Proposta de Resolução — Prova Modelo Mat A 2026
Nível Desafio Extremo

Item 1.1 12 pts

Seja $h=\dfrac{1}{n}$. Como $n\to+\infty$, $h\to 0^{+}$, e tem-se

$\displaystyle\lim u_{n}=\lim_{h\to 0^{+}}\dfrac{e^{h}-\cos h}{\operatorname{sen}h}$.

Decompondo o numerador e recorrendo aos limites notáveis:

$$\dfrac{e^{h}-\cos h}{\operatorname{sen}h} =\dfrac{e^{h}-1}{\operatorname{sen}h}+\dfrac{1-\cos h}{\operatorname{sen}h} =\dfrac{e^{h}-1}{h}\,\dfrac{h}{\operatorname{sen}h} +\dfrac{\operatorname{sen}h}{1+\cos h}.$$

Quando $h\to0^{+}$, tem-se $\dfrac{e^{h}-1}{h}\to1$, $\dfrac{h}{\operatorname{sen}h}\to1$ e $\dfrac{\operatorname{sen}h}{1+\cos h}\to0$. Logo,

$$\lim u_n=1\cdot1+0=1.$$

Item 1.2 14 pts

Hipótese de partida: $0<v_{n}<2$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

(a) $(v_{n})$ estritamente crescente.

$v_{n+1}-v_{n}=\dfrac{3v_{n}+4}{v_{n}+3}-v_{n}=\dfrac{3v_{n}+4-v_{n}(v_{n}+3)}{v_{n}+3}=\dfrac{4-v_{n}^{2}}{v_{n}+3}=\dfrac{(2-v_{n})(2+v_{n})}{v_{n}+3}$.

Como $0<v_{n}<2$, tem-se $2-v_{n}>0$, $2+v_{n}>0$ e $v_{n}+3>0$. Logo $v_{n+1}-v_{n}>0$, isto é, $(v_{n})$ é estritamente crescente. $\square$

(b) Convergência e limite.

$(v_{n})$ é estritamente crescente e limitada superiormente por $2$. Pelo Teorema da Convergência Monótona, $(v_{n})$ é convergente. Seja $L=\lim v_{n}$. Como $v_{1}=1$ e a sucessão é crescente, $1\leq L\leq2$.

Por passagem ao limite na recorrência: $L=\dfrac{3L+4}{L+3} \Leftrightarrow L(L+3)=3L+4 \Leftrightarrow L^{2}=4 \Leftrightarrow L=\pm 2$.

Como $L\geq1$, conclui-se que $L=2$.

Item 2 14 pts

(a) $\dfrac{1}{u_{n+1}}-\dfrac{1}{u_{n}}$ é constante.

$\dfrac{1}{u_{n+1}}=\dfrac{1+2u_{n}}{u_{n}}=\dfrac{1}{u_{n}}+2$.

Logo $\dfrac{1}{u_{n+1}}-\dfrac{1}{u_{n}}=2$ (constante, independente de $n$).

(b) $\left(\dfrac{1}{u_{n}}\right)$ é uma progressão aritmética.

Sendo a diferença entre dois termos consecutivos constante e igual a $2$, $\left(\dfrac{1}{u_{n}}\right)$ é uma p. aritmética de razão $2$.

Primeiro termo: $\dfrac{1}{u_{1}}=\dfrac{1}{3}$.

Termo geral: $\dfrac{1}{u_{n}}=\dfrac{1}{3}+2(n-1)=\dfrac{1+6(n-1)}{3}=\dfrac{6n-5}{3}$.

Logo $u_{n}=\dfrac{3}{6n-5}$.

(c) Limite.

Como $6n-5\to+\infty$, conclui-se que $\displaystyle\lim u_{n}=\lim\dfrac{3}{6n-5}=0$.

Item 3 14 pts

$h(x)=x^{x}=e^{x\ln x}$, $x>0$.

Derivada. Pela regra da cadeia, sendo $u(x)=x\ln x$ com $u'(x)=\ln x+1$:

$h'(x)=e^{x\ln x}\cdot(\ln x+1)=x^{x}(\ln x+1)$.

Monotonia e extremos. $h'(x)=0 \Leftrightarrow \ln x+1=0 \Leftrightarrow x=e^{-1}$ (pois $x^{x}>0$). Em $\;]0,e^{-1}[\;$, $\ln x<-1$, logo $h'<0$. Em $\;]e^{-1},+\infty[\;$, $h'>0$. Assim, $h$ é estritamente decrescente em $\;]0,e^{-1}]\;$ e estritamente crescente em $\;[e^{-1},+\infty[\;$. Tem um mínimo relativo — que é também absoluto — em $x=e^{-1}$, com valor $h(e^{-1})=(e^{-1})^{e^{-1}}=e^{-1/e}$.

Concavidades. $h''(x)=h'(x)\cdot(\ln x+1)+x^{x}\cdot\dfrac{1}{x}=x^{x}(\ln x+1)^{2}+x^{x-1}$.

Como $x^{x}>0$, $(\ln x+1)^{2}\geq 0$ e $x^{x-1}>0$ para todo $x>0$, conclui-se que $h''(x)>0$ em todo o domínio.

Logo, o gráfico de $h$ tem concavidade voltada para cima em $\mathbb{R}^{+}$ e não tem pontos de inflexão.

Limites e assíntotas.

Para determinar o limite em $0^{+}$, faça-se $t=\dfrac{1}{x}$. Quando $x\to0^{+}$, $t\to+\infty$, e

$$x\ln x=\dfrac{1}{t}\ln\!\left(\dfrac{1}{t}\right)=-\dfrac{\ln t}{t}\longrightarrow0,$$

pois $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$.

Logo $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=\lim_{x\to 0^{+}}e^{x\ln x}=e^{0}=1$ (não há assíntota vertical).

Quando $x\to+\infty$, tem-se $x\ln x\to+\infty$; por exemplo, para $x>e$, $\ln x>1$ e $x\ln x>x$. Assim, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)=+\infty$ (não há assíntota horizontal).

Item 4 12 pts

(I) Mediana de $x$. Valores ordenados (já estão): $92, 108, 116, 125, 134, 148, 162, 175$.

Mediana $=\dfrac{125+134}{2}=129{,}5$. → b)

(II) Amplitude interquartil de $y$. $y$ ordenado: $85, 112, 120, 128, 140, 155, 168, 180$.

$Q_{1}=\dfrac{112+120}{2}=116$ e $Q_{3}=\dfrac{155+168}{2}=161{,}5$. Logo, a amplitude interquartil é $Q_{3}-Q_{1}=161{,}5-116=45{,}5$. → a)

(III) Coeficiente de correlação linear. Introduzindo os pares $(x,y)$ nas listas da calculadora e escolhendo o modelo de regressão linear, obtém-se $r\approx 0{,}9947532$. Arredondando às milésimas, $r\approx 0{,}995$. → b)

(IV) Estimativa para $x=140$. A reta de regressão de $y$ em função de $x$ é $y\approx 1{,}110058\,x-11{,}082726$. Com os parâmetros arredondados às milésimas, fica $y\approx 1{,}110x-11{,}083$. Assim, para $x=140$:

$$y\approx 1{,}110\times 140-11{,}083=144{,}317\approx 144\text{ pontos}.$$

Usando na calculadora os parâmetros não arredondados, obtém-se $y\approx 144{,}325$, como mostra o gráfico. → b)

Item 5 14 pts

$\operatorname{sen}^{4}x-\cos^{4}x=(\operatorname{sen}^{2}x+\cos^{2}x)(\operatorname{sen}^{2}x-\cos^{2}x)=1\cdot(-\cos(2x))=-\cos(2x)$.

A equação fica: $-\cos(2x)=\operatorname{sen}(2x)-1 \Leftrightarrow \operatorname{sen}(2x)+\cos(2x)=1$.

Multiplicando ambos os membros por $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$:

$\dfrac{\sqrt{2}}{2}\operatorname{sen}(2x)+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos(2x)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ $\;\Leftrightarrow\;\operatorname{sen}\!\left(2x+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

$2x+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi \;\vee\; 2x+\dfrac{\pi}{4}=\pi-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi=\dfrac{3\pi}{4}+2k\pi$, $k\in\mathbb{Z}$.

Ou seja: $2x=2k\pi \;\vee\; 2x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$, isto é, $x=k\pi \;\vee\; x=\dfrac{\pi}{4}+k\pi$.

Em $[0,2\pi]$: $x\in\left\{0,\;\dfrac{\pi}{4},\;\pi,\;\dfrac{5\pi}{4},\;2\pi\right\}$.

Item 6.1 12 pts

$f(x)=e^{\operatorname{sen}(x^{2})}$. Pela regra da cadeia:

$f'(x)=e^{\operatorname{sen}(x^{2})}\cdot\cos(x^{2})\cdot 2x=2x\,\cos(x^{2})\,e^{\operatorname{sen}(x^{2})}$.

$f'(\sqrt{\pi})=2\sqrt{\pi}\cdot\cos(\pi)\cdot e^{\operatorname{sen}(\pi)}=2\sqrt{\pi}\cdot(-1)\cdot e^{0}=-2\sqrt{\pi}$.

Item 6.2 14 pts

Seja o cilindro reto com raio $r$ e altura $h$, inscrito numa esfera de raio $R$ (eixo do cilindro passando pelo centro da esfera).

Restrição geométrica. A diagonal do retângulo axial do cilindro coincide com o diâmetro da esfera: $(2r)^{2}+h^{2}=(2R)^{2}$, ou seja:

$$4r^{2}+h^{2}=4R^{2}\;\;\Longrightarrow\;\; r^{2}=\dfrac{4R^{2}-h^{2}}{4}.$$

$h\in\;]0,2R[\;$.

Volume a maximizar. $V(h)=\pi r^{2}h=\pi\cdot\dfrac{4R^{2}-h^{2}}{4}\cdot h=\dfrac{\pi}{4}\big(4R^{2}h-h^{3}\big)$.

$V'(h)=\dfrac{\pi}{4}(4R^{2}-3h^{2})=0 \Leftrightarrow h^{2}=\dfrac{4R^{2}}{3} \Leftrightarrow h=\dfrac{2R}{\sqrt{3}}=\dfrac{2R\sqrt{3}}{3}$.

Para $h<\dfrac{2R\sqrt{3}}{3}$, $V'>0$; para $h>\dfrac{2R\sqrt{3}}{3}$, $V'<0$. Logo é um maximizante.

$r^{2}=\dfrac{4R^{2}-4R^{2}/3}{4}=\dfrac{4R^{2}\cdot 2/3}{4}=\dfrac{2R^{2}}{3}\;\Longrightarrow\; r=R\sqrt{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{R\sqrt{6}}{3}$.

$V_{\max}=\pi\cdot\dfrac{2R^{2}}{3}\cdot\dfrac{2R\sqrt{3}}{3}=\dfrac{4\pi R^{3}\sqrt{3}}{9}$.

Item 7.1 12 pts

Múltiplos de $3$ no conjunto $\{1,\dots,10\}$: $\{3,6,9\}$, três elementos. Os restantes $7$ números não são múltiplos.

Extrações sucessivas, sem reposição, de $3$ bolas. Casos possíveis: $\,^{10}C_{3}=120$ grupos.

"Pelo menos dois múltiplos de $3$" = "exatamente $2$" $\;\vee\;$ "$3$":

$\,^{3}C_{2}\cdot\,^{7}C_{1}+\,^{3}C_{3}\cdot\,^{7}C_{0}=3\cdot 7+1\cdot 1=22$.

$P=\dfrac{22}{120}$.

Item 7.2 14 pts

$10$ atletas. Total de escolhas de $5$: $\,^{10}C_{5}=252$.

Conjuntos relevantes:

• Múltiplos de $3$: $M_{3}=\{3,6,9\}$ (3 elementos). $N=\{1,\dots,10\}\setminus M_{3}$ (7 elementos).
• Pares: $P=\{2,4,6,8,10\}$ (5 elementos). Ímpares: $I=\{1,3,5,7,9\}$ (5 elementos).

Condição "soma par". A soma é par se e somente se o número de ímpares na escolha é par. Sendo $k$ o número de ímpares, $k\in\{0,2,4\}$ (pois $k\leq 5$):

• $k=0$: $\,^{5}C_{0}\cdot\,^{5}C_{5}=1\cdot 1=1$;
• $k=2$: $\,^{5}C_{2}\cdot\,^{5}C_{3}=10\cdot 10=100$;
• $k=4$: $\,^{5}C_{4}\cdot\,^{5}C_{1}=5\cdot 5=25$.

$|B|=126$ grupos com soma par.

Vamos subtrair os que NÃO cumprem alguma das outras condições. Sejam $A=$ "pelo menos um múltiplo de $3$" e $C=$ "nem todos pares". Queremos $|A\cap B\cap C|=|B|-|B\cap(A^{c}\cup C^{c})|$.

$\bullet\;|B\cap A^{c}|$: soma par e nenhum múltiplo de $3$. Escolhem-se 5 de $N=\{1,2,4,5,7,8,10\}$. Em $N$: pares $=\{2,4,8,10\}$ (4); ímpares $=\{1,5,7\}$ (3). Soma par com $k$ ímpares ($k\in\{0,2,4\}$):

• $k=0$: $\,^{3}C_{0}\cdot\,^{4}C_{5}=0$ (impossível);
• $k=2$: $\,^{3}C_{2}\cdot\,^{4}C_{3}=3\cdot 4=12$;
• $k=4$: $\,^{3}C_{4}=0$ (impossível).

$|B\cap A^{c}|=12$.

$\bullet\;|B\cap C^{c}|$: soma par e todos pares. Os $5$ pares formam um único grupo com soma $2+4+6+8+10=30$, par. $|B\cap C^{c}|=1$.

$\bullet\;|B\cap A^{c}\cap C^{c}|$: soma par, nenhum mult. $3$, todos pares — todos $5$ escolhidos de $\{2,4,8,10\}$ (4 elementos). Impossível: $0$.

Por inclusão-exclusão:

$|A\cap B\cap C|=|B|-|B\cap A^{c}|-|B\cap C^{c}|+|B\cap A^{c}\cap C^{c}|=126-12-1+0=113$.

Item 8 14 pts

Seja $S$ o acontecimento "sair face $6$". Como o dado é escolhido ao acaso, $P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{3}$.

$P(S\mid A)=\dfrac{1}{6}$ ; $P(S\mid B)=\dfrac{1}{2}$ ; $P(S\mid C)=\dfrac{6}{21}=\dfrac{2}{7}$.

Pelo Teorema da Probabilidade Total:

$P(S)=\dfrac{1}{3}\!\left(\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{7}\right)=\dfrac{1}{3}\!\left(\dfrac{7+21+12}{42}\right)=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{40}{42}=\dfrac{40}{126}=\dfrac{20}{63}$.

Pelo Teorema de Bayes:

$P(A\mid S)=\dfrac{P(S\mid A)\,P(A)}{P(S)}=\dfrac{\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{3}}{\frac{20}{63}}=\dfrac{1/18}{20/63}=\dfrac{63}{18\cdot 20}=\dfrac{63}{360}=\dfrac{7}{40}$.

Item 9 14 pts

(a) Máximo absoluto.

$C'(t)=60t\,e^{-t/2}+30t^{2}\cdot\!\left(-\dfrac{1}{2}\right)e^{-t/2}=15t\,e^{-t/2}(4-t)$.

Em $[0,12]$, $C'(t)=0 \Leftrightarrow t=0 \vee t=4$. Para $0<t<4$, $C'>0$; para $4<t<12$, $C'<0$. Logo $t=4$ é máximo.

$C(4)=30\cdot 16\cdot e^{-2}=480\,e^{-2}\approx 64{,}960936$ mg/L.

Assim, o ponto máximo, com as coordenadas arredondadas às milésimas, é $M\approx(4{,}000\,;\,64{,}961)$. O valor máximo, arredondado às décimas como pede o enunciado, é $65{,}0$ mg/L.

(b) Intervalo com $C(t)>20$. Resolver $30t^{2}e^{-t/2}=20$, isto é, $t^{2}e^{-t/2}=\dfrac{2}{3}$.

Com a calculadora, $y_{1}=30x^{2}e^{-x/2}$ e $y_{2}=20$:

Usando a função de cálculo de interseções da calculadora, obtém-se:

• $P_{1}\approx (1{,}066\,;\,20{,}000)$;
• $P_{2}\approx (10{,}035\,;\,20{,}000)$.

Logo, $C(t)>20$ para $t\in\;]1{,}066,\,10{,}035[\;$, aproximadamente. Com as abcissas não arredondadas, a duração é

$$\Delta t\approx 10{,}035409-1{,}065788=8{,}969621\text{ h}\approx 8\text{ h }58\text{ min}.$$

Isto corresponde, aproximadamente, ao período entre $1$ h $04$ min e $10$ h $02$ min após a administração.

Item 10 14 pts

Do sinal de $f''$: $f$ tem concavidade voltada para cima em $\;]{-\infty},-1[\;$, para baixo em $\;]-1,3[\;$ e novamente para cima em $\;]3,+\infty[\;$.

Proposição I. Se $f$ tivesse um máximo absoluto em $x=-1$, teria também um máximo relativo nesse ponto. Como $f$ é diferenciável e $-1$ é um ponto interior do domínio, pelo Teorema de Fermat teria de ser $f'(-1)=0$.

Por outro lado, $f''(x)>0$ em $\;]{-\infty},-1[\;$, pelo que $f'$ é estritamente crescente nesse intervalo. Como $f'$ é contínua em $x=-1$, para todo $x<-1$ tem-se

$$f'(x)<f'(-1)=0.$$

Logo, $f$ é estritamente decrescente em $\;]{-\infty},-1]\;$ e, portanto, $f(x)>f(-1)$ para todo $x<-1$. Isto contradiz a existência de um máximo absoluto em $x=-1$. Assim, I é falsa.

Proposição II. A concavidade muda em $x=-1$ (de voltada para cima para voltada para baixo) e em $x=3$ (de voltada para baixo para voltada para cima). Nos restantes pontos, o sinal de $f''$ é constante em cada um dos intervalos indicados. Logo, o gráfico de $f$ tem exatamente dois pontos de inflexão: $(-1,4)$ e $(3,-1)$. Portanto, II é falsa.

Item 11.1 14 pts

$f(x)=(x+1)\,e^{x}$. $f'(x)=e^{x}+(x+1)\,e^{x}=(x+2)\,e^{x}$.

Seja $T_{x_{0}}: y=f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$ a tangente em $(x_{0},f(x_{0}))$. Esta passa pela origem se e somente se $0=f'(x_{0})(-x_{0})+f(x_{0})$, ou seja:

$f(x_{0})=x_{0}\,f'(x_{0})$, isto é, $(x_{0}+1)\,e^{x_{0}}=x_{0}(x_{0}+2)\,e^{x_{0}}$.

Como $e^{x_{0}}\ne 0$, $x_{0}+1=x_{0}^{2}+2x_{0} \Leftrightarrow x_{0}^{2}+x_{0}-1=0$.

$x_{0}=\dfrac{-1\pm\sqrt{1+4}}{2}=\dfrac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$.

Item 11.2 14 pts

$f'(x)=(x+2)e^{x}$, $f''(x)=e^{x}+(x+2)e^{x}=(x+3)e^{x}$.

$f''(x)=0 \Leftrightarrow x=-3$ (pois $e^{x}>0$). $f''(x)>0 \Leftrightarrow x>-3$ e $f''(x)<0 \Leftrightarrow x<-3$.

Logo:

• Concavidade voltada para baixo em $\;]{-\infty},-3[\;$;
• Concavidade voltada para cima em $\;]-3,+\infty[\;$;
• Ponto de inflexão de abcissa $x=-3$, com $f(-3)=(-3+1)e^{-3}=-2e^{-3}$, ou seja, o ponto $\left(-3,-\dfrac{2}{e^{3}}\right)$.

Item 12 12 pts

$z=1+i\sqrt{3}$: $|z|=\sqrt{1+3}=2$, $\arg z=\arctan(\sqrt{3})=\dfrac{\pi}{3}$. Logo $z=2\,e^{i\pi/3}$.

$z^{100}=2^{100}\,e^{i\,100\pi/3}$.

Reduzir $\dfrac{100\pi}{3}$ ao intervalo principal $\;]{-\pi},\pi]$: subtrair múltiplos pares de $\pi$ (períodos $2\pi=\dfrac{6\pi}{3}$).

$\dfrac{100\pi}{3}=\dfrac{6\pi\cdot 16}{3}+\dfrac{4\pi}{3}=32\pi+\dfrac{4\pi}{3} \;\;\equiv\;\;\dfrac{4\pi}{3}$ (mod $2\pi$).

$\dfrac{4\pi}{3}>\pi$, logo subtraímos $2\pi$: $\dfrac{4\pi}{3}-2\pi=-\dfrac{2\pi}{3}\in\;]{-\pi},\pi]$.

Item 13 14 pts

(a) $z^{4}+16=0 \Leftrightarrow z^{4}=-16=16\,e^{i\pi}$. Raízes:

$z_{k}=\sqrt[4]{16}\,e^{i(\pi+2k\pi)/4}=2\,e^{i\left(\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}\right)}$, $k\in\{0,1,2,3\}$.

(b) Soluções com $\Im(z)>0$: $z_{0}=\sqrt{2}+i\sqrt{2}$ e $z_{1}=-\sqrt{2}+i\sqrt{2}$.

Produto: $z_{0}\cdot z_{1}=2\,e^{i\pi/4}\cdot 2\,e^{i\,3\pi/4}=4\,e^{i\pi}=-4$.

Item 14 14 pts

Hipóteses: $f$ diferenciável em $\mathbb{R}^{+}$, $f(xy)=f(x)+f(y)$ $\forall x,y>0$, e $f'(1)=1$.

(a) $f(1)=0$ e $f(1/x)=-f(x)$.

Tomando $x=y=1$: $f(1)=f(1)+f(1)=2f(1)$. Logo $f(1)=0$.

Tomando $y=\dfrac{1}{x}$: $f\!\left(x\cdot\dfrac{1}{x}\right)=f(x)+f\!\left(\dfrac{1}{x}\right)$, isto é, $f(1)=f(x)+f(1/x)$. Como $f(1)=0$: $f(1/x)=-f(x)$. $\square$

(b) $f'(x)=\dfrac{1}{x}$ para todo $x>0$.

Pela definição de derivada e usando a propriedade $f(x+h)=f\!\left(x\cdot\left(1+\dfrac{h}{x}\right)\right)=f(x)+f\!\left(1+\dfrac{h}{x}\right)$ (válida para $h$ pequeno, com $1+h/x>0$):

$f'(x)=\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to 0}\dfrac{f\!\left(1+\dfrac{h}{x}\right)}{h}=\dfrac{1}{x}\lim_{h\to 0}\dfrac{f\!\left(1+\dfrac{h}{x}\right)}{h/x}$.

Fazendo $u=h/x$ (com $u\to 0$):

$f'(x)=\dfrac{1}{x}\lim_{u\to 0}\dfrac{f(1+u)-f(1)}{u}=\dfrac{1}{x}\,f'(1)=\dfrac{1}{x}\cdot 1=\dfrac{1}{x}$. $\square$

(c) $f(x)=\ln x$ para todo $x>0$.

Defina-se $g:\mathbb{R}^{+}\to\mathbb{R}$ por $g(x)=f(x)-\ln x$. Como $f$ e $\ln$ são diferenciáveis em $\mathbb{R}^{+}$:

$g'(x)=f'(x)-\dfrac{1}{x}\stackrel{(b)}{=}\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x}=0\quad\forall x>0$.

Pelo Teorema de Lagrange (corolário do TVM), uma função com derivada nula num intervalo é constante. Logo $g$ é constante em $\mathbb{R}^{+}$.

Como $g(1)=f(1)-\ln 1=0-0=0$, concluímos $g(x)=0$ para todo $x>0$, isto é, $f(x)=\ln x$. $\square$

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