matemática a – semiextensivo – v. 2 · um elemento da imagem. 07) e analisando o gráfico...
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GABARITO
1Matemática A
Matemática A – Semiextensivo – V. 2
Exercícios
01) R = {(0, 1), (2, 3), (4, 5), (8, 9)}
A = {0, 2, 4, 6, 8} e B = {1, 3, 5, 9}R = {(x, y) ∈ A . B/ y = x + 1}
x = 0 → y = 0 + 1 → y = 1 → 1 ∈ Bx = 2 → y = 2 + 1 → y = 3 → 3 ∈ Bx = 4 → y = 4 + 1 → y = 5 → 5 ∈ Bx = 6 → y = 6 + 1 → y = 7 → 7 ∉ Bx = 8 → y = 8 + 1 → y = 9 → 9 ∈ BAssim R = {(0, 1), (2, 3), (4, 5), (8, 9)}
05) C
a) Não é função, pois não utilizamos todos os elementos do conjunto A.b) Não é função, pois para um elemento do conjunto A não temos
um e somente um elemento correspondente do conjunto B.c) É função, pois para um elemento do conjunto A, temos um e
somente um elemento correspondente do conjunto B.
06) b, c
a) Não é função, pois para um domínio temos mais de uma imagem relacionada.
b) É uma função, pois para cada elemento do domínio temos apenas um elemento da imagem.
c) É uma função, pois para dada elemento do domínio temos apenas um elemento da imagem.
07) E
Analisando o gráfico abaixo:
1200
1100
1000
900
800
700
600
500
400
300
200
100
número de casos
meses
J F M A M J J A S O N D
Dentre as alternativas mencionadas, a única verdadeira é a letra E, pois no terceiro trimestre temos 200 + 800 + 700 = 1700.
08) D
x
y
4
2
–2
–2
–4–6
–8
–4
0 2 4 6 8
10–7
–3
04) B
f(x) = x
x x+− +
42 12
e h(x) = f x f xf x f x
( ) ( )( ) . ( )+ −
+ −1
h(2) = f ff f
( ) ( )( ) . ( )
2 21 2 2
+ −+ −
f(2) = 2 42 2 2 1
612
+− +
=.
= 6
f(–2) = − +
−( ) − −( )+=
2 4
2 2 2 1
292
.
h(2) = 6
29
1 629
569219
5621
83
+
+= = =
.
03) D
P = {0, 1, 2} e R = {(x, y) ∈ P . P/ x + y < 3} Vamos escrever a lei como y < 3 – x,
assim: x = 0 → y < 3 – 0 → y < 3 → y ∈ {0, 1, 2}...
3 elementos (0, 0); (0, 1) e (0, 2). x = 1 → y < 3 – 1 → y < 2 → y ∈ {0, 1}...
2 elementos (1, 0); (1, 1). x = 2 → y < 3 – 2 → y < 1 → y ∈ {0}... 1
elemento (2, 0).
02) B
A = {2, 5, 6} , B = {1, 3, 4, 6, 8} e R = {(x, y) ∈ A . B/ x ≥ y}
Como x ≥ y temos que todos os elementos de A podem fazer parte do D(R), então D(R) = {2, 5, 6}.
Para imagem, não podemos contar com todos os elementos de B, pois o elemento 8 não será menor que nenhum elemento de A, assim Im(R) = {1, 3, 4, 6}.
GABARITO
2 Matemática A
a) Falso. f(–2) ≠ 0 ⇒ f(–2) = 0b) Falso. f(–4) + f(4) = 0 ⇒ f(–4) = 4 e f(4) = 2, assim
f(–4) + f(4) = 6.c) Falso. f(0) = 0 ⇒ f(0) = –3d) Verdadeiro. f(1) . f(2) . f(3) = 0 ⇒ f(2) = 0 Qualquer número vezes 0 é 0.e) Falso. Imagem de f é [–4 , 2] ⇒ Im = [–4; 4]
09) A
f(3) = 2 . (3 + 1) = 8f(1) = 4 – 12 = 38 36 4
510
−+= = 0,5
f(2) = 2 . (2 + 1) = 6f(0) = 4 – 02 = 4
10) D
f: R → R definida por:
f(x) = x, se x é racional
x, se x é irracional−
f( 2) + f(3 −8) ⇒ – 2 + (–2) ⇒ –2 – 2
11) B
b)
0 x
y
1
2
f(x) = 1
f(x) = x/2f(x) = 0
12) C
80
60
40
20
0
0 2 4 6 8
I(A)
t(ms)
1,4
0,1 3,9
5,2 7,2–20
O comportamento que faz a mudança de inversão do pulso elétrico é 3,9 m/s.
13) C
I. Verdadeira. No instante t = 10 min, temos d = 0.II. Falsa. O zoólogo chegou ao ponto de observação
no instante t = 25 min e, portanto, 10 min após ter saído do ponto de apoio (t = 15 min).
III. Verdadeira. O zoólogo esteve no ponto de observa-ção nos intervalos de 25 min a 35 min (10 min) e de 45 min a 55 min (10 min).
IV. Verdadeira. O zoólogo partiu do ponto de obser-vação no instante t = 35 min e percebeu que havia esquecido o binóculo no instante t = 40 min.
V. Verdadeira. Chegada do zoólogo ao ponto de obser-vação: 25 min; chegada ao ponto de apoio: 75 min.
17) 13
f(x) = ax + b , f(–1) = 4 e f(2) = 7− + =+ =
a b
a b
4
2 7 ⇒ 3a = 3 ⇒ a = 1
–1 + b = 4b = 5f(x) = x + 5f(8) = 8 + 5 = 13
16) A
1 2 3 4–4 –3 –2 –1–1
–2
–3
–4
1
2
3f(0) = 2 . 0 + 3 = 3
2x + 3 = 02x = –3x = –1,5
4
y
O x
15) A
Sendo CI e CII os valores cobrados, temos:C n
C nI
II
= += +
100 350
120 150
Do enunciado:CI = CII ∴ 100n + 350 = 120n + 150
14) 20 páginas.
Considerando que x é o número de páginas e y o valor recebido pela tradução temos:y = 20 + 3x; fazendo y = 80 temos a seguinte equação:80 = 20 + 3x ⇒ 60 = 3x ⇒ x = 20
GABARITO
3Matemática A
18) 99
f(x) = mx + n Como admite 5 como raiz, temos f(5) = 0, e ainda
f(–2) = –63 Temos:
5 0
2 63
5 0
2 63
m n
m n
m n
m n
+ =− + =−
⇒+ =− =
⇒ 7m = 63 ⇒ m = 9
5 . 9 + n = 0 ⇒ n = –45
Então:f(16) = 9 . 16 – 45f(16) = 99
19) B
y = mx + n passa por A(1, 1) e B(3, –2)m n
m n
+ =+ =−
1
3 2 ⇒ 2m = –3 ⇒ m = –
32
–32
+ n = 1 ⇒ n = 1 + 32
⇒ n = 52
I. Verdadeiro. m + n = 1.II. Verdadeiro. m – n = – 4.III. Verdadeiro. m = –3/2.IV. Falso. n = –1.V. Falso. m . n = –15/4.
20) C
Seja f: R ⇒ R a função linear definida por f(x) = ax, em que f(x) representa o desperdício de água, em litros, após x dias.A taxa de variação da função f é dada por
a = 600 010 0−−
= 60.
Portanto, segue que f(x) = y = 60x.
21) C
Temos que encontrar uma função y = ax + b que passa pelos pontos (–2, 0) e (0, 2).− + =+ =
2 0
0 2
a b
a b. ⇒ –2a + 2 = 0 ⇒ –2a = –2 ⇒ a = 1
y = x + 2
22) E
Seja a função N: A ⇒ B, definida por N(n) = an + b, em que N(n) é o número de sacolas consumidas, em bilhões, n anos após 2007.Do gráfico, temos que o valor inicial de N é b = 18.A taxa de variação da função N é dada por
a = 0 189 0−−
= –2.
Desse modo, segue que N(n) = –2n + 18. Queremos calcular o número de sacolas consumidas
em 2011, ou seja, N(4).
Portanto, N(4) = –2 . 4 + 18 = 10.
23) C
2004 2010 2016
750
968
y
Sendo y o número de favelas em 2016, temos y – 968 = 968 – 750.
Dessa igualdade, resulta y = 1186.
Portanto, o número de favelas em 2016 será maior que 1150 e menor que 1200.
24) D
Como o custo fixo anual, para 30 minutos diários de uso, é de 24 dólares e o custo da hora extra é de 3 dólares, segue que o valor anual pago é dado por f(x) = 3x + 24, em que x é o número de horas extras.
25) E
A função é do primeiro grau: y = ax + b.Calculando o valor de a:
a = 7 05 6 7015 10, ,−−
= 0,07
Portanto, y = 0,07x + b ⇒ 7,05 = 0,07 . 1,05 + b ⇔ b = 6Logo y = 0,07x + 6.
26) C
Consideremos a função do primeiro grau y = ax + b.Temos, portanto, segundo a tabela:5 = a (0) + b (I)8 = a (m) + b (II)14 = a (6) + b (III)k = a (7) + b (IV)
De (I), temos b = 5, que substituído em (III) nos forne-
ce a = 32
.
Substituindo b = 5 e a = 32
nas equações (II) e (IV),
temos m = 2 e k = 15,5, donde chegamos a K + m = 17,5.
GABARITO
4 Matemática A
27) B
Como R$ 15,00 ≤ R$ 19,00 ≤ R$ 25,00, devemos encontrar a lei da função afim cujo gráfico passa por (15,15) e (20, 25). Seja f(x) = ax + b a lei da função procurada, em que f(x) é o valor a ser pago para um consumo de m3, com 15 ≤ x ≤ 20,
temos que: a = 25 1520 15
105
−−
= = 2 e
f(15) = 15 ⇔ 15 = 2 . 15 + b ⇔ b = –15.
Portanto, f(x) = 19 ⇔ 19 = 2x – 15 ⇔ x = 342
= 17 m3.
31) a) f(x) = 3x + 70 b) 1,66 metros.
Se for função do 1º grau é do tipo y = ax + b
a) y = ax + b (dados do arqueólogo) 190 = 40a + b y = ax + b (dados do assistente) 160 = 30a + b
Resolvendo o sistema com as duas equações encontradas, tem-se:
190 = 40a + b –160 = –30a – b 30 = 10a a = 3
Substituindo para achar b: 190 = 40a + b 190 = 40 . 3 + b 190 = 120 + b b = 70
Portanto a função é y = 3x + 70
b) Substituindo o valor 32 em x daquela função, temos:
y = 3 . 32 + 70 y = 96 + 70 y = 166
Portanto, a altura era 1,66 m.
28) A
I. Verdadeira. A reta passa pela origem, portanto b = 0.II. Verdadeira. A reta é decrescente e não passa pela origem,
portanto a < 0 e b ≠ 0.III. Falso. A reta é crescente e corta o eixo y num valor positivo,
portanto o correto seria a > 0 e b > 0.IV. Verdadeiro. É uma função constante, portanto a = 0.V. Falso. Pois a figura 2 é decrescente e a figura 3 é crescente.
29) C
Seja a função r(t) = at, em que r(t) é o raio do tronco, em cm, após t anos e a é a taxa da crescimento.
Supondo que em 1991 (t = 0) o raio da base media 0 cm, e sabendo que em 2011 (t = 20) o raio tinha 16 cm, temos que
a = 16 020 0−−
= 45
.
Portanto, na primavera de 2026 (t = 35), o raio da base desse
tronco, será de r (35) = 45
. 35 = 28 cm.
32) E
Do enunciado, temos que m = 1,75n.Esboçando o gráfico de m em função de n, vem:
0 n
m
1,75
1
30) E
A equivalência é obtida por f(x) = ax + b em que f(x) é a temperatura em grau Fahrenheit e x a temperatura em graus Celsius. Então podemos considerar os seguintes pontos: (0,32) e (100, 212).
Assim:
b
a b
=+ =
32
100 212 ⇒ 100a + 32 = 212 ⇒ 100a = 180 ⇒ a = 9
5
f(x) = 95
x + 32
f(29) = 95
. 29 + 32 = 84,2 °F
GABARITO
5Matemática A
33) D
Para x minutos:
Plano K: K(x) = 29 90 0 200
29 90 0 2 200 200
29, ,
, , ( )( )
,para x
x para xK x
≤ ≤+ − >
⇒ =990 0 200
0 2 10 10 200
,
, ,
para x
x para x
≤ ≤− >
Plano Z: Z(x) = 49 90 0 300
49 90 0 1 300 300
49, ,
, , ( )( )
,para x
x para xK x
≤ ≤+ − >
⇒ =990 0 300
0 1 19 90 300
,
, ,
para x
x para x
≤ ≤− >
A partir de 300 minutos observamos que o coeficiente angular da função K(x) = 0,2 é maior que o de Z(x) = 0,1. Portanto, o gráfico da alternativa D.
34) B
Do enunciado, podemos construir o gráfico a seguir:
t
T (°C)
13,8
13,35
2010 20121995 Ano
Logo:t−−
=−−
13 82012 2010
13 8 13 352010 1995
, , ,
t−=
13 82
0 4515
, ,
t – 13,8 = 0,06t = 13,86 °C
36) B
c(x) = 10 + 8x e f(x) = 20x.Fazendo f(x) > c(x), temos:20x > 10 + 8x12x > 10x > 10/12Logo, deverá ser vendida pelo menos uma bolsa.
37) B
L = –5x2 + 60x – 100
O lucro máximo é obtido por yv = –∆4a
Δ = 602 – 4 . (–5) . (–100)Δ = 3600 – 2000Δ = 1600
yv = – 16004 5.( )−
= 80
38) B
C = 15 000 – 250n + n2
xv = – ba2
xv = – ( ).
−2502 1
= 125
39) C
f(x) = 40x – 10x2 + 50
xv = 402 10.( )−
= 2
Δ = 402 – 4 . (–10).50Δ = 1600 + 2000Δ = 3600
yv = – 36004 10.( )−
= 90
I. Verdadeiro. Maior velocidade 90 km/h. Velocidade inicial f(0) = 50 km/h.
II. Falso. A maior velocidade aconteceu quando o cro-nômetro indicava x = 2 s.
III. Verdadeiro. f(5) = 40 . 5 – 10 . 52 + 50 = 0
35) B
Observando os gráficos, temos:
R x x
C x x
R x x
C x
( )
( )
( )
(
=
= +
⇒=
1500010005000500
5000
15
))= +
10 5000x
Assim, o lucro é dado por:L(x) = R(x) – C(x)L(x) = 15x – 10x – 5000L(x) = 5x – 5000
Logo, L(1350) = 5 . 1350 – 5000 =1750
GABARITO
6 Matemática A
40) D
f(x) = g(x)4x – 2x2 – 1 = 3 – 2x2x2 – 6x + 4 = 0
x' + x" = – ba
= –( )−62
= 3
41) A
Substituindo os pontos na equação, tem-se:P(0, 1) 1 = a . 02 + b . 0 + c ⇒ 1 = c
Q(–1, 7) 7 = a . (–1)2 + b(–1) + 1 ⇒ 7 = a – b + 1 ⇒ a – b = 6 (I)
R(2,7)7 = a . 22 + b . 2 + 1 ⇒ 7 = 4a + 2b + 1 ⇒ 4a + 2b = 6 (II)
Multiplicando a primeira equação por –4:a – b = 6 (–4)–4a + 4b = –24 (III)
Agora somando as equações II e II:4a + 2b = 6–4a + 4b = –246b = –18b = –18/6b = –3
Agora, substituindo b por –3 na equação 1, por exemplo:a – b = 6 a – (–3) = 6a + 3 = 6a = 6 – 3 ⇒ a = 3
E finalmente, substituindo:a + b – 2c = 3 – 3 – 2 . 1 = –2
42) D
f(x) = ax2 + bx + c(0,5) ⇒ c = 5(2, –3) ⇒ 4a + 2b + 5 = –3(3, –4) ⇒ 9a + 3b + 5 = –4
4 2 8
9 3 9
2 4
3 3
a b
a b
a b
a b
+ =−+ =−
⇒− − =+ =−
⇒ a = 1
3 .1 + b = –3 ⇒ b = –6f(x) = x2 – 6x + 5
xv = –( ).−62 1
= 3
yv = (3)2 – 6 . 3 + 5yv = 9 – 18 + 5yv = –43 + (–4) = –1
43) C
Parábola com concavidade para baixo e possui duas raízes reais e distintas, então:a < 0 e b2 – 4ac > 0
44) A
y = ax2 + bx + cParábola com concavidade para cima, então a > 0.xv > 0
– ba2
> 0; como a > 0 então b < 0.
Corta o eixo y num valor negativo, então c < 0.
45) D
f(x) = – 4 – 3x + x2
Δ = (–3)2 – 4 . 1 . (–4)Δ = 9 + 16Δ = 25
yv = – 254 1.
⇒ –254
Imagem = y R y∈ ≥−
/254
46) B
y
x
P
5
4
3–1
Da forma fatorada:y = a(x – 3) . (x – 5)
Substituindo o vértice, temos:–1 = a(4 – 3) . (4 – 5) ⇒ a = 1∴ y = (x – 3) . (x – 5)Assim, f(0) = (0 – 3) . (0 – 5) = 15 ∴ P (0; 15)
GABARITO
7Matemática A
47) C
f(x) = 16x – x2, com x ∈ [0; 7], tem como gráfico:
x
y
7 1680
Observando o gráfico, temos quefmáx. = f(7) = 16 . 7 – 72 = 63
48) C
Podemos analisar as alternativas fazendo o gráfico da função.→ Raízes: –1 e 6.→ Concavidade da parábola para baixo.→ Vértice:
tv = – ba2
=
53
213
5323
52. −
= =
hv = – b aca
2 44− = –
53
413
2
413
259
83
43
252
−
−
−
=+=
. .
.
++
= =
24943
49943
4912
O vértice da parábola é o ponto 52
4912
,
.
49
12
V
5
2–1 6
Im
49) a) A(–1, 0), B(3, 0) e V = (1, 16) b) C(2, 12) c) A = 36 u.a.
a) A parábola P intercepta o eixo coordena-do Ox nos pontos A = (x1, 0) e B = (x2, 0), onde x1 e x2 são raízes da equação y = – 4x2 + 8x + 12.
– 4x2 + 8x + 12 = 0 ⇒
x = − ± +−
=− ±−
8 64 1928
8 168
x1 = –1 e x2 = 3 ⇒ A = (–1, 0) e B = (3, 0).
O vértice da parábola é o ponto
V = − −∆
=−−
−−
ba a2 4
88
25616
, , = (1, 16)
V = (1, 16)
b) Para determinar os pontos de intersecção da parábola P de equação
y = – 4x2 + 8x + 12 com a reta r de equa-ção y = 3x + 6,
resolve-se o sistema: y x x
y x
=− + += +
4 8 12
3 6
2
y x x
y x
=− + += +
4 8 12
3 6
2
⇒
− + + = +− + + =
4 8 12 3 6
4 5 6 0
2
2
x x x
x x⇒
x
x ou x
=− ± +
−
=− =
5 25 968
34
2
⇒
x y
x y
=− ⇒ =
= ⇒ =
34
154
2 12
Logo, o ponto de inteseção C com abs-cissa positiva é (2, 12).
50) B
De acordo com as informações do problema, podemos escrever:
61 = 0,5 p + 1 ⇔ p = 120 mil habitantes.
Fazendo p(t) = 120 na segunda função, temos:
120 = 2t2 – t + 110 ⇒ 2t2 – t – 10 = 0 ⇒ t = 2,5 ou t = –2 (não convém).
Logo, t é, no mínimo, 2 anos e 6 meses.
GABARITO
8 Matemática A
51) B
Utilizando a fórmula fatorada, temos:y = a (x – 4) . (x + 4)4 = a . (2 – 4) . (2 4)a = –1/3
Portanto, y = –1/3 . (x2 – 16)
y = – 13
. x2 + 163
Logo, a altura do túnel é b = 16/3.
52) B
O gráfico da função definida por y = x2 + mx + (8 – m) tangencia o eixo das abscis-
sas no ponto (k; 0) com k < 0.
Assim sendo:m2 – 4(8 – m) = 0 ⇔ m2 + 4m – 32 = 0m = 4 ou m = –8
Para m = 4 temos y = x2 + 4x + 4 ⇒ y = (x + 2)2
y
4
x–2
e, portanto, k = –2, p = 4 e k + p = 2.
Para m = –8, temos: y = x2 – 8x + 16 ⇒ y = (x – 4)2
x
y
16
4
e, portanto, k = 4 e p = 16.
Essa solução não serve pois k < 0.
53) B
t(s)
h (m)
Altura máxima
10
6
1 5
De acordo com o gráfico, temos:h(t) = a . t2 + b . tSabendo-se que h(1) = 6 m e h(5) = 10 m, temos o sistema:a b
a b
a b
a b. .
. .
1 1 6
5 5 6
6
25 5 6
2
2
+ =+ =
⇒
+ =+ =
⇔ a = –1 e b = 7
Portanto, h(t) = –t2 + 7t; logo, a altura máxima será atingida
para t = −b
a2 . = −−( )
.7
2 1 = 3,5 s.
54) a) V = –200x2 + 4000x
b) xv = −ba2
= − +−
( ). ( )4000
2 200 = 10 cm
a) O volume V do bloco retangular, em metros cúbicos, é dado por V = 1 . (0,4 – 2x) ⇒ x = –2x2 + 0,4x.
b) O volume V será máximo quando o valor de x correspon-der ao vértice da parábola, dada pela função quadrática.
V = –2x2 + 0,4x, isto é, quando x = 0 42 2,
( . )− = 0,1 m = 10 cm.
55) a) AM = 2 – 2
2 e MB = 2 +
22
b) AM = MB = 2
4 –xx
xy
16 = 4
y2 = x2 + (4 – x)2
9 = x2 + 16 – 8x + x2 ⇒ 2x2 – 8x + 7 = 0; resolvendo, temos:
AM = 2 – 22
e MB = 2 + 22
y2 = x2 + (4 – x)2
A = 2x2 – 8x + 16
xV = −−( ).8
2 2 = 2; logo, AM = MB = 2
GABARITO
9Matemática A
56) 31
d = 300 –12
. 10t2, v = 300 – 10t e a = –10
01. Verdadeiro. O projétil atinge o ponto culminante no instante t = 30 s.
xV = 3002 5.( )−
= 30 s.
02. Verdadeiro. A velocidade do projétil no ponto cul-minante é nula.
v = 300 – 10 . 30 = 004. Verdadeiro. A aceleração do projétil em qualquer
ponto da sua trajetória é a = –10 m/s2.08. Verdadeiro.16. Verdadeiro. A distância do ponto culminante, me-
dida a partir do ponto de lançamento, é de 4500 m.32. Falso.
57) 11
A1 = Área do retângulo de cima = Área do retângulo de baixo = x(56 – 2x).
A2 = Área do retângulo da esquerda = Área do retângulo da direita = x(32 – 2x).
A = Área da região hachurada = 2A1 + 2A2 A = 2x(56 – 2x) + 2x(32 – 2x)A = 2x(56 – 2x + 32 – 2x)A = 2x(88 – 4x)A = –8x2 + 176x
Note que A é uma função de segundo grau cujo gráfico é uma parábola de boca para baixo. Nesse gráfico, A será máxima quando x = xvértice :
x = xvértice = –b/2ax = –176/2(–8)x = 176/16x = 11
58) D
30 –x
x A(x) = (30 – x)xA(x) = – x2 + 30x
Δ = 302 – 4.(–1) . 0Δ = 900
yV = – 9004 1.( )−
yV = 225
Utilizando semelhança de triângulos, temos: 44 9−=
x y ⇔ y = − +9 364x
Calculando a função da área, temos:A(x) = x . y
A(x) = x . − +9 364x ⇒ A(x) = − +9 36
4
2x x
Determinando o x do vértice, temos:
xV = −
−
364
294
. = 2
Portanto, x = 2 e y = 36 9 24− . = 4,5
Logo, as dimensões do jardim são 2 m e 4,5 m.
59) A
44
4 –xy
x
9
A
x
Amáxima
x v
GABARITO
10 Matemática A
60) E
f(x) = |x| = − <≥
x se x
x se x
,
,
0
0
Assim, não terá imagens negativas.
61) A
f(x) = |x| + 2 = − + <+ ≥
x se x
x se x
2 0
2 0
,
,
Seu gráfico será duas semirretas de mesma origem.
62) A
f(x) = |x + 1| + 2 = − − + <−+ + ≥−
x se x
x se x
1 2 1
1 2 1
,
,
f(x) = |x + 1| + 2 = − + <−+ ≥−
x se x
x se x
1 1
3 1
,
,
1 2 x–3 –2 –1
1
2
3
4
y
O
63) E
A alternativa que tem a lei de formação que gera o gráfico do exercício é a E, pois:
f(x) = |(x – 1) . (x – 3)| = x x se x
x x se x
x x se x
2
2
2
4 3 1
4 3 1 3
4 3 3
− + <− + − ≤ <− + ≥
,
,
,
64) A
f(x) = ||x| – 1| = − − <− ≥
x se x
x se x
1 0
1 0
,
, =
− − <−+ − ≤ <
− + ≤ <− ≥
x se x
x se x
x se x
x se x
1 1
1 1 0
1 0 1
1 1
,
,
,
,
65) F – V – F – V
f(x) = |1 – |x|| = 1 0
1 0
− − <− ≥
( ) ,
,
x se x
x se x =
− − <−+ − ≤ <
− + ≤ <− ≥
x se x
x se x
x se x
x se x
1 1
1 1 0
1 0 1
1 1
,
,
,
,
66) D
f(x) = |x – 1| e g(x) = 5
1
1
(–4,5) (6,5)
f(x) = x –1
g(x) = 5
A = 10 52. = 25 u.a.
67) D
f(x) = 1 0 2
2 2 0
,
,
se x
se x
≤ ≤− − ≤ ≤
e g(x) = |f(x)| – 1
g(x) = 1 1 0 2
2 1 2 0
− ≤ ≤− − ≤ <
,
,
se x
se x
x
y
–2
1
2
68) B
|f(x)| = 1 ∴ f(x) = 1 ou f(x) = –1
1 2 5 63 4–4 –3 –2–5 –1 –1
–2
–3
1
2
3
4
5
6
x
y
y=1
y= –1
O número de elementos no conjunto solução é dado pelo número de pontos da intersecção de f(x) como y = 1 e y = –1.Portanto, 5 soluções.
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