

Considere a função real de variável real $f$ definida, em $\mathbb{R}$, por:

f(x)=\ln\left(e^{x}+1\right)

6.1. Mostre que existe uma assíntota oblíqua e uma assíntota horizontal ao gráfico de $f$.
6.2. Estude a monotonia da função $f$.
6.3. Determine $f''(x)$ e justifique que o gráfico da função $f$ não tem pontos de inflexão.
6.4. Seja $g$ a função de domínio $\mathbb{R}^{+}$ definida por: $g(x)=f(x)\ ,\quad x\gt 0$ Admita que $g(x)$ representa, em milhares de euros, o custo de produção de um certo artigo, quando são produzidas $x$ centenas de unidades.
Determine, recorrendo à calculadora gráfica, o número de unidades produzidas para o qual o acréscimo de custo de produção, ao passar de $x$ centenas de unidades para o seu dobro, é igual a $0{,}8x$ milhares de euros.

Apresente o resultado arredondado às centésimas.

6.1. — uma reescrita muito útil

Como $e^{x}\gt 0$, pode pôr-se $e^{x}$ em evidência dentro do logaritmo:

e^{x}+1=e^{x}\left(1+e^{-x}\right)

f(x)=\ln\left(e^{x}\left(1+e^{-x}\right)\right) =\underbrace{\ln\left(e^{x}\right)}_{=\,x}+\ln\left(1+e^{-x}\right) =x+\ln\left(1+e^{-x}\right)

6.1. — assíntota oblíqua ($x\to+\infty$)

m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} =\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{\ln\left(1+e^{-x}\right)}{x}\right) =1+\frac{\ln 1}{+\infty}=1+0=1

b=\lim_{x\to+\infty}\left(f(x)-1\times x\right) =\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+e^{-x}\right) =\ln(1+0)=\ln 1=0

Como $m=1\ne 0$ e $b=0$ são números reais, a reta é oblíqua.

$y=x$ é assíntota oblíqua do gráfico de $f$ quando $x\to+\infty$.

6.1. — assíntota horizontal ($x\to-\infty$)

\lim_{x\to-\infty}\ln\left(e^{x}+1\right)=\ln\left(0+1\right)=\ln 1=0

$y=0$ é assíntota horizontal do gráfico de $f$ quando $x\to-\infty$. $\blacksquare$

De outro modo, para o declive: pela Regra de L'Hôpital, para a indeterminação $\dfrac{\infty}{\infty}$,

$\displaystyle m=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(e^{x}+1\right)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\dfrac{e^{x}}{e^{x}+1}}{1}=\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{1+e^{-x}}=\frac{1}{1+0}=1$

6.2. — a primeira derivada

Com $\left(\ln u\right)'=\dfrac{u'}{u}$, sendo $u=e^{x}+1$ e $u'=e^{x}$:

f'(x)=\frac{e^{x}}{e^{x}+1}

Para todo o $x\in\mathbb{R}$ tem-se $e^{x}\gt 0$ e, portanto, $e^{x}+1\gt 1\gt 0$. O quociente de dois números positivos é positivo:

f'(x)\gt 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R}

$f$ é estritamente crescente em $\mathbb{R}$; não tem extremos.

6.3. — a segunda derivada

Deriva-se $f'$ pela regra do quociente:

f''(x)=\frac{e^{x}\left(e^{x}+1\right)-e^{x}\times e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}} =\frac{e^{2x}+e^{x}-e^{2x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}

f''(x)=\frac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}

6.3. — porque não há pontos de inflexão

Para todo o $x\in\mathbb{R}$: o numerador $e^{x}$ é positivo e o denominador $\left(e^{x}+1\right)^{2}$ é o quadrado de um número não nulo, logo também é positivo. Portanto:

f''(x)\gt 0\ ,\quad \forall x\in\mathbb{R}

A segunda derivada nunca se anula e nunca muda de sinal. Como um ponto de inflexão exige mudança do sentido da concavidade — isto é, mudança de sinal de $f''$ —, não existe nenhum.

$f''(x)=\dfrac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}$

Como $f''(x)\gt 0$ em todo o $\mathbb{R}$, o gráfico de $f$ tem sempre a concavidade voltada para cima e não tem pontos de inflexão. $\blacksquare$

6.4. — traduzir o enunciado

Produzir $x$ centenas de unidades custa $g(x)$; produzir o dobro, $2x$ centenas, custa $g(2x)$. O acréscimo de custo é a diferença:

\[ g(2x)-g(x)=0{,}8x \]

\ln\left(e^{2x}+1\right)-\ln\left(e^{x}+1\right)=0{,}8x\ ,\quad x\gt 0

6.4. — resolver com a calculadora

Introduzem-se

Y_1=\ln\left(e^{2x}+1\right)-\ln\left(e^{x}+1\right) \qquad\text{e}\qquad Y_2=0{,}8x

e procura-se a abcissa do ponto de interseção, numa janela do tipo $x\in\left[0,\,3\right]$ e $y\in\left[0,\,3\right]$.

Atenção: $x=0$ também verifica a igualdade (dá $0=0$), mas está excluído por ser $D_g=\mathbb{R}^{+}$. É a outra interseção que interessa.

x\approx 0{,}9388

6.4. — voltar ao contexto

O valor obtido está em centenas de unidades. O número de unidades é, portanto, $100x$:

100\times 0{,}9388=93{,}88

O número de unidades produzidas é, aproximadamente, $93{,}88$ unidades — ou seja, $x\approx 0{,}94$ centenas de unidades.

\(x\)		\(0\)		\(1\)		\(2\)
\(x\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(x-2\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\((x-1)^{2}\)	\(+\)	\(+\)	\(+\)	n.d.	\(+\)	\(+\)	\(+\)
\(f'(x)\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	n.d.	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(\nearrow\)	máx.	\(\searrow\)	n.d.	\(\searrow\)	mín.	\(\nearrow\)

\(x\)	\(-\infty\)		\(1\)		\(+\infty\)
\(f''(x)\)		\(-\)	n.d.	\(+\)
gráfico de \(f\)		\(\frown\)	n.d.	\(\smile\)

\(x\)	\(-\infty\)		\(-1\)		\(1\)		\(+\infty\)
\(f''(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(f'(x)\)		\(\searrow\)	mín.	\(\nearrow\)	máx.	\(\searrow\)

Passo	O que se faz
1. Domínio	denominadores \(\ne 0\); radicandos \(\ge 0\); argumentos de logaritmos \(\gt 0\)
2. Continuidade	identificar a função como soma, produto, quociente ou composta de funções contínuas
3. Assíntotas	verticais nos pontos «à beira» do domínio; não verticais com \(m\) e \(b\)
4. Interseções com os eixos	com \(Ox\): resolver \(f(x)=0\); com \(Oy\): calcular \(f(0)\), se \(0\in D_f\)
5. Monotonia e extremos	quadro de sinal de \(f'\)
6. Concavidades e inflexões	quadro de sinal de \(f''\)