Exercícios de Exame — O Último Exercício

Para estudar o sentido das concavidades do gráfico de $g$, estudamos o sinal de $g''$. Aplicando a regra de derivação do produto:

Assim, temos que, para todo o $x\in\mathbb{R}$:

• $2>0$;
• $\big[f'(x)\big]^2>0$, porque $f'(x)$ é um número real e, por hipótese, $f'$ não se anula;
• $f(x)>0$, porque a função $f$ é positiva;
• $f''(x)\geq 0$, porque o gráfico de $f$ tem concavidade voltada para cima.

Logo, podemos concluir que (porque $g''$ resulta de somas e produtos de funções positivas ou não negativas):

A equação da bissetriz dos quadrantes ímpares é $y=x$, assim, um ponto do gráfico da função $h$ que pertença à bissetriz é do tipo $h(x)=x$, em $[0,\,a]$.

Seja $h(x)=x \Leftrightarrow h(x)-x=0$. Consideremos, então, a função auxiliar $f$, de domínio $[0,\,a]$, definida por:

Provar o pretendido equivale a provar que $f$ tem, pelo menos, um zero em $[0,\,a]$.

A função $f$ é contínua em $[0,\,a]$, porque é a diferença de duas funções contínuas em $[0,\,a]$ ($h$, por hipótese, e $x\mapsto x$, função afim).

Como o contradomínio de $h$ é $[0,\,a]$, tem-se $0\leq h(x)\leq a$ para todo o $x\in[0,\,a]$. Assim:

• Se $h(0)=0$, o ponto de abcissa $0$ satisfaz a condição;
• Se $h(0)>0$, então $f(0)=h(0)-0=h(0)>0$;
• Se $h(a)=a$, o ponto de abcissa $a$ satisfaz a condição;
• Se $h(a)

Logo, nos casos em que $h(0)\neq 0$ e $h(a)\neq a$, tem-se $f(0)>0$ e $f(a)<0$ e, pelo teorema de Bolzano-Cauchy, existe $c\in\,]0,\,a[$ tal que $f(c)=0$, ou seja, $h(c)=c$.

Como a reta $r$ intersecta o gráfico de $f$ no ponto de abcissa zero, o ponto $\big(0,\,f(0)\big)$ pertence à reta $r$. Ora:

Assim, $c$ é a ordenada na origem da reta $r$ e, sendo $m$ o seu declive, a equação reduzida da reta $r$ é $y=mx+c$.

As abcissas dos pontos de intersecção da reta $r$ com o gráfico de $f$ são as soluções da equação $f(x)=mx+c$:

Portanto, os dois pontos distintos do ponto de abcissa $0$ existem quando $\dfrac{m-b}{a}>0$, uma vez que, se $\dfrac{m-b}{a}=0$, a reta $r$ e o gráfico de $f$ só se intersectariam no ponto de abcissa $0$. As abcissas desses dois pontos são:

Como o gráfico de $f$ admite uma assíntota horizontal quando $x\to+\infty$, existe $k\in\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=k$. Daqui resulta que:

Procuramos a assíntota oblíqua $y=mx+b$ quando $x\to+\infty$. Como, para $x>0$, $x=\sqrt{x^2}$, temos:

Multiplicando e dividindo pelo binómio conjugado:

Dividindo o numerador e o denominador por $x$:

Por definição de derivada de uma função num ponto:

Como $f$ é par, $f(-a)=f(a)$ e $f(x)=f(-x)$ para todo o $x\in\mathbb{R}$. Assim:

Fazendo a mudança de variável $y=-x$ (quando $x\to -a$, tem-se $y\to a$):

Como, por hipótese, $f'(a)=f(a)$, vem:

Seja $a$ a abcissa do ponto de tangência. Como a reta de equação $y=mx+1$ é tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $a$, o seu declive é igual à derivada de $f$ nesse ponto:

O ponto de tangência $\big(a,\,f(a)\big)$ pertence à reta, pelo que $f(a)=ma+1$, ou seja:

Como, por hipótese, a abcissa do ponto de tangência é positiva, conclui-se que $a=\sqrt{2}$.

Designando por $m$ e $n$ as abcissas dos pontos $A$ e $B$, temos que as respetivas coordenadas e as do ponto médio, $M$, de $[AB]$ são:

• $A\big(m,\,h(m)\big)=\big(m,\,am^2\big)$;
• $B\big(n,\,h(n)\big)=\big(n,\,an^2\big)$;
• $M\left(\dfrac{m+n}{2},\,\dfrac{am^2+an^2}{2}\right)$.

Como a derivada da função $h$ é $h'(x)=\big(ax^2\big)'=2ax$, os declives das retas tangentes ao gráfico de $h$, nos pontos $A$ e $B$, são, respetivamente:

Substituindo o declive e as coordenadas do ponto de tangência, determinamos a ordenada na origem de cada uma das retas:

• $y=m_A\,x+b_A \Leftrightarrow am^2=2am\times m+b_A \Leftrightarrow am^2-2am^2=b_A \Leftrightarrow b_A=-am^2$
• $y=m_B\,x+b_B \Leftrightarrow an^2=2an\times n+b_B \Leftrightarrow an^2-2an^2=b_B \Leftrightarrow b_B=-an^2$

Ou seja, as equações das retas tangentes nos pontos $A$ e $B$ são, respetivamente, $y=2amx-am^2$ e $y=2anx-an^2$.

A abcissa do ponto de intersecção das retas é a solução da equação:

Seja $a$ a abcissa dos pontos $P$ e $Q$. Como $P$ pertence ao gráfico de $f$ e $Q$ pertence ao gráfico de $g$:

Calculando as derivadas:

Como $s$ é a reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $a$, o seu declive é $f'(a)=-\dfrac{k}{a^2}$, ou seja, $s:\ y=-\dfrac{k}{a^2}\,x+b_s$. Como $P\left(a,\,\dfrac{k}{a}\right)$ pertence à reta $s$:

Como $t$ é a reta tangente ao gráfico de $g$ no ponto de abcissa $a$, o seu declive é $g'(a)=\dfrac{k}{a^2}$, ou seja, $t:\ y=\dfrac{k}{a^2}\,x+b_t$. Como $Q\left(a,\,-\dfrac{k}{a}\right)$ pertence à reta $t$:

$R$ é o ponto de intersecção das retas $s$ e $t$:

A ordenada do ponto de intersecção é:

A base $[PQ]$ é vertical, com $\overline{PQ}=f(a)-g(a)=\dfrac{k}{a}+\dfrac{k}{a}=\dfrac{2k}{a}$, e a altura do triângulo $[PQR]$ relativa a essa base é igual a $2a-a=a$. Logo, a área do triângulo $[PQR]$ é:

Calculando a derivada de $f$:

Como a reta de equação $y=ax+b$ é tangente ao gráfico de $f$, o seu declive, $a$, é igual à derivada de $f$ na abcissa do ponto de tangência:

Como o ponto de tangência pertence à reta e ao gráfico da função, $f\left(\dfrac{a-b}{2a}\right)=a\times\dfrac{a-b}{2a}+b$, ou seja:

Multiplicando ambos os membros por $4a$ $(a\neq 0)$:

Como $b=-a$, então:

e, substituindo na equação da reta:

Começamos por determinar a expressão da derivada da função $f$, para estudar a monotonia da função e a existência de extremos:

Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, conclui-se que a função $f$ é decrescente no intervalo $\left]0,\,\dfrac{4}{k}\right]$ e crescente no intervalo $\left[\dfrac{4}{k},\,+\infty\right[$, pelo que tem um mínimo absoluto em $x=\dfrac{4}{k}$, cujo valor é:

Como a função é contínua, porque é o produto, a diferença e a composição de funções contínuas, e

então o contradomínio de $f$ é:

A reta $r$ é definida por uma equação do tipo $y=mx+1$, sendo $m$ o declive dessa reta, na medida em que a ordenada na origem é igual a $1$.

Determinando as abcissas dos pontos de intersecção da reta $r$ com o gráfico da função $f$:

Assim, os pontos $A$ e $B$ têm coordenadas:

Calculando o produto escalar $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}$, e notando que o produto das abcissas é:

vem que:

Seja $a$ a abcissa do ponto $A$ e $b$ a abcissa do ponto $B$, com $a,\,b\in\mathbb{R}^+$ e $a

O declive da reta que passa pelos pontos $A$ e $B$ é:

Seja $c\in\mathbb{R}^+$ a abcissa do ponto do gráfico em que a reta tangente é paralela a $AB$. Como

e como as retas são paralelas, os declives são iguais, isto é:

Temos que as três abcissas dos pontos são $a$, $\sqrt{ab}$ e $b$. Como $0

Portanto $a<\sqrt{ab}

Como a reta é tangente, simultaneamente, ao gráfico de $f$ e ao gráfico de $g$, o seu declive corresponde ao valor das derivadas nos respetivos pontos de tangência.

Designando por $a$ a abcissa do ponto $A$ e por $b$ a abcissa do ponto $B$, como as ordenadas dos pontos $A$ e $B$ são, respetivamente, $f(a)=2a^2$ e $g(b)=-(b-1)^2$, então o declive da reta é:

Por outro lado, temos que:

• $f'(x)=\big(2x^2\big)'=2\times 2x=4x$, pelo que $m_{AB}=f'(a)=4a$;
• $g'(x)=\big(-(x-1)^2\big)'=-2\,(x-1)=-2x+2$, pelo que $m_{AB}=g'(b)=-2b+2$;
• $f'(a)=g'(b) \Leftrightarrow 4a=-2b+2 \Leftrightarrow 2a=-b+1 \Leftrightarrow b=-2a+1$.

E assim, substituindo na expressão anterior, temos que:

Temos ainda que:

Como a reta não é horizontal, o declive não pode ser zero, pelo que a abcissa do ponto $A$ é $a=\dfrac{2}{3}$ e a abcissa do ponto $B$ é:

Seja $\alpha$ a amplitude do ângulo $AOB$. Como a amplitude do ângulo $BOC$ é o dobro da amplitude do ângulo $AOB$, vem que a amplitude do ângulo $BOC$ é $2\alpha$, pelo que a amplitude do ângulo $AOC$ é:

Assim, a ordenada do ponto $C$ é dada por $\operatorname{sen}(3\alpha)$.

Seja $D$ a projeção ortogonal do ponto $B$ no eixo $Ox$. Como a área do triângulo $[AOB]$ é igual a $k$ e $\overline{OA}=1$ (raio da circunferência trigonométrica), vem que:

Logo, $\operatorname{sen}\alpha=\overline{BD}=2k$, e portanto:

Então, a ordenada do ponto $C$ é dada por:

Como $A$, $B$ e $C$ são pontos de intersecção dos gráficos de $f$ e de $g$, as suas abcissas são soluções da equação $f(x)=g(x)$ no domínio dado. Ora:

Como $k\neq 0$, tem-se que:

No domínio dado, $-\dfrac{\pi}{2}$ e $\dfrac{\pi}{2}$ são soluções da equação $\cos x=0$, e $\dfrac{\pi}{6}$ é solução da equação $\operatorname{sen}x=\dfrac{1}{2}$.

Considerando as condições sobre as abcissas dos pontos $A$, $B$ e $C$, que $-\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{\pi}{6}<\dfrac{\pi}{2}$, e ainda que:

temos que:

Como o triângulo $[ABC]$ é retângulo em $B$, tem-se que $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC}=0$. Calculando os vetores:

Como $k>0$, tem-se que:

Calculando as imagens dos extremos do intervalo:

Calculando a taxa média de variação da função $h$ no intervalo $\left[\frac{\pi}{6},\,\frac{7\pi}{6}\right]$, temos:

As abcissas dos pontos do gráfico da função $h$, pertencentes ao intervalo $]-\pi,\,\pi[$, cuja ordenada é $2$, são as soluções da equação $h(x)=2$ que pertencem ao intervalo. Assim, resolvendo a equação, temos:

Atribuindo valores inteiros a $k$ para identificar as soluções no intervalo $]-\pi,\,\pi[$:

• $k=-1 \rightarrow x=\frac{\pi}{3}-\pi=-\frac{2\pi}{3} \,\vee\, x=-\frac{\pi}{3}-\pi=-\frac{4\pi}{3}$ $\left(-\frac{4\pi}{3}\notin\,]-\pi,\,\pi[\right)$;
• $k=0 \rightarrow x=\frac{\pi}{3} \,\vee\, x=-\frac{\pi}{3}$;
• $k=1 \rightarrow x=\frac{\pi}{3}+\pi=\frac{4\pi}{3} \,\vee\, x=-\frac{\pi}{3}+\pi=\frac{2\pi}{3}$ $\left(\frac{4\pi}{3}\notin\,]-\pi,\,\pi[\right)$.

Para estudar a função $f$ quanto ao sentido das concavidades do seu gráfico e quanto à existência de pontos de inflexão, começamos por determinar a expressão da segunda derivada da função $f$:

Calculando os zeros da segunda derivada, no intervalo $]0,\,+\infty[$:

Estudando a variação de sinal da segunda derivada ($f''>0$ em $\left]0,\,\frac{1}{e}\right[$ e $f''<0$ em $\left]\frac{1}{e},\,+\infty\right[$) e relacionando-a com o sentido das concavidades do gráfico de $f$, podemos concluir que o gráfico da função $f$ tem:

• a concavidade voltada para cima em $\left]0,\,\dfrac{1}{e}\right]$;
• a concavidade voltada para baixo em $\left[\dfrac{1}{e},\,+\infty\right[$;
• um ponto de inflexão de abcissa $\dfrac{1}{e}$.

Calculando o limite pedido, recorrendo à definição de derivada de uma função num ponto:

Para averiguar se a função $g$ é contínua em $x=0$, temos que verificar se $g(0)=\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}g(x)$:

• $g(0)=0$;
• recorrendo aos limites notáveis $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}=1$ e $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x}=1$:

Para o limite lateral direito, temos uma indeterminação do tipo $0\times\infty$. Fazendo a mudança de variável $y=\dfrac{1}{x}$ (se $x\to 0^+$, então $y\to+\infty$, e $x=\dfrac{1}{y}$):

Começamos por determinar a expressão analítica da derivada da função $g$ em $]0,\,+\infty[$:

Calculando os zeros da função derivada, em $]0,\,+\infty[$:

Estudando a variação do sinal da derivada ($g'<0$ em $\left]0,\,e^{-\frac{1}{2}}\right[$ e $g'>0$ em $\left]e^{-\frac{1}{2}},\,+\infty\right[$) e relacionando com a monotonia da função, conclui-se que a função $g$ é monótona decrescente em $\left]0,\,e^{-\frac{1}{2}}\right]$, é monótona crescente em $\left[e^{-\frac{1}{2}},\,+\infty\right[$ e tem um mínimo relativo igual a:

Designando por $M$ o ponto médio do lado $[AB]$ e por $\alpha$ o ângulo $F\hat{E}M$, e ainda, considerando o ponto $P$ como a projeção ortogonal do ponto $F$ sobre o segmento de reta $[EM]$, usando a definição de cosseno, temos que:

Assim, como $\overline{EM}=\dfrac{\overline{AB}}{2}=\dfrac{9}{2}=4{,}5$ m, e considerando o segmento de reta $[EM]$ como o lado origem do ângulo $\alpha$, temos que a distância do ponto $F$ à reta $AB$ é dada por:

Como o ponteiro das horas descreve uma volta completa ($2\pi$ radianos) em $12$ horas, estabelecendo a proporção do tempo, em horas, com a amplitude do ângulo $\alpha$ correspondente, temos que:

Ou seja, definindo a função $h$ em função de $t$, temos:

Seja $a$ a abcissa do ponto $P$ $(a>0)$, logo $P$ tem coordenadas $\big(a,\,a^2\big)$.

Como $f'(x)=2x$, temos que o declive da reta $r$ é dado por $2a$ e, sendo as retas perpendiculares, o declive da reta $s$ é dado por $-\dfrac{1}{2a}$.

Seja $c$ a abcissa do ponto $Q$ $(c<0)$. Como a reta $s$ é tangente ao gráfico de $f$ no ponto $Q$, temos que:

Como a equação reduzida da reta $r$ é dada por $y=2ax+b$, substituindo as coordenadas do ponto $P$, temos que:

E, sendo assim, a equação reduzida da reta $r$ é dada por $y=2ax-a^2$. Efetuando um raciocínio em tudo semelhante para a reta $s$, obtém-se como equação reduzida da reta $s$ a expressão $y=2cx-c^2$.

Como $I$ é o ponto de intersecção entre as duas retas $r$ e $s$, então temos:

Logo:

Como $ac=-\dfrac{1}{4}$, vem que $y=-\dfrac{1}{4}$.

Tomemos dois pontos equidistantes da origem, por exemplo, o ponto $D\,(3,\,4)$, pertencente à reta de equação $y=\frac{4}{3}x$, e o ponto $C\,(5,\,0)$, pertencente ao eixo das abcissas (ambos a uma distância $5$ da origem).

Considerando um ponto genérico $P\,(x,\,y)$, pertencente à reta $r$, bissetriz do ângulo $AOB$, tem-se que:

Seja $\alpha=A\hat{O}B$. Como o declive da reta $OB$ é $\frac{4}{3}$, tem-se que $\operatorname{tg}\alpha=\frac{4}{3}$, e o declive da reta $r$ é dado por $\operatorname{tg}\left(\frac{\alpha}{2}\right)$. Assim:

Como a reta $r$ tem declive positivo e passa pela origem do referencial, a equação reduzida da reta $r$ é dada por:

Como ambas as retas passam na origem, têm ordenada na origem nula, pelo que a reta $r$ é definida por $y=mx$ e a reta $s$ por $y=\dfrac{1}{m}x$. Como o ponto $P$ pertence a $r$ e tem abcissa $a$:

Observe-se que a reta $s$ é a imagem da reta $r$ pela reflexão de eixo $y=x$ (trocando $x$ e $y$ em $y=mx$ obtém-se $x=my$, isto é, $y=\dfrac{1}{m}x$). Essa reflexão conserva as distâncias à origem, pelo que o ponto $Q=(ma,\,a)$, imagem de $P$, pertence a $s$ e verifica $\overline{OQ}=\overline{OP}$. Como $0 Decompor a área num quadrado

Considerem-se os pontos $P'=(a,\,0)$, $Q'=(0,\,a)$ e $R=(a,\,a)$. O quadrilátero $[OP'RQ']$ é um quadrado de lado $a$ e área $a^2$. A área do triângulo $[OPQ]$ obtém-se subtraindo a esse quadrado os três triângulos $[OP'P]$, $[OQ'Q]$ e $[PRQ]$:

• $A_{[OP'P]}=\dfrac{a\times ma}{2}=\dfrac{ma^2}{2}$;
• $A_{[OQ'Q]}=\dfrac{a\times ma}{2}=\dfrac{ma^2}{2}$;
• $[PRQ]$ é retângulo em $R$, com catetos $\overline{RP}=a-ma$ e $\overline{RQ}=a-ma$, logo $A_{[PRQ]}=\dfrac{(a-ma)^2}{2}$.

O declive da reta tangente ao gráfico de $g$ em cada ponto é dado pela função derivada $g'$:

O declive máximo corresponde a um máximo de $g'$, ou seja, a um zero de $g''$:

Calculando os zeros, no domínio $[0,\,\pi]$:

No intervalo $[0,\,\pi]$, as soluções são $x=\dfrac{\pi}{6}$ e $x=\dfrac{5\pi}{6}$.

Estudando a variação do sinal de $g''$ ($+$ em $\left]0,\frac{\pi}{6}\right[$, $-$ em $\left]\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6}\right[$, $+$ em $\left]\frac{5\pi}{6},\pi\right[$), a função $g'$ tem um máximo relativo em $x=\dfrac{\pi}{6}$ e outro no extremo $x=\pi$. Comparando:

Como $\dfrac{3\sqrt{3}}{2}>-2$, o declive máximo é atingido em $x=\dfrac{\pi}{6}$.

As coordenadas dos pontos $P$ e $Q$, em função de $a$, são $P\!\left(a,\,\dfrac{\ln a}{a}\right)$ e $Q\!\left(2a,\,\dfrac{\ln(2a)}{2a}\right)$. O declive da reta $PQ$ é:

O triângulo retângulo formado pela reta $PQ$ com os eixos é isósceles quando a reta $PQ$ é paralela à bissetriz dos quadrantes ímpares, isto é, quando tem declive igual a $1$. Provar que existe, pelo menos, um $a\in\left[\frac{1}{2},\,1\right]$ a que corresponde um triângulo isósceles é, então, equivalente a mostrar que a função

A função $f$ é contínua em $\left[\frac{1}{2},\,1\right]$, por resultar de operações sucessivas de funções contínuas. Calculando nos extremos:

Mostremos, sem calculadora, que $f(1)<1

• $2
• $e<16=4^2 \Rightarrow 1=\ln e<\ln(4^2)=2\ln 4$, ou seja, $1

Como $f$ é contínua em $\left[\frac{1}{2},\,1\right]$ e $f(1)<1

Como se trata da circunferência trigonométrica, e o segmento $[OA]$ define com o semieixo positivo $Ox$ um ângulo de $\alpha+\alpha=2\alpha$, o ponto $A$ tem coordenadas $\big(\cos(2\alpha),\,\operatorname{sen}(2\alpha)\big)$.

O ponto $C$ pertence à reta $CD$ (de equação $x=1$) e ao lado origem do ângulo $\alpha$, pelo que $C=\big(1,\,\operatorname{tg}\alpha\big)$.

Considerando o ponto $P$ da reta $CD$ com ordenada igual à do ponto $A$:

• a base é $\overline{AB}=-\cos(2\alpha)$ (porque a abcissa de $A$ é negativa, no 2.º quadrante, e $B$ está no eixo $Oy$);
• a altura é $\overline{PC}=\overline{CD}-\overline{PD}=\operatorname{tg}\alpha-\operatorname{sen}(2\alpha)$.

Simplificando $\operatorname{tg}\alpha-\operatorname{sen}(2\alpha)$:

Como $\cos(2\alpha)=2\cos^2\alpha-1$, tem-se $1-2\cos^2\alpha=-\cos(2\alpha)$, pelo que:

No intervalo $[0,\,6]$ tem-se $d(t)=30+t\operatorname{sen}(\pi t)$. Representando na calculadora gráfica o gráfico desta função e a reta de equação $y=27$, observa-se que a reta intersecta o gráfico em $4$ pontos, pelo que a equação $d(t)=27$ tem $4$ soluções no intervalo $[0,\,6]$.

No instante inicial, as hastes estão na vertical e a distância ao muro é $d(0)=30+0\times\operatorname{sen}(0)=30$ dm.

Passados treze segundos e meio (e como $13{,}5\geq 12$), a distância ao muro é:

Considere-se um triângulo retângulo cuja hipotenusa é a haste, de comprimento $h$. Como, no instante inicial, a haste está na vertical com $P$ a $4$ dm do chão, e $P$ desloca-se sobre uma circunferência de raio $h$, um dos catetos (vertical) mede $h+4-4{,}2=h-0{,}2$, e o outro cateto (horizontal) mede $d(0)-d(13{,}5)\approx 30-27{,}32=2{,}68$. Pelo teorema de Pitágoras:

O ponto $P$ tem coordenadas $\big(a,\,f(a)\big)$ e $Q$ pertence ao eixo $Ox$, pelo que $Q=(q,\,0)$. Da condição $\overline{OP}=\overline{PQ}$:

Como $Q\neq O$, tem-se $q=2a$, ou seja, $Q=(2a,\,0)$. (Geometricamente, $\overline{OP}=\overline{PQ}$ significa que $P$ é o ponto médio de $[OQ]$.)

Como as coordenadas de $P$ são $\big(a,\,f(a)\big)$ e as de $Q$ são $(2a,\,0)$, o declive da reta $PQ$ é:

Tendo em conta que a reta $r$ é tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $a$, o seu declive é igual a $f'(a)$. Como $r$ é a reta $PQ$:

Substituindo na definição de $g$:

• $\ln k=0 \Leftrightarrow k=e^0 \Leftrightarrow k=1$;
• $\ln(2k)=0 \Leftrightarrow 2k=e^0 \Leftrightarrow 2k=1 \Leftrightarrow k=\dfrac{1}{2}$.

Como $g(x)=x+1 \Leftrightarrow g(x)-x-1=0$, provar que a equação $g(x)=x+1$ é possível em $\big[a,\,g(a)\big]$ é equivalente a provar que a função $f$, definida por $f(x)=g(x)-x-1$, tem, pelo menos, um zero nesse intervalo.

A função $f$ é contínua em $\mathbb{R}$, por ser a soma da função contínua $g$ com a função afim $x\mapsto -x-1$. Em particular, é contínua em $\big[a,\,g(a)\big]$ (note-se que $g(a)>a+1>a$).

Em $x=a$:

Em $x=g(a)$, usando $(g\circ g)(a)=g\big(g(a)\big)=a$:

Como $g(a)>a+1$, vem $-g(a)<-a-1$, logo $a-g(a)-1 Aplicar o teorema de Bolzano-Cauchy

Assim, $f(a)$ e $f\big(g(a)\big)$ têm sinais contrários, ou seja, $f(a)\times f\big(g(a)\big)<0$. Como $f$ é contínua em $\big[a,\,g(a)\big]$, pelo corolário do teorema de Bolzano-Cauchy a função $f$ tem, pelo menos, um zero em $\big]a,\,g(a)\big[$.

As assíntotas verticais só podem ocorrer nos pontos fronteira do domínio, $x=-1$ e $x=1$ (a função é contínua no interior do domínio, por ser composição de funções contínuas). Calculam-se os limites laterais relevantes:

Logo, a reta de equação $x=1$ é assíntota vertical do gráfico de $f$.

Logo, a reta de equação $x=-1$ é também assíntota vertical do gráfico de $f$.

Sejam $A=\big(a,\,f(a)\big)$ e $B=\big(-a,\,f(-a)\big)$ os pontos de abcissas $a$ e $-a$ (com $a>1$, ambas as abcissas pertencem ao domínio). Calculando $f(-a)$:

Logo, $B=\big(-a,\,-f(a)\big)$.

O declive da reta secante $AB$ é:

A equação da reta secante é $y-f(a)=\dfrac{f(a)}{a}\,(x-a)$. Para $x=0$: