fundamentos de matematica elementar2 mp 001

2

10ª edição | São Paulo – 2013

FUNDAMENTOS DE MATEMÁTICA ELEMENTAR

GELSON IEZZI OSVALDO DOLCECARLOS MURAKAMI

Logaritmos

COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

001-004-Manual-FME2.indd 1 24/07/13 09:30

© Gelson Iezzi, Osvaldo Dolce, Carlos Murakami, 2013

Copyright desta edição:

SARAIVA S.A. Livreiros Editores, São Paulo, 2013

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05413-010 — São Paulo — SP

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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP) (Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)

Índice para catálogo sistemático:1. Matemática : Ensino Médio 510.7

Gerente editorial: Lauri Cericato

Editor: José Luiz Carvalho da Cruz

Editores-assistentes: Fernando Manenti Santos/Juracy Vespucci/Guilherme Reghin Gaspar

Auxiliares de serviços editoriais: Daniella Haidar Pacifico/Rafael Rabaçallo Ramos/Margarete Aparecida de Lima/

Vanderlei Aparecido Orso

Digitação e cotejo de originais: Guilherme Reghin Gaspar/Elillyane Kaori Kamimura

Pesquisa iconográfica: Cristina Akisino (coord.)/Enio Rodrigo Lopes

Revisão: Pedro Cunha Jr. e Lilian Semenichin (coords.)/Renata Palermo/Rhennan Santos/

Felipe Toledo/Simone Garcia/Tatiana Malheiro/Fernanda Guerriero

Propostas de textos e atividades: Rosineide de Melo e Norberto Lourenço Nogueira Júnior

Gerente de arte: Nair de Medeiros Barbosa

Supervisor de arte: Antonio Roberto Bressan

Projeto gráfico: Carlos Magno

Capa: Homem de Melo & Tróia Design

Imagem de capa: Vetta/Getty Images

Diagramação: TPG

Assessoria de arte: Maria Paulo Santo Siqueira

Encarregada de produção e arte: Grace Alves

Iezzi, Gelson

Fundamentos de matemática elementar, 2 : logaritmos / Gelson Iezzi,

Osvaldo Dolce, Carlos Murakami. — 10. ed. — São Paulo : Atual, 2013.

ISBN 978-85-357-1682-5 (aluno)

ISBN 978-85-357-1683-2 (professor)

1. Matemática (Ensino médio) 2. Matemática (Ensino médio) — Problemas

e exercícios etc. 3. Matemática (Vestibular) — Testes I. Dolce, Osvaldo.

II. Murakami, Carlos. III. Título. IV. Título: Logaritmos.

12-12851 CDD-510.7

001-004-Manual-FME2.indd 2 23/07/13 16:13

729. .0 .00

Rua Henrique Schaumann, 270 Ð Cerqueira CŽsar Ð S‹o Paulo/SP Ð 05413-909

210185

Coordenadora de editoração eletrônica: Silvia Regina E. Almeida

Produção gráfica: Robson Cacau Alves

Impressão e acabamento:

Complemento para o Professor — Fundamentos de Matemática Elementar — vol. 2

Este livro é o Complemento para o Professor do volume 2, Logaritmos, da coleção Fundamentos de Matemática Elementar.

Cada volume desta coleção tem um complemento para o pro-fessor, com o objetivo de apresentar a solução dos exercícios mais complicados do livro e sugerir sua passagem aos alunos.

É nossa intenção aperfeiçoar continuamente os Complementos. Estamos abertos a sugestões e críticas, que nos devem ser encami-nhadas através da Editora.

Agradecemos aos professores David Mauro Degenszajn e Erileide de Souza a colaboração na redação das soluções que são apresen-tadas neste Complemento.

Os Autores.

Apresentação

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Sumário

CAPÍTULO I — Potências e raízes ............................................................. 1

CAPÍTULO II — Função exponencial ......................................................... 7

CAPÍTULO III — Logaritmos ..................................................................... 41

CAPÍTULO IV — Função logarítmica .......................................................... 54

CAPÍTULO V — Equações exponenciais e logarítmicas .............................. 58

CAPÍTULO VI — Inequações exponenciais e logarítmicas .......................... 114

CAPÍTULO VII — Logaritmos decimais ....................................................... 148

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1

COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR | MANUAL

2 | Fundamentos de Matemática Elementar

CAPÍTULO I — Potências e raízes

3. A (1)2n (1)2n (1)3 (1)2n (1)n (1)n

1 1 (1) + (1)n (1)n 2

7. (a b)2 a2 + 2ab b2 a2 b2 ⇔ a b 0

a b 0 ⇒ a 0 ou b 0

8. (22 31 51 72)x M3 ⇒ x 23 2 33 1 53 1 73 2

21 32 52 71 3 150

9. Examinando os valores de 14n, com n *, vemos que:

se n é ímpar, 14n tem como algarismo das unidades o 4

se n é par, 14n tem como algarismo das unidades o 6.

Assim, 1414 termina em 6; portanto 1414 é par e daí 141414 termina em 6.

12. x 1 y 1

(xy) 1

1x

1y

1xy

x y

15. f) (a1 b1) (a b)1 a ba b

1

a b a1 b1

g) (a2 b2)(a1 b1)1 b2 a2

a2 b2 b a

ab

1

(b a)(b a)

a2 b2 ab

b a

a bab

16. d) an 4 a3 an

a4 an an 4 an 4

a3 n an 4 1

1a

a 1

a

18. a) x4 (x2)2 x2 x2, ∀ x (V)

b) x10 (x5)2 x5 x5, ∀ x (F)

c) x6 (x3)2 x3 x3, ∀ x

(V)

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2

MANUAL | COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

Fundamentos de Matemática Elementar | 2

d) (x 1)2 x 1 x 1, ∀ x e x 1 (V)

e) (x 3)2 x 3 3 x, ∀ x e x 3 (V)

20. a) (x 2)2 x 2

x 2, se x 2

0, se x 2

x 2, se x 2

b) (2x 3)2 2x 3

2x 3, se x 3

2

0, se x 3

2

3 2x, se x 3

2

c) (x 3)2 x 3

x 3, se x 3

0, se x 3

3 x, se x 3

d) (2x 1)2 2x 1

2x 1, se x 1

2

0, se x 1

2

2x 1, se x 1

2

30. b) ( 20 - 45 + 3 125 ) : 2 5 1

2

20

5

45

5 3

125

5

2 3 15

2

7

k) (1 2)4 [(1 2)2] 2 (3 2 2)2 17 12 2

32. a) 2 1 2 1 ( 2 1)( 2 1) 1

b) 7 24 7 24 (7 24) (7 24) 5

c) 5 2 6 5 2 6 (5 2 6)(5 2 6) 1

d) 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2(2 2) (2 2 2 )(2 2 2 )

(4 2 2)(4 (2 2)) 2(2 2)(2 2) 2

33. a) a b a b a2 b (a b)(a b)(a2 b)

(a2 b)2 a2 b

001-156-Manual-FME2.indd 2 23/07/13 16:15

3



b) (2 xy x y y x ) : xy 2 xy

xy

x2y

xy

xy2

xy 2 x y

c) aa

b 2 ab b

b

a ab

a3

b 2 ab

b3

a ab

a4b

b 2 (ab)2

b3ab

a a2 2|ab| b2 (a b)2

d) p p2 1 p p2 1 p2 ( p2 1)2 p2 p2 1 1

e) x x2 y33 x x2 y33

3

x2 (x2 y3) y

36. o) 1

(2 3 ) 5

1

(2 3 ) 5

(2 + 3 5)

(2 3 ) 5

(2 3) 5

7 4 3 5

(2 + 3 5 )(2 4 3 )

(2 4 3 )(2 4 3 )

4 3 3 5 2 15

22

p) 5

(2 5 ) 2

5

(2 5 ) 2 (2 5 ) 2

(2 5 ) 2

10 5 5 5 2

9 4 5 2

(10 5 5 5 2 )(7 4 5 )

(7 4 5 )(7 4 5 )

30 5 5 35 2 20 10

31

q) 3

( 3 2 ) 1

3( 3 2 1)

[( 3 2 ) 1][( 3 2 ) 1]

3 3 3 2 3

5 2 6 1

(3 3 3 2 3)(4 2 6 )

(4 2 6 )(4 2 6 )

6 3 2 3 6

4

r)

39 1

33 1

(33 )2 1

33 1

(33 1)(3

3 1)

(33 1)

3

3 1

37.

34 1

32 1

(3

2 )2 13

2 1

(32 1)(3

2 1)

(32 1)

1 3

2

38. a) 2 3

2 3

2 3

2 3

(2 3) (2 3 )

(2 3 )(2 + 3 ) 4

b) Notemos inicialmente que

( 2 3 2 3 )2 6 ⇒ 2 3 2 3 6

e

( 2 3 2 3 )2 2 ⇒ 2 3 2 3 2 .

Vamos agora fazer a simplificação pedida:

2 3

2 2 3

2 3

2 2 3

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4



(2 3)( 2 2 3 )

( 2 2 3 )( 2 2 3 )

(2 3)( 2 2 3 )

( 2 2 3 )( 2 2 3 )

2 2 6 2 2 3 3 2 3

3

2 2 6 2 2 3 3 2 3

3

2 6 2( 2 3 2 3 ) 3( 2 3 2 3 )

3

2 6 2 6 3 2

3 2

c) 48 27 125

12 108 180

7 3 5 5

8 3 6 5

(7 3 5 5 )

(8 3 6 5 )

(8 3 6 5 )

(8 3 6 5 )

9 15

6

d) 3 2 2

17 12 2

3 2 2

17 12 2

(3 2 2)(17 12 2)

(17 12 2)(17 12 2)

(3 2 2)(17 12 2)(17 12 2)(17 12 2)

3 2 2 3 2 2 (1 2)2 (1 2)2

Notamos que 1 2 0, temos: (1 2)2 |1 2| 2 1.

Daí, o valor da expressão é: 1 2 ( 2 1) 2.

39. x x2 1

x x2 1

x x2 1

x x2 1

(x x2 1 )2 (x x2 1 )2

(x x2 1 )(x x2 1 )

4x x2 1

40. x 1

2

a

b

b

a

1

2

a2 b2

ab

a b

2 ab (A)

1 x2 1 a b

2 ab

2

(a b)2

4ab (B)

2a 1 x2

x 1 x2

(2a 1 x2 )(x 1 x2 )

(x 1 x2 )(x 1 x2 )

2a(1 x2) 2ax 1 x2

(A) e (B)

2a (a b)2

4ab 2a

(a b)

2 ab (a b)2

4ab

(a b)2

2b

a2 b2

2b a b

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5



41. Fazendo X = 3

9(32 1) e Y = 1

32

34 e lembrando as

identidades:

a3 b3 (a b)(a2 ab b2)

a3 b3 (a b)(a2 ab b2)

temos:

X3 9(32 1)

9(32 1)(3

4 32 1)

34 3

2 1

9 [(32 )3 13]

34 3

2 1

9

34 3 2 1

e Y3 (1

32

34 )(1 3 2 )

1 32

3

13 ( 3 2 )3

1 3 2

3

27

1 33

2 334 2

9

1 3

2 34

então, X3 Y3 e daí X Y.

42. 3

7 2 10

3 7 2 10

7 2 10 7 2 10 7 2 10

( 2 5 )2

2 5 (A)

4

8 4 3

4 8 4 3

8 4 3 8 4 3 8 4 3 ( 6 2 )2

6 2 (B)

1

11 2 30

11 2 30

11 2 30 11 2 30 11 2 30 ( 6 5 )2

6 5 (C)

(A) (B) 2 5 6 2 6 5 (C)

43. x 2 2 2 2 ... ⇒ x2 2 2 2 2 2 ... ⇒

⇒ x2 2 x ⇒ x2 x 2 0 ⇒ x 1 3

2 ⇒ x 2 (pois x 0)

44. 12

7 3

5

8 3 7

12(8 3 7 ) 5( 7 3)

( 7 3)(8 3 7 )

81 41 7

(3 7 )

(3 7 )

(3 7 ) 22 21 7

49. f) 27

23 27

23

16

34 16

34

(32 32)(23 23) 9 1

9 8

1

8 70

g) 125

23 16

12 343

13

12

52 22 7

12

6

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6



50. 0,064

13

0,062514

64

1 000

13

625

10 000

14

4

10

5

10

20

100 0,2

53. a) a2n1 a1n1n3 n2

1

a2

n1 a

1

n1

1n3

n2 1

an3n2

1 n2

1n3

a

b) a56 b

12 a

12 b13

a1 b23 a

56 b

12 a

12 b1

13

a1 b23

12

a16 b

12

c) (a23 2

13)(a3

a 32a2

34 ) (a

23 2

13)(a

43 2

13 a

23 2

23)

a2 213 a

43 a

23 2

23 2

13 a

43 2

23 a

23 2 a2 2

d)

b a

a b

a12 a

12 b

12

1

a

12 b

12

b12

1

b a

a b

a12

a12 b

12

b

12

a12 b

12

b a

a b

a (ab)12 (ab)

12 b

a12

2

b12

2 1

e) 1

2

a

b

12

1

2

b

a

12

2

1 b

12

2a12

a

12

2b12

2

1

b a

2(a b)12

2

1 2(a b)

12

b a

2

1

(a b)2

(b a)2

a b

|a b|

f) [(a ab b)( a b )1 3 ab]

12 a

32 b

32

1

a12 b

12

3a12 b

12

12

a32 b

32 3ab

12 3a

12b

a12 b

12

12

Lembrando que (x y)3 x3 y3 3x2y 3xy2, temos que a

expressão pedida se reduz a:

a12 b

12

3

a12 b

12

12

a12 b

12 a b

54. 1

4a 8

a 1

14

a 8a 1

2(4a 1)

a 4a 1

(4a 1 8

a 4a 1 8

a )

(4a 1 8

a )(4a 1 8

a )

2(4a 1)

a 4a 1

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7



2(4 a 1)

a 4 a 1

2(4 a 1)

a 4 a 1

(24 a 2)( a 1

4 a ) (24 a 1)( a 1 4 a )

( a 1 4 a )( a 1 4 a )

4

a a 1

56. 2n 4 2 2n

2 2n 3

2n 24 2 2n

2 2n 23

2n(24 2)

2 2n 23

7

8

57. (2n 2n 1)(3n 3n 1) 2n 2n

2 3n

3n

3

2n(2 1)

2

3n(3 1)

6 6n

58. (cosh x)2 (senh x)2 ex ex

2

2

ex ex

2

2

(ex ex)2 (ex ex)2

4

e2x 2 ex ex e2x (e2x 2 ex ex e2x)

4

2 e0 2 e0

4 1

CAPÍTULO II — Função exponencial

59. A expressão 1

2

y

é decrescente com y. Seu menor valor é o que se

obtém para o máximo valor de y 4x x2. O valor de x que acarreta

o máximo de y é x b

2a

4

2 2 e ymáx 4 2 22 4.

Portanto, o menor valor de 1

2

4x x2

é: 1

2

4

1

16.

60. a) x y 3x

3127

219

113

0 11 32 93 27

– 1

1

1

y

y = 3x

x

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8



b) x y

1

3

x

2 9

1 3

0 1

11

3

21

9

y 5 x1

3

3

1

121

y

x

c) x y 4x

21

16

11

4

0 1

1 4

2 16

y

y = 4x

1

– 1 1 x

d) x y 10x

21

100

11

10

0 1

1 10

2 100

y = 10x

1

– 1 1

y

x

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9



e) x y 10x

2 100

1 10

0 1

11

10

21

100

y = 10 – x

y

– 1 1

1

x

f)

x y 1

e

x

2 7,39

1 2,72

0 1

1 0,36

2 0,14

y

1

– 1 x1

y = x1

e

62. a) x 1 x f(x) 21 x

3 21

4

2 11

2

1 0 1

0 1 2

1 2 4

f(x) = 21 – x

y

2

1

– 1 1 2 3 x

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10



b) x

x 1

2f(x) 3

x 1 2

5 21

9

3 11

3

1 0 1

1 1 3

3 2 9

y

2

1

– 1 1 x

f(x) = 3

x + 1

2

c) x |x| f(x) 2|x|

1 1 2

1 1 2

0 0 1

2 2 4

2 2 4

x

3

2

1

– 1 1

y

f(x) = 2|x|

d) x 2x 1 f(x)

1

2

2x 1

3

22 4

1 1 2

1

20 1

0 11

2

– 1 1

y

2

1

x

f(x) = 12

2x + 1

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11



e) x |x| f(x)

1

2

|x|

1 11

2

1 11

2

0 0 1

2 21

4

2 21

4

– 1

2

1

y

f(x) = | x |1

2

1 x

63. x x2 f(x) ex2

1 1 2,72

2 2 7,39

2 2 7,39

0 0 1

– 1

y

1

1

f(x) = ex2

x

64. x x2 f(x) ex2

1 1 0,36

1 1 0,36

0 0 1

2 4 0,018

2 4 0,018

– 1

f(x) = e – x2

y

1

1 x

001-156-Manual-FME2.indd 11 23/07/13 16:15

12



66. a) x 2x f(x) 2x 3

21

4

11

4

11

2

5

2

0 1 2

1 2 1

2 4 1

– 3

– 2

– 1

– 1

1

1 x

y y = 2x

f(x) = 2x – 3

b)

x1

3

x

f(x) 1

3

x

1

2 9 10

1 3 4

0 1 2

11

3

4

3

21

9

10

9

f(x) = x1

3+ 1

y

2

1

– 1x

c) x 3x f(x) 2 3x

0 1 1

1 3 1

11

3

5

3

21

9

17

9

2 9 7

f(x) = 2 – 3x

– 1

– 1

y2

1

1 x

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13



d) x

1

2

x

f(x) 3 1

2

x

0 1 2

11

2

5

2

1 2 1

2 4 1

– 1 1 x

1

2

3

y

67. a) x 2x 2x f(x) 2x 2x

21

44

17

4

11

22

5

2

0 1 1 2

1 21

2

5

2

2 41

4

17

4

f(x) = 2x + 2 – x

2

– 1– 2 1 2 x

y

001-156-Manual-FME2.indd 13 23/07/13 16:15

14



b) x 2x 2x 2x 2x

21

44

15

4

11

22

3

2

0 1 1 0

1 21

2

3

2

2 41

4

15

4

– 1

1

1

–

f(x) = 2x – 2 – x

x

3

2

3

2

y

69. a) x 3x f(x)

1

2 3x

0 11

2

11

3

1

6

21

9

1

18

1 33

2

2 99

2

3

2

– 1

1

1 x

1

2f(x) = · 3x

y

b) x 2x 3 22x 3 f(x) 0,1 22x 3

1

22

1

40,025

1 11

20,05

3

20 1 0,1

2 1 2 0,2

5

22 4 0,4

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15



y

3

1

1 2 3 x

f(x) = 0,1 · 22x – 3

c)

x 2x 1 32x 1 f(x) 1

5 32x 1

1

22

1

90,02

0 11

30,07

1

20 1 0,2

1 1 3 0,6

3

22 9 1,8

y

2

1

– 1 1 2 x

1

5f(x) = · 32x – 1

001-156-Manual-FME2.indd 15 23/07/13 16:15

16



d) x

x 1

22

x 1 2 3 2

x 1 2

5 21

40,75

3 11

21,5

1 0 1 3

1 1 2 6

3 2 4 12

f(x) = 3 · 2

x + 1

2

y

6

3

1

– 5 – 3 – 1 1 3 x

71. e) (3

2 )x 8 ⇔ 2x3 23 ⇔ x 9, S {9}

f) (4

3 )x 3

9 ⇔ 3x4 3

23 ⇔ x

8

3, S

8

3

j) (5

4 )x 1

8 ⇔ 2

2x5 2

32 ⇔ x

15

4, S

15

4

k) 100x 0,001 ⇔ 102x 103 ⇔ x 3

2, S

3

2

l) 8x 0,25 ⇔ 23x 22 ⇔ x 2

3, S

2

3

m) 125x 0,04 ⇔ 53x 52 ⇔ x 2

3, S

2

3

n) 2

3

x

2,25 ⇔ 2

3

x

225

100 ⇔

2

3

x

2

3

2

⇔ x 2, S {2}

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17



72. i) 53x 1

1

25

2x 3

⇔ 53x 1 54x 6 ⇔ x 5

7, S

5

7

j) ( 2 )3x 1 (316 )2x 1 ⇔ 2

3x2

12 2

8x3

43 ⇔ x

5

7, S

5

7

k) 82x 1 34x 1 ⇔ 26x 3 2

2x 23 ⇔ x

11

16, S

11

16

l) 4x2 1 8x ⇔ 22x2 2 23x ⇔ x 2 ou x 1

2, S 2,

1

2

m) 27x2 1 95x ⇔ 33x2 3 310x ⇔ x 3 ou x 1

3, S 3,

1

3

n) 8x2 x 4x 1 ⇔ 23x2 3x 22x 2 ⇔ x 2 ou x 1

3,

S 2, 1

3

73. 4x2 4x 412 ⇔ 22x2 8x 224 ⇔ (x 6 ou x 2), S {6, 2}

74. 100 10x x1 0005 ⇔ 102 x 10

15x ⇔ x2 2x 15 0 ⇔

⇔ (x 5 ou x 3), S {5, 3}

76. a) (2x)x 4 32 ⇔ 2x2 4x 25 ⇔ (x 5 ou x 1), S {5, 1}

b) (9x 1)x 1 3x2 x 4 ⇔ (32x 2)x 1 3x2 x 4 ⇔ x2 x 6 0 ⇔

⇔ (x 3 ou x 2), S {2, 3}

c) 23x 1 42x 3 83 x ⇔ 23x 1 24x 6 29 3x ⇔ x 2

5, S

2

5

d) (32x 7)3 : 9x 1 (33x 1)4 ⇔ 34x 23 312x 4 ⇔

⇔ x 19

8, S

19

8

e) 23x 2 : 82x 7 4x 1 ⇔ 23x 23 22x 2 ⇔ x 5, S {5}

f) 3x 2 9x

2435x 1

812x

273 4x ⇔

33x 2

325x 5

38x

39 12x ⇔ 322x 3 320x 9 ⇔

⇔ x 1

7, S

1

7

g) x 4

23x 8 2x 5 ⇔ 23x 8x 4 2x 5 ⇔ x2 4x 12 0 ⇔

⇔ (x 6 ou x 2), S {2, 6}

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18



h) 83x 3

32x : 4x 1 ⇔ 29x 25x3 : 22x 2 ⇔ 29x 2

x 63 ⇔

⇔ x 3

14, S

3

14

i) x 1 3

23x 1 3x 7

8x 3 0 ⇔ 3x 3

23x 1 3x 7

23x 9 ⇔

⇔ 2

3x 13x 3 2

3x 93x 7 ⇔ x

5

3 não serve, pois x e x 2. S

j) 8x 1 x 1

42x 3 6

25x 3 ⇔ 23x 3

2 24x 6x 1 2

5x 36 ⇔

⇔ 3x 3

2

4x 6

x 1

5x 3

6 ⇔ 4x2 16x 48 0 ⇔

⇔ (x 6 ou x 2)

x 6 não serve, pois x . S {2}

77. (43 x)2 x 1 ⇔ (26 2x)2 x 20 ⇔ (6 2x)(2 x) 0 ⇔

⇔ (x 3 ou x 2), S = {2, 3}

79. a) 3x 1 3x 3x 1 3x 2 306 ⇔ 3x 1(1 3 9 27) 306 ⇔

⇔ 3x 1 32 ⇔ x 3, S {3}

b) 5x 2 5x 5x 1 505 ⇔ 5x 2(1 25 125) 505 ⇔

⇔ 5x 2 51 ⇔ x 3, S {3}

c) 23x 23x 1 23x 2 23x 3 240 ⇔ 23x(1 2 4 8) 240 ⇔

⇔ 23x 24 ⇔ x 4

3, S

4

3

d) 54x 1 54x 54x 1 54x 2 480 ⇔ 54x 1(1 5 25 125) 480 ⇔

⇔ 54x 1 5 ⇔ x 1

2, S

1

2

e) 3 2x 5 2x 1 5 2x 3 2x 5 2 ⇔ 2x(3 10 40 32) 2 ⇔

⇔ 2x 2 ⇔ x 1, S {1}

f) 2 4x 2 5 4x 1 3 22x 1 4x 20 ⇔

⇔ 22x 5 5 22x 2 3 22x 1 22x 20 ⇔

⇔ 22x(32 20 6 1) 20 ⇔ 22x 22 ⇔ x 1, S {1}

81. a) 4x 2x 2 0 ⇔ 22x 2x 2 0

Fazendo 2x y, temos:

y2 y 2 0 ⇔ (y 2 ou y 1).

y 1 não convém, pois 2x 0.

De y 2 vem: 2x 2 ⇔ x 1.

S {1}

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19



b) 9x 3x 90 ⇔ 32x 3x 90 0


y2 y 90 0 ⇔ (y 10 ou y 9).


De y 9 vem: 3x 32 ⇔ x 2.

S {2}

c) 4x 20 2x 64 0 ⇔ 22x 20 2x 64 0


y2 20y 64 0 ⇔ (y 16 ou y 4).

De y 16 vem: 2x 24 ⇔ x 4; de y 4 vem: 2x 2 ⇔ x 2.

S {2, 4}

d) 4x 4 5 2x ⇔ 22x 4 5 2x 0


y2 5y 4 0 ⇔ (y 4 ou y 1).


S {0, 2}

e) 9x 3x 1 4 ⇔ 32x 3 3x 4 0


y2 3y 4 0 ⇔ (y 4 ou y 1).


De y 1 vem: 2x 20.

S {0}

f) 52x 5x 6 0

Fazendo 5x y, temos y2 y 6 0 ⇔ y .

S

g) 22x 2x 1 80 0


y2 2y 80 0 ⇔ (y 10 ou y 8).

y 10 não convém.

De y 8 vem: 2x 23 ⇔ y 3.

S {3}

h) 102x 1 11 10x 1 1 0


y2

10

11y

10 1 0 ⇔ (y 10 ou y 1).


S {0, 1}

i) 4x 1 43 x 257


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20



4y 64

4 257 0 ⇔ 4y2 64 257y 0 ⇔ y 64 ou y

1

4.

De y 64 vem: 4x 43 ⇔ x 3; de y

1

4 vem: 4x 41 ⇔ x 1.

S {1, 3}.

j) 5 22x 42x 1

2 8 0 ⇔ 5 22x 44x 1

8 0

Fazendo y 22x, temos:

5y y2

2 8 0 ⇔ y2 10y 16 0 ⇔ (y 8 ou y 2).

De y 8 vem: 22x 23 ⇔ x

3

2; de y 2 vem: 22x 2 ⇔ x

1

2.

S

1

2,

3

2

82. 25 x 124 5 x 125 ⇔ 52 x 124 5 x 125 0

Fazendo 5 x y, vem: y2 124y 125 0 ⇔ (y 125 ou y 1).

y 1 não convém.

De y 125 vem: 5 x 53 ⇔ x 3 ⇔ x 9. S {9}.

83. 4x2 2 3 2x2 3 160 ⇔ 22x2 4 3 2x2 3 160 0

Fazendo 2x2 y, temos:

16y2 24y 160 0 ⇔ y 4 ou y

5

2. y

5

2 não convém.

De y 4 vem: 2x2 22 ⇔ x2 2 ⇔ (x 2 ou x 2 ).

O produto é 2 2 2.

84. a) 3x 15

3x 1 3x 3

23

3x 2 ⇔ 3x

15

3x

3

3x

33

23

3x

32

Seja 3x t. Temos:

t

45

t

t

27

207

t ⇒ t2 243 ⇒ t 9 3

Desprezando a raiz negativa, pois t 3x 0, ∀x , temos t 9 3,

isto é, 3x 9 3 ⇔ 3x 352 ⇒ x

5

2. S

5

2

b) 2x 1 2x 2 3

2x 1

30

2x ⇔ 2x 2

2x

22

3

2x

2

30

2x

Fazendo 2x t, temos:

2t

t

4

6

t

30

t ⇒ t2 16 ⇒ t 4 (não convém) ou t 4,

isto é, 2x 4 ⇒ x 2. S = {2}

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21



c) 162x 3 162x 1 28x 12 26x 5 ⇔

⇔ 28x 12 28x 4 28x 12 26x 5 0 ⇔

⇔ 26x 5 28x 4 ⇔ x

1

2, S

1

2

85. Seja x

1

x t ⇒ x

1

x

2

t2 ⇒ x2 1

x2 t2 2

Então, temos:

3x2

1

x2

81

3x

1

x

⇔ 3t2 2 81

3t ⇔ 3t2 2 34 t ⇒ t2 t 6 0 ⇒

⇒ (t 3 ou t 2).

1ª possibilidade: t 3 ⇒ x 1

x 3 ⇒ x2 3x 1 0 ⇒

⇒ x 3 5

2

2ª possibilidade: t 2 ⇒ x 1

x 2 ⇒ x2 2x 1 0 ⇒ x 1

S 3 5

2,

3 5

2, 1

86. 2x

1

2x k ⇔ 22x k 2x 1 0

Pondo 2x y, temos y2 ky 1 0.

Examinando D k2 4, notamos que D 0, ∀k .

Então essa equação tem, para todo k, duas raízes reais e de sinais

contrários, pois seu produto é 1.

Conclusão: para qualquer k, a equação dada só admite uma única solução

y 2x k k2 4

2 0.

87.

3x 3x

3x 3x 2 ⇔ 3x 3x

2 3x 2 3x ⇔

⇔ 3x(1 2) 3x (1 2) ⇔ 32x 3 ⇔ x 1

2, S

1

2

88. 4x 3x

1

2 3x

1

2 22x 1 ⇔ 22x 22x 1 3x

1

2 3x

1

2 ⇔

⇔ 22x

3

2 3x

1

3 3 ⇔

22x

3x

2

3

4

3 ⇔

⇔ 4

3

x

43

33 ⇔

4

3

x

4

3

3

2 ⇔ x

3

2, S

3

2

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22



89. 3x 1

5

3x 1 4 31 3x ⇔ 3x 1 5 3x 1 4 31 3x 0 ⇔

⇔ 3x

3

5

3 3x 4 3

33x 0

Pondo y 3x, temos:

y

3

5

3y

12

y3 0 ⇔ y4 5y2 36 0.

Fazendo y2 t, temos: t2 5t 36 0 ⇔ (t 9 ou t 4).

t 4 não convém. De t 9 vem: y2 9 ⇒ y 3, pois y 3 não convém.

De y 3 vem: 3x 3 ⇔ x 1.

S {1}

90. 8x 3 4x 3 2x 1 8 0 ⇔ 23x 3 22x 3 2x 2 8 0

Fazendo 2x y, vem:

y3 3y2 6y 8 0. Lembrando da identidade:

a3 b3 (a b)(a2 ab b2), temos:

(y 2)(y2 2y 4) 3y(y 2) 0 ⇒ (y 2) (y2 5y 4) 0 donde:

y 2 0 ⇒ y 2, não convém pois y 2x 0, ∀x .

ou

y2 5y 4 0 ⇒ (y 1 ou y 4) ⇔ (2x 1 ou 2x 4) ⇔ (x 0 ou x 2)

S = {0, 2}

92. a) x2 3x 1. Para x 0, temos 02 1 (falso); x 0 não é solução;

para x 1, temos 11 1 (verdadeiro); x 1 é solução. Supondo

0 x 1, temos: x2 3x x0 ⇔ x 2

3.

S 1,

2

3

b) x2x 5 1. x 0 não é solução, pois 05 1 (falso); x 1 é

solução, pois 17 1 (verdadeiro). Supondo 0 x 1, temos:

x2x 5 x0 ⇔ x 5

2 não convém.

S {1}

c) xx2 2 1. x 0 não é solução, pois 02 1 (falso); x 1 é


xx2 2 x0 ⇔ x 2 .

S 1, 2

d) xx2 7x 12 1. x 0 não é solução, pois 012 1 (falso); x 1 é


xx2 7x 12 x0 ⇔ (x 4 ou x 3).

S {1, 3, 4}

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23



e) xx2 3x 4 1. x 0 não é solução, pois 04 1 (falso); x 1 é


xx2 3x 4 x0 ⇔ (x 4 ou x 1), mas x 1 não convém.

S {1, 4}

93. a) xx x. x 0 não é solução, pois 00 0 (falso); x 1 é solução, pois

11 1 (verdadeiro). Supondo 0 x 1, temos: xx x1 ⇔ x 1.

S {1}

b) xx 1 x. x 0 é solução, pois 01 0 (verdadeiro); x 1 é


xx 1 x ⇔ x 1 1 ⇔ x 0.

S {0, 1}. Como U

⇒ S {1}.

c) x4 2x x. x 0 é solução, pois 04 0 (verdadeiro); x 1 é


x4 2x x ⇔ x 3

2. S 0, 1,

3

2. Como U

⇒ S 1,

3

2.

d) x2x2 5x 3 x. x 0 é solução, pois 03 0 (verdadeiro); x 1

é solução, pois 10 1 (verdadeiro). Supondo 0 x 1, temos:

x2x2 5x 3 x ⇔ 2x2 5x 2 0 ⇔ x 2 ou x 1

2.

S 0, 1, 2,

1

2. Como U

⇒ S 1, 2,

1

2.

e) xx2 2x 7 x. x 0 não é solução, pois 07 0 (falso); x 1

é solução, pois 18 1 (verdadeiro). Supondo 0 x 1, temos:

xx2 2x 7 x ⇔ x2 2x 8 0 ⇔ (x 4 ou x 2).

S {1, 4}

94. (x2 x 1)(2x2 3x 2) 1. x 0 é solução, pois 12 1 (verdadeiro);

x 1 é solução, pois 13 1 (verdadeiro).

Supondo 0 x2 x 1 1 ⇔

x2 x 1 0 (é satisfeita para ∀x )

e

x2 x 0 ⇔ x 0 e x 1

temos:

(x2 x 1)(2x2 3x 2) 1 ⇔ (x2 x 1)(2x2 3x 2) (x2 x 1)0 ⇔

⇔ 2x2 3x 2 0 ⇔ x 1

2 ou x 2 . S

1

2, 0, 1, 2

95. xx3 8 1. x 0 não é solução, pois 08 1 (falso); x 1 é


xx3 8 x0 ⇔ x3 8 0 ⇔ x 2.

S {1, 2}

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24



96. x 2x

221

4

211

2

0 1

1 2

2 4

3 8

4 16

x x2

22 4

21 1

0 0

1 1

2 4

3 9

4 16

– 2 – 1

1

2

4

y

1 2 3 4 x

São duas soluções.

97. x2x 2 (x2 1 x)xx 1 x3 5 0. x 5 0 não é solução, pois 00 5 0 (falso); x 5 1

é solução, pois 1 2 2 1 1 5 0 (verdadeiro). Supondo 0 x 1, temos

(xx)2 2 (x2 1 x)xx 1 x3 5 0; fazendo xx 5 y, temos:

y2 2 (x2 1 x)y 1 x3 5 0 ⇔ (y 5 x2 ou y 5 x).

De y 5 x2 vem xx 5 x2 ⇔ x 5 2; de y 5 x vem xx 5 x ⇔ x 5 1.

S 5 {1, 2}

99. a) 4x 1 2 ? 14x 5 3 ? 49x ⇔ 4x

49x 1

2 ? 14x

49x 5

3 ? 49x

49x ⇔

⇔ 2

7

2x

1 2 ? 2

7

x

2 3 5 0

Fazendo

2

7

x

5 y, temos:

y2 1 2y 2 3 5 0 ⇔ (y 5 23 ou y 5 1).

y 5 23 não serve.

De y 5 1 vem:

2

7

x

5 1 ⇔ 2

7

x

5 2

7

0

⇔ x 5 0.

S 5 {0}

b) 22x 1 2 2 6x 2 2 ? 32x 1 2 5 0 ⇔ 4 ? 22x 2 2x ? 3x 2 18 ? 32x 5 0 ⇔

⇔ 4 ? 22x

2x ? 3x 2 2x ? 3x

2x ? 3x 2 18 ? 32x

2x ? 3x 5 0 ⇔ 4 ? 3

2

2x

2 18 ? 3

2

x

2 1 5 0.

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25



Fazendo 3

2

x

y, vem:

4

y 18y 1 0 ⇔ 18y2 y 4 0 ⇔

⇔ y 1

2 ou y

4

9.

y 1

2 não convém.

De y 4

9 vem

3

2

x

4

9 ⇔ x 2.

S {2}

100. a) 4x 16y ⇔ 22x 16y 0

2x 1 4y ⇔ 2 2x 4y 0

Fazendo 2x z, vem:

z2 16y 0 (1)

2z 4y 0 ⇔ z 2y (2)

De (2) em (1) vem 4y2 16y 0 ⇔ (y 0 ou y 4).

Para y 0, temos z 0; portanto, 2x 0 impossível.

Para y 4, temos z 8; portanto, 2x 23 ⇔ x 3.

S {(3, 4)}

b) 22(x2 y) 100 52(y x2)

x y 5 ⇔

22(x2 y) 22 52(x2 y) 2

y 5 x ⇔

⇔ 22x2 2y 2 52x2 2y 2 (1)

y 5 x (2)

De (2) em (1) vem 22x2 2x 12 52x2 2x 12.

Fazendo 2x2 2x 12 z, vem:

2z 5z ⇔ 2z 5z 1 ⇔ 10z 1 ⇔ z 0.

Sendo assim: 2x2 2x 12 0 ⇔ (x 3 ou x 2).

Para x 3 temos y 8; para x 2, temos y 3.

S {(2, 3), (3, 8)}

c) 2x 2y 24 (1)

x y 8 ⇔ x 8 y (2)

De (2) em (1) vem:

28 y 2y 24 ⇔ 28 22y 24 2y 0.

Fazendo 2y z, vem:

z2 24z 256 0 ⇔ (z 32 ou z 8).

z 32 não convém.

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26



De z 8 vem 2y 23 ⇔ y 3.

Para y 3 ⇒ x 5.

S {(5, 3)}

d) 3x 2(y2) 77

3

x2 2

y2

2 7

Fazendo 3x a e 2(y2) b, temos:

a b 77 ⇔ a 77 b (1)

a b 7 ⇔ ( a )2 (7 b )2 ⇔ a b 49 14 b (2)

De (1) em (2) vem 77 b b 49 14 b ⇔ b 4 (3).

De (3) em (1) vem a 81. Como 3x a ⇔ 3x 34 ⇔ x 4.

Como 2(y2) b ⇔ 2(y2) 4 ⇔ y 2 .

S {(4, 2 ), (4, 2 )}

101. 3x y 1

2x 2y 2 ⇔

x y 0 (1)

x 2y 1 (2)

De (2) (1) vem y 1 e x 1, então x y 2.

102. 2x 3y 108 ⇔ 2x 3y 22 33 ⇔ (x 2 e y 3)

4x 2y 128 ⇔ 22x y 27 ⇔ 2x y 7 (que aceita a solução (2, 3))

O produto é 2 3 6.

103. xy2 15y 56 1

y x 5 ⇔ y 5 x

x 0 não é solução, pois 0y2 15y 56 1 (falso).

x 1 é solução, pois 1y2 15y 56 1 (verdadeiro).

Como y 5 x ⇒ y 6 ⇒ (1, 6). Supondo 0 x 1, temos:

xy2 15y 56 x0 ⇔ y2 15y 56 0 ⇔ (y 8 ou y 7).

Para y 8, temos x 3 ⇒ (3, 8).

Para y 7, temos x 2 ⇒ (2, 7).

S {(1, 6), (3, 8), (2, 7)}

104. a) xx y yx y (1)

x2y 1 ⇔ y x2 (2)

x 0 não é solução, pois 0y yy e y 0, pois x2 y 1.

x 1 é solução, pois 12 y 1 ⇒ y 1 e 12 10 (verdadeiro).

De (2) em (1) vem:

xx x2 (x2)x x2

⇔ x x2 2x 2x2 ⇔

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27



⇔ x 1

x2 2x

2

x2 ⇔ x 3

13.

Como y x2 ⇒ y 3

13

2

⇔ y 323.

S (1, 1) 3

13, 3

23

b) xy yx (1)

x3 y2 ⇔ y x

3

2 (2)

De (2) em (1) vem xx

23 x

3x2.

x 0 é solução, pois 00 00 (verdadeiro); então, x 0 e y 0

satisfazem.

x 1 é solução, pois 11 132 (verdadeiro); então, x 1 e y 1

satisfazem.

Supondo 0 x 1, temos:

x32

3x

2 ⇔ x 2x

12

3 0 ⇔ x 0 ou x 9

4.

Como y x3 ⇒ y 9

4

3

⇒ y 27

8.

S (0, 0), (1, 1),

9

4, 27

8. Como U

⇒ S (1, 1),

9

4, 27

8.

105. xy yx ⇔ x y

xy

xm yn ⇔ x ynm (2)

⇒ yxy y

nm ⇒ mx ny (1)

x 1 é solução, pois 1y y1 ⇒ y 1; então, 1m 1n (verdade)

(1, 1) é solução. De (2) em (1) vem:

m ynm ny ⇔ y

n

m

mn m

.

Como x ynm ⇒ x

n

m

mn m

nm

⇔ x n

m

nn m

.

S (1, 1), n

m

nn m,

n

m

nn m

107. a) 32x (2m 3) 3x (m 3) 0

Fazendo y 3x, temos y2 (2m 3)y (m 3) = 0. Como

y 0, f(y) = y2 (2m 3)y (m 3) deve admitir pelo menos

uma raiz real e positiva.

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28



1) as duas raízes são positivas:y1 y2 0 ⇒ 0, S 0 e a f(0) 0 0 ⇒ 4m2 8m 3 0 ⇒

⇒ m 2 7

2 ou m

2 7

2 I

S 0 ⇒ 2m 3 0 ⇒ m 3

2 II

a f(0) 0 ⇒ m 3 0 ⇒ m 3 III

S1 I II III m | m 2 7

22) somente uma raiz é positiva:

y1 0 y2 ⇒

y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ m 3,

S2 {m | m 3}

y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

m 3

2 e m 3 , S

3

S S1 S2 S3 m | m 3 ou m 2 7

2b) 22x 1 (2m 3) 2x 1 (7 2m) 0 Fazendo 2x y, temos: 2y2 (2m 3) 2y (7 2m) 0. Como y 0, temos:

1) as duas raízes são positivas: y1 y2 0 ⇒ 0, S 0 e a f(0) 0

0 ⇒ 4m2 8m 5 0 ⇒ m 1

2 ou m

5

2 I

S 0 ⇒ 2(2m 3)

2 0 ⇒ m

3

2 II

a f(0) 0 ⇒ 2(7 2m) 0 ⇒ m 7

2 III

S1 I II III m | 5

2 m

7

2


y1 0 y2 ⇒

y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ 14 4m 0 ⇒

⇒ m 7

2, S2 m | m

7

2

y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒ (2m 3 0 e

7 2m 0) ⇒ m 3

2 e m

7

2, S

3

7

2

S S1 S2 S3 m | m 5

2

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29



c) m 9x (2m 1) 3x (m 1) 0 Fazendo y 3x, temos: my2 (2m 1) y (m 1) 0. Como y 0, temos:

1) as duas raízes são positivas: y1 y2 0 ⇒ 0, S 0 e a f(0) 0

0 ⇒ (2m 1)2 4m2 4m 0 ⇒ m 1

8 I

S 0 ⇒ 2m 1

m 0 ⇒ m

1

2 ou m 0 II

a f(0) 0 ⇒ m(m 1) 0 ⇒ (m 1 ou m 0) IIIS1 I II III {m | m 1}


y1 0 y2 ⇒

y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ m(m 1) 0 ⇒

⇒ 0 m 1, S2 {m | 0 m 1}y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

⇒ 2m 1

m 0 e m 1 0 ⇒ m

1

2 ou

m 0) e (m 1), S3 {1}

S S1 S2 S3 {m | m 0}108. m(2x 1)2 2x(2x 1) 1 0

Fazendo 2x y, temos: m(y 1)2 y(y 1) 1 0 ⇒

⇒ (m 1)y2 (2m 1)y (m 1) 0, mas y 0, então:As duas raízes são positivas:

y1 y2 0 ⇒ 0, S 0 e a f(0) 0

0 ⇒ (2m 1)2 4(m 1)(m 1) 0 ⇒ m 5

4 I

S 0 ⇒ 2m 1

m 1 0 ⇒ m

1

2 ou m 1 II

a f(0) 0 ⇒ m2 1 0 ⇒ (m 1 ou m 1) III

S1 I II III m | m 1 ou 1 m 5

4

Somente uma raiz é positiva:

y1 0 y2 ⇒

y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ m2 1 0 ⇒

⇒ 1 m 1, S2 {m | 1 m 1}

y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

⇒ m 1

2 ou m 1 e (m 1), S3 {1}

Notemos que, para m 1, a equação proposta se reduz a:2x 2 0, que apresenta uma raiz real (x 1). Assim,

S S1 S2 S3 m | m 5

4.

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30



109. 2x 2 x m ⇔ 22x m 2x 1 0

Fazendo 2x y, temos: y2 my 1 0, mas y 2x 0, então:

As duas raízes são positivas:

y1 y2 0 ⇒ 0 e S 0 e a f(0) 0

0 ⇒ m2 4 0 ⇒ (m 2 ou m 2) I

S 0 ⇒ m 0 II

a f(0) 0 ⇒ 1 0 (V)

S1 I II {m | m 2}


y1 0 y2 ⇒ y1 0 y2 ⇒ a f(0) 1 0 (F), S2

y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

⇒ m 0 e f(0) 1 0, S3

S S1 S2 S3 {m | m 2}

110. ax ax

ax ax m ⇔ (m 1)a2x m 1 0

Fazendo y ax, temos (m 1)y2 (m 1) 0.


0 ⇒ 4(m 1)(m 1) 0 ⇒ 4m2 4 0 ⇒

⇒ (m 1 ou 1) I

S 0 ⇒ 0 0 (F); m que satisfaz II

a f(0) 0 ⇒ (m 1)(m 1) 0 ⇒ m2 1 0 ⇒

⇒ ( 1 m 1) III

Tendo em vista I , II , III , segue que S1 .


y1 0 y2 ⇒ y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ m2 1 0

S2 {m | m 1 ou m 1}

y1 0 e y2 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

⇒ (0 0 (F) e m 1 0) ⇒

⇒ S3

S S1 S2 S3 {m | m 1 ou m 1}

111. a2x (m 1)ax (m 1) 0

Fazendo ax y, temos:

y2 (m 1)y (m 1) 0


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31



D 0 ⇒ m2 2m 5 0 ⇔ ∀m I

S 0 ⇒ m 1 0 ⇒ m 1 II

a f(0) 0 ⇒ m 1 0 ⇒ m 1 III

S1 I II III

{m | m 1}


y1 0 y2

y1 0 y2 ⇒ a f(0) 0 ⇒ m 1 0 ⇒ m 1

S2 {m | m 1}

y1 0 e y 0 ⇒ (S 0 e f(0) 0) ⇒

⇒ (m 1 e m 1)

S3 {1}

S S1 S2 S3

119. a) 8 2x 32 ⇔ 23 2x 25 ⇔ 3 x 5

S {x | 3 x 5}

b) 0,0001 (0,1)x 0,01 ⇔ 104 10x 102 ⇔ 2 x 4

S {x | 2 x 4}

c) 1

27 3x 81 ⇔ 33 3x 34 ⇔ 3 x 4

S {x | 3 x 4}

d) 1

8 4x 32 ⇔ 23 22x 25 ⇔

3

2 x

5

2

S x | 3

2 x

5

2

e) 8

27

4

9

x

3

2 ⇔

2

3

3

2

3

2x

2

3

1

⇔ 1

2 x

3

2

S x | 1

2 x

3

2

f) 0,1 100x 1 000 ⇔ 101 102x 103 ⇔ 1

2 x

3

2

S x | 1

2 x

3

2

g) 4 8x 32 ⇔ 22 23 x 25 ⇔ 2 3 x 5

se x 0 ⇒ x x, então: 2 3x 5 ⇔ 2

3 x

5

3 ou

se x 0 ⇒ x x, então: 2 3x 5 ⇔ 5

3 x

2

3 .

S x | 5

3 x

2

3 ou

2

3 x

5

3

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32



h) 25 1252x 1 125 ⇔ 52 56x 3 53

⇔ 5

6 x 1

S x | 5

6 x 1

i) (0,3)x 5 (0,09)2x 3 (0,3)x 6 ⇔

(0,3)x 5 (0,3)4x 6 (0,3)x 6 ⇔

(x 5 4x 6 e 4x 6 x 6) ⇔ x 11

3 e x 0

S

j) 1 7x2 4x 3 343 ⇔ 70 7x2 4x 3 73 ⇔ 0 x2 4x 3 3 ⇔

⇔ (x2 4x 3 0 e x2 4x 3 3)

S {x | 0 x 1 ou 3 x 4}

k) 3x2 3 3x2 5x 6 9 ⇔ 3x2 3 3x2 5x 6 32 ⇔

⇔ (x2 5x 6 x2 3 e x2 5x 6 2) ⇔ x 9

5 e 1 x 4

S x | 1 x 9

5

121. a) (2x 1)2x 3 128 ⇔ 22x2 3x 2x 3 27 ⇔ 2x2 x 10 0 ⇔

⇔ 2 x 5

2

S x | 2 x 5

2

b) (27x 2)x 1 (9x 1)x 3 ⇔ (33x 6)x 1 (32x 2)x 3 ⇔ x2 x 0 ⇔

⇔ (x 1 ou x 0)

S {x x 1 ou x 0}

c) 2

3 3x 2

4

9

2x 1

8

27

x 3

⇔ 2

3 3x 2

2

3

4x 2

2

3

3x 9

⇔

⇔ x 9

4

S x | x 9

4

d) 253 4x : 1252 x 53x 1 ⇔ 55x 53x 1 ⇔ x 1

8

S x | x 1

8

e) 0,043x 2 251 4x

0,0083 x 1254 3x 1 ⇔ (5 2)3x 2 (52)1 4x

(5 3)3 x (53)4 3x 1 ⇔

⇔ 514x 2

56x 3 1 ⇔

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33



⇔ 58x 5 50 ⇔ x

5

8

S x | x 5

8

f) 22x 3x 1 : 32

1x 1 4 ⇔ 2

2x 3x 1

: 2

5x 1 22 ⇔

⇔

2x 3

x 1

5

x 1 2 0 ⇔

6x 4

(x 1)(x 1) 0 ⇔

⇔ x 1 ou 2

3 x 1

S x | x 1 ou 2

3 x 1

g) (0,1) 1

x 1 (0,01) 1

x 3 (0,001) 1

x 2 ⇔ (0,1) 1

x 1 (0,1) 2

x 3 (0,1) 3

x 2 ⇔

⇔ 1

x 1

2

x 3

3

x 2 ⇔

x 1

(x 1)(x 3) (x 2) 0 ⇔

⇔ (3 x 2 ou 1 x 1)

S {x | 3 x 2 ou 1 x 1}

h) 3

2

1x 1

: 3

2

1x 2

27

8

1x 3

1x

⇔

3

2

1x 1

1x 2

3

2

3x2 3x

⇔

⇔ 1

x 1

1

x 2

3

x2 3x ⇔

6x 6

(x2 3x)(x 1) (x 2) 0

S {x | x 3 ou 2 x 1 ou 0 x 1}

123. a) 2x 1 2x 2x 1 2x 2 2x 3 240 ⇔

⇔ 2x 1

2 1 2 4 8 240 ⇔ 2x 25 ⇔ x 5

S {x | x 5}

b) 3x 5 3x 4 3x 3 3x 2 540 ⇔

⇔ 3x(243 81 27 9) 540 ⇔ 3x 3 ⇔ x 1

S {x x 1}

c) 4x 1 22x 1 4x 22x 1 4x 1 144 ⇔

⇔ 22x 4 2 1 1

2

1

4 144 ⇔ 22x 26 ⇔ x 3

S {x | x 3}

d) 32x 1 9x 32x 1 9x 1 42 ⇔

⇔ 32x 3 1 1

3

1

9 42 ⇔ 32x 33 ⇔ x

3

2

S x | x 3

2

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34



e) 3 22x 5 9 22x 3 5 4x 1 7 22x 1 3 4x 60 ⇔

⇔ 22x(3 25 9 23 5 4 7 2 3) 60 ⇔

⇔ 22x

22 ⇔ x 1

S {x | x 1}

f) 3(x2) 5 3(x2 1)

2 3(x2 2) 4 3(x2 3) 3(x2 4) 63 ⇔

⇔ 3(x2) (1 5 3 2 32 4 33 34) 63 ⇔ 3(x2) 7 63 ⇔

⇔ 3(x2) 9 ⇔ x2 2 0 ⇔ ( 2 x 2)

S {x | 2 x 2 }

125. a) 4x 6 2x 8 0 ⇔ 22x 6 2x 8 0


y2 6y 8 0 ⇔ 2 y 4 ⇔ 2 2x 4 ⇔ 1 x 2.

S {x | 1 x 2}

b) 9x 4 3x 1 27 0 ⇔ 32x 12 3x 27 0


y2 12y 27 0 ⇒ (y 3 ou y 9) ⇔

⇔ (3x 3 ou 3x 9) ⇔ (x 1 ou x 2).

S {x | x 1 ou x 2}

c) 52x 1 26 5x 5 0 ⇔ 5 52x 26 5x 5 0


5y2 26y 5 0 ⇔ 1

5 y 5 ⇒ 51 5x 5 ⇒ 1 x 1.

S {x | 1 x 1}

d) 22x 2x 1 8 0 ⇔ 22x 2 2x 8 0


y2 2y 8 0 ⇔ 2 y 4 ⇒ 2 2x 22 ⇔ x 2, pois

2x 2, ∀x .

S {x | x 2}

e) 32x 3x 1 3x 3 ⇔ 32x 3 3x 3x 3 0


y2 3y y 3 0 ⇔ (y 1 ou y 3) ⇒ (3x 1 ou 3x 3) ⇔

⇔ (x 0 ou x 1)

S {x | x 0 ou x 1}

f) 2x(2x 1) 2 ⇔ 22x 2x 2 0


y2 y 2 0 ⇔ 2 y 1 ⇒ 2 2x 20 ⇔ x 0, pois

2x 2, ∀x

S {x | x 0}

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35



g) 25x 6 5x 5 0 ⇔ 52x 6 5x

5 0


y2 6y 5 0 ⇔ (y 5 ou y 1) ⇒ (5x 5 ou 5x 1),

5x 5 impossível e 5x

1, ∀x .

S

h) 3x(3x 6) 3(2 3x 1 3) ⇔ 32x 4 3x 9 0


y2 4y 9 0; ∀y y2 4y 9 0.

S ∅

i) 2x 3 2x 6 ⇔ 8 22x 6 2x 1 0


8y2 6y 1 0 ⇒ 1

4 y

1

2 ⇒ 22

2x 21 ⇔ 2 x 1.

S {x | 2 x 1}

j) 3(3x 1) 1 3x ⇔ 3 32x 4 3x 1 0


3y2 4y 1 0 ⇒ y 1

3 ou y 1 ⇒ 3x

1

3 ou 3x 1 ⇔

⇔ (x 1 ou x 0).

S {x | x 1 ou x 0}.

k) 4x 32 2x 2 2x 1

1 ⇔ 8 22x 4 2x 2 2x 1 0


8y2 6y 1 0 ⇒ y 1

4 ou y

1

2 ⇒ 2x 22 ou 2x 21 ⇔

⇔ (x 2 ou x 1).

S {x | x 2 ou x 1}

l) e2x ex 1 ex e 0 ⇔ e2x (e 1)ex e 0

Fazendo ex y, temos:

y2 (e 1)y e 0 ⇒ 1 y e ⇒ e0 ex e ⇔ 0 x 1.

S {x | 0 x 1}

126. 22x 2 0,75 2x 2 1 ⇔ 4 22x 3 2x 1 0


4y2 3y 1 0 ⇒ 1

4 y 1 ⇒

1

4 2x 1 ⇒ x 0, pois

2x 1

4 ∀x .

S {x | x 0}

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36



127. 2x 5 3x 3x 2 2x 2 2x ⇔ 2x (25 22 1) 3x (1 32) 0 ⇔

⇔ 2

3

x

2

3

3

⇔ x 3

S {x | x 3}

128. ex 1

1 x2 0

Como ex 1 0 ∀x , devemos ter: 1 x2 0 ⇒

⇒ (x 1 ou x 1)

S {x | x 1 ou x 1}

130. a) x5x 2 1

1º caso: x 0 ⇒ 02 1 (não se define)

x 1 ⇒ 13 1 (falso) ⇒ S1 ∅

2º caso: Se x 1 I , temos:

x5x 2 x0 ⇔ x 2

5 II

I II ⇒ x 1

S2 {x | x 1}

3º caso: Se 0 x 1 III , temos:

x5x 2 x0 ⇔ 5x 2

0 ⇒ x 2

5 IV

III IV ⇒ 0 x 2

5

S3 x | 0 x 2

5

S S1 S2 S3 x | 0 x 2

5 ou x 1

b) x4x 3 1


x 1 ⇒ 11 1 (falso) ⇒ S1 ∅


x4x 3 x0 ⇔ x 3

4 II

I II ⇒ S2 ∅


x4x 3 x0 ⇔ x 3

4 IV

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37



III IV ⇒ 3

4 x 1

S3 x |

3

4 x 1

S S1 S2 S3 x | 3

4 x 1

c) x2x2 x 1 1


x 1 ⇒ 12 1 (falso) ⇒ S1 ∅


x2x2 x 1 x0 ⇔ 1 x

1

2 II

I II ⇒ S2 ∅


x2x2 x 1 x0 ⇔ x

1 ou x 1

2 IV

II IV ⇒ S3

x | 1

2 x 1

S S1 S2 S3 x | 1

2 x 1

d) x2x2 5x 3 1


x 1 ⇒ 16 1 (falso) ⇒ S1 ∅


x2x2 5x 3 x0 ⇔ x 1

2 ou x 3 II

I II ⇒ S2 {x | x 3}


x2x2 5x 3 x0 ⇔1

2 x 3 IV

III IV ⇒ S3 {x | 0 x 1}

S S1 S2 S3 {x | 0 x 1 ou x 3}

e) x3x2 7x 2 1

1º caso: x 0 ⇒ 02 1 (verdadeiro)

x 1 ⇒ 12 1 (verdadeiro) ⇒ S1 {0, 1}


x3x2 7x 2 x0 ⇔ 1

3 x 2 II

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38



I II ⇒ S2 {x | 1 x 2}


x3x2 7x 2 x0 ⇔ x 1

3 ou x 2 IV

III IV ⇒ S3 x | 0 x

1

3

S S1 S2 S3 x |0 x 1

3 ou 1 x 2

f) x4x2 11x 6 1

1º caso: x 0 ⇒ 06 1 (falso)

x 1 ⇒ 11 1 (verdadeiro) ⇒ S1 {1}


x4x2 11x 6 x0 ⇔ x 3

4 ou x 2 II

I II ⇒ S2 {x x 2}


x4x2 11x 6 x0 ⇔ 3

4 x 2 IV

III IV ⇒ S3 x |

3

4 x 1

S S1 S2 S3 x | 3

4 x 1 ou x 2

131. x3x2 4x 4 1

1º caso: x 0 ⇒ 04 1 (F)

x 1 ⇒ 15 1 (F) ⇒ S1 ∅

2º caso: x 1, ou seja, x 1 ou x 1 I

Temos:

x3x2 4x 4 1 ⇔ 3x2 4x 4 0 ⇔ x

2

3 ou x 2 II

I II ⇒ S2 {x | x 1 ou x 2}

3º caso: 0 x 1, ou seja, 1 x 1 e x 0 III

Temos:

x3x2 4x 4 1 ⇔ 3x2 4x 4 0 ⇔

2

3 x 2 IV

III IV ⇒ S3 x |

2

3 x 1 e x 0

S S1 S2 S3 x | x 1 ou 2

3 x 1 e x 0 ou x 2

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39



132. a) x2x 4 x

1º caso: x 0 ⇒ 04 0 (F)

x 1 ⇒ 16 1 (F) ⇒ S1 ∅


x2x 4 x1 ⇔ x

3

2 II

I II ⇒ S2 ∅


x2x 4 x1 ⇔ x 3

2 IV

III IV ⇒ S3

{x

| 0 x 1}

S S1 S2 S3 {x

| 0 x 1}

b) x4x 1 x

1º caso: x 0 ⇒ 01 0 (F)

x 1 ⇒ 13 1 (V) ⇒ S1 {1}


x4x 1 x1 ⇔ x 1

2 II

I II ⇒ S2 {x

| x 1}


x4x 1 x1 ⇔ x 1

2 IV

III IV ⇒ S3 x

| 0 x

1

2

S S1 S2 S3 x

| 0 x 1

2 ou x 1

c) x4x2 17x 5 x

1º caso: x 0 ⇒ 05 0 (F)

x 1 ⇒ 18 1 (F) ⇒ S1 ∅


x4x2 17x 5 x1 ⇔ 1

4 x 4 II

I II ⇒ S2 {x

| 1 x 4}


4x2 17x 4 0 ⇔ x 1

4 ou x 4 IV

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40



III IV ⇒ S3

x

| 0 x 1

4

S S1 S2 S3 x

| 0 x 1

4 ou 1 x 4

d) x5x2 11x 3 x

1º caso: x 0 ⇒ 03 0 (F)

x 1 ⇒ 13 1 (F) ⇒ S1 ∅


x5x2 11x 3 x1 ⇔ x 1

5 ou x 2 II

I II ⇒ S2 {x

| x 2}


5x2 11x 2 0 ⇔

1

5 x 2 IV

III IV ⇒ S3

x

| 1

5 x 1

S S1 S2 S3 x

| 1

5 x 1 ou x 2

e) xx2 5x 7 x

1º caso: x 0 ⇒ 07 0 (V)

x 1 ⇒ 13 1 (V) ⇒ S1 {0,1}


xx2 5x 7 x1 ⇔ 2 x 3 II

I II ⇒ S2 {x

| 2 x 3}


x2 5x 6 0 ⇔ (x 2 ou x 3) IV

III IV ⇒ S3 {x

| 0 x 1}

S S1 S2 S3 {x

| 0 x 1 ou 2 x 3}

133. a) x(x2) x2x

1º caso: x 0 ⇒ 00 00 (F)

x 1 ⇒ 11 11 (F) ⇒ S1 ∅


xx2 x2x ⇔ x2 2x 0 ⇔ (x 0 ou x 2) II

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41



I II ⇒ S2 {x

| x 2}


xx2 x2x ⇔ 0 x 2 IV

III IV ⇒ S3

{x

| 0 x 1}

S S1 S2 S3 {x

| 0 x 1 ou x 2}

b) x2 xx2 7x 8

1º caso: x 0 ⇒ 02 08 (F)x 1 ⇒ 12 12 (F)

⇒ S1 ∅


x2 xx2 7x 8 ⇔ x2 7x 6 0 ⇔ (x 1 ou x 6) II

I II ⇒ S2 {x

| x 6}


x2 xx2 7x 8 ⇔ 1 x 6 IV

III IV ⇒ S3 ∅

S S1 S2 S3 {x

| x 6}

c) xx2 x 2 x4

1º caso: x 0 ⇒ 02 04 (F)x 1 ⇒ 1 1 (V)

⇒ S1 {1}


xx2 x 2 x4 ⇔ (x 2 ou x 3) II

I II ⇒ S2 {x

| x 3}


x2 x 6 0 ⇔ (2 x 3) IV

III IV ⇒ S3

{x

| 0 x 1}

S S1 S2 S3 {x

| 0 x 1 ou x 3}

CAPÍTULO III — Logaritmos

135. a) log4 16 x ⇔ 4x 16 ⇔ 4x 42 ⇔ x 2

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42



b) log3

1

9 x ⇔ 3x

1

9 ⇔ 3x 32

⇔ x 2

c) log81

3 x ⇔ 81x 3 ⇔ 34x 3 ⇔ x 1

4

d) log12

8 x ⇔ 1

2

x

8 ⇔ 2x 23 ⇔ x 3

e) log7

1

7 x ⇔ 7x

1

7 ⇔ 7x

71 ⇔ x 1

f) log27

81 x ⇔ 27x 81 ⇔ 33x 34 ⇔ x 4

3

g) log125

25 x ⇔ 125x 25 ⇔ 53x 52 ⇔ x 2

3

h) log14

32 x ⇔ 1

4

x

32 ⇔ 22x 25 ⇔ x 5

2

i) log9

1

27 x ⇔ 9x

1

27 ⇔ 32x 33 ⇔ x

3

2

j) log0,25

8 x ⇔ (0,25)x 8 ⇔ 1

4

x

8 ⇔ x 3

2

k) log25

0,008 x ⇔ 25x 0,008 ⇔ 52x 53 ⇔ x 3

2

l) log0,01

0,001 x ⇔ (0,01)x 0,001 ⇔ 102x 103 ⇔ x 3

2

136. log10

M1

M2

R1 R

2 8 6 2 ⇒

M1

M2

102 100

137. a) log2

2 x ⇔ 2x 2

12 ⇔ x

1

2

b) log7

3 49 x ⇔ ( 73 )x 72 ⇔ x 6

c) log100

103

x ⇔ 100x 103

⇔ 102x 1013 ⇔ x

1

6

d) log8 32 x ⇔ ( 8)x 32 ⇔ 2

3x2

2

52 ⇔ x

5

3

e) log5

3 54

x ⇔ ( 53 )x 5

4 ⇔ 5

x3 5

14 ⇔ x

3

4

f) log27

93

x ⇔ ( 27)x 93

⇔ 33x2 3

23 ⇔ x

4

9

g) log13

27 x ⇔ 1

3

x

27 ⇔ 3

x2 3

32 ⇔ x 3

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43



h) log4

3

1

8 x ⇔ ( 4

3 )x 1

8 ⇔ 2

2x3 2

32

⇔ x 9

4

i) log3

4

3

33 x ⇔ ( 3

4 )x

3

33 ⇔ 3

x4 3

23 ⇔ x

8

3

138. log35

325

9 x ⇔

3

5

x

325

9

3

5

23

⇔ x 2

3

V 2

3

139. a) log100 0,001 x ⇔ 100x 0,001 ⇔ 102x

103 ⇔ x

3

2

log1,5

4

9 y ⇔ (1,5)y

4

9 ⇔

3

2

y

3

2

2

⇔ y 2

log1,25

0,64 z ⇔ (1,25)z 0,64 ⇔ 5

4

z

16

25

5

4

2

⇔ z 2

S x y z 3

2 2 2

3

2

b) log8

2 x ⇔ 8x 2 ⇔ 23x 212 ⇔ x

1

6

log2 8 y ⇔ ( 2)y 8 ⇔ 2

y

2

23 ⇔

y 6

log2 8

z ⇔ ( 2)z 8 ⇔ 2

z2

2

32 ⇔ z 3

S x y z 1

6 6 3

19

6

c) log9

3 1

27 x ⇔ ( 9

3)x

1

27 ⇔ 3

2x3 2

32 ⇔ x

9

4

log 0,53 8

y ⇔ ( 0,5

3)y 8 ⇔ 2

y

3 232 ⇔ y

9

2

log100

3 0,16

z ⇔ ( 1003

)z 0,16

⇔ 102z3

10

16 ⇔ z

1

4

S x y z 9

4

9

2

1

4 2

140. log4 (log3 9) log4

2 1

2

log2 (log81 3) log2

1

4 2

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44



log0,8

(log16

32) log0,8

5

4 x ⇔

4

5

x

5

4 ⇔ x 1

S 1

2 2 1

5

2

141. a) antilog3 4

x ⇔ log

3 x 4 ⇔ x 34

81

b) antilog16

1

2 x ⇔ log

16x

1

2 ⇔ x 16

12 4

c) antilog3 (2) x ⇔ log

3x 2 ⇔ x 32

1

9

d) antilog12

(4) x ⇔ log12

x 4 ⇔ x 1

2

4

16

142. 2log3(x 4) 8 23 ⇔ log

3 (x 4)

3 ⇔ x 4 33

⇔ x 23

144. a) 3log32 2

b) 5log2 3 (22)log

2 3 (2log

2 3)2

32

9

c) 5log25

2 2512

log25 2 (25log

252)

12

2

12

2

d) 8log4 5 4

32

log4

5 (4log

4 5)

32

5

32

5 5

e) 21 log2 5

21 2log2 5

2 5 10

f) 32 log3 6 32 3log

3 6 32 (3log

3 6)1 32 61

3

2

g) 81 log2 3 81 8log

2 3 81 (2log

2 3)3 8 33

216

h) 92 log3 2 92 9 log

3 2

92 (3log3 2)2

92 ( 2)2

81

2

145. a) antilog2 (log

2 3) x ⇔ log

2 x log

2 3 ⇔ x 3

b) antilog3 (log

3 5) x ⇔ log

3 x log

3 5 ⇔ x 5

146. A 5log25

2 ( 25)log

25 2 (25log

25 2)

12

212

A3 212

3

232 2 2

147. 4log2 A

(22)log2 A

(2log

2 A)2 A2

então

A2 2A 2 0 ⇒ A 1 3

mas A 0, então A 1 3.

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45



148. log9

3 x 0,75 ⇔ x ( 93

)0,75 323

34

312

x2 1 3 1 2

149. log16

x 2

3 ⇔ x (16)

23

(24)23

283

log14

x log14

283 y ⇔

1

4

y

283 ⇔ 22y

283 ⇔ y

4

3

150. loga x 4 ⇔ a4 x (1)

loga3

x 8 ⇔ a

3

8

x ⇔ a8 38x (2)

Substituindo (1) em (2), vem:

x2 38x ⇒ (x 0 ou x 38)

Como x 0 não convém, x 38 6 561.

151. log2 3

144 x ⇔ (2 3)x 144 ⇔ 2x 3x2

24 32 ⇔ x 4

152. logx 2 1 ⇔ x1 2

212 ⇔ x 2

12

2

2

154. a) log5

5a

bc log

5 (5a) log

5 (bc) 1 log

5 a log

5 b

log

5 c

b) log3

ab2

c log

3 (ab2) log

3 c log

3 a 2 log

3 b

log

3 c

c) log2 a2 b

c3 log

2 (a2 b ) log

2 c 3

2 log2 a

1

2 log

2 b

1

3 log

2 c

d) log3

ab3

c a23 log3 (ab3) log

3 (c a23

)

log3

a 3 log3

b log3

c 2

3 log

3 a

1

3 log

3 a 3 log

3 b log

3 c

e) log ab3

c2 1

2 log

ab3

c2 1

2 log (ab3)

1

2 log c2

1

2 log a

3

2 log b log c

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46



f) log 3a

b2 c

1

3 log

a

b2 c

1

3 log a

1

3 log (b2 c )

1

3 log a

2

3 log b

1

6 log c

g) log2 4a ab

b a2b3

1

2 log

2 4a ab

b a2b3

1

2 log

2 (4a ab)

1

2 log

2(b a2b

3)

1

2 log

2 4

1

2 log

2 a

1

2 log

2ab

1

2 log

2 b

1

2 log

2 a2b3

1 1

2 log

2 a

1

4 log

2 a

1

4 log

2 b

1

2 log

2 b

2

6 log

2 a

1

6 log

2 b 1

5

12 log

2 a

5

12 log

2 b

h) log 3 a4 ab

b2 bc3

2

2

3 log

a4 ab

b2 bc3

2

3 log (a4 ab)

2

3 log (b2 bc

3 )

2

3 log a4

2

3 log ab

2

3 log

b2

2

3 log bc

3

8

3 log a

2

6 log a

2

6 log

b

4

3 log b

2

9 log b

2

9 log c

3 log a 11

9 log

b

2

9 log c

155. log m log

bc

d2

log (bc) log d2 log b log c 2 log d

156. log x log a

bc log a

log (bc)

1

2 log a log b log c

157. a) log2

2a

(a b)(a b) log

2 (2a) log

2 [(a b)(a b)]

1 log2 a log

2 (a b) log

2 (a b)

b) log3

a2 ab

(a b)35 log

3 (a2 bc )

log

3 (a b)35

log3 a2 log

3 bc 3

5 log

3 (a b)

2 log3 a

1

2 log

3 b

1

2 log

3 c

3

5 log

3 (a b)

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47



c) log c 3a(a b)2

b log c log 3

a(a b)2

b

log c 1

3 log

a(a b)2

b

log c 1

3 log [a(a b)2]

1

3 log b

log c 1

3 log a

2

3 log (a b)

1

6 log b

d) log a(a b)2

5

a2 b2 log a(a b)25

log a2 b2

1

5 log (a(a b)2)

1

2 log (a2 b2)

1

5 log a

2

5 log (a b)

1

2 log (a2 b2)

159. a) log2 a

log

2 b log

2 c log

2 (ab)

log

2 c

log2 ab

c, então E

ab

c.

b) 2 log a log b 3 log c log

a2

log b log c3

log a2

log

(bc3) log

a2

bc3 , então E a2

bc3 .

c) 2 log3 a 3 log

3 b 2 log

3 c

log3

32 log

3 a

log

3 b3

log

3 c2

log3

(32 b3) log

3 (ac2) log

3 9b3

ac2 , então E 9b3

ac2 .

d) 1

2 log a 2 log b

1

3 log c

log a log b2 log c

3

log a log (b2 c

3) log

a

b2 c3 ,

então E

a

b2 c3 .

e) 1

3 log a

1

2 log c

3

2 log b

log a 3

log c log b3

log a 3

log cb3 log

3a

b3c,

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48



então E a3

b3c.

f) 2 1

3 log

2 a

1

6 log

2 b log

2 c

log2 4 log

2 a3

log2 b6

log2

c

log2 (4 a

3b

6) log

2 c log

2 4 a

3b

c, então E

4 a3

b

c.

g) 1

4 (log a

3 log b

2 log c)

1

4 (log a

log b3

log c2)

1

4 [log a

log (b3

c2)]

1

4 log

a

b3 c2 log 4

a

b3 c2

,

então E 4a

b3 c2

.

160. a) 1 log2 (a

b) log

2 (a

b)

log2 2 log

2 (a

b) log

2 (a

b) log

2 2(a b)

a b,

então E 2(a b)

a b.

b) 2 log (a b) 3 log a log (a

b)

log (a b)2 log a3 log (a

b)

log (a b)2

a3(a b), então E

(a b)2

a3(a b).

c) 1

2 log (a

b) log

a log (a

b)

log a b log a log (a b) log a a b

a b,

então E a a b

a b.

d) 1

2 log (a2

b2)

1

3 log

(a

b) log

(a

b)

log a2 b2 log a b3

log (a b)

log (a b) a2 b2

a b3

, então E (a b) a2 b2

a b3

.

e) 3 log (a b) 2 log (a b) 4 log b

5

log (a b)35 log (a b)

25 log b

45

log (a b)

35 b

45

(a b)25

log (a b)3

5 b4

5

(a b)25 log 5

(a b)3 b4

(a

b)2

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49



161. log x log b log c2 log a3

log bc2

a3 ,

então, x bc2

a3 .

162. a) log 6 log (2 3) log 2

log 3 a b

b) log 4 log 22 2 log 2

2a

c) log 12 log (4 3) log 4

log 3 2a b

d) log 2

1

2 log 2

a

2.

e) log 0,5 log 1

2 log 21 log 2 a

f) log 20 log (2 10) log 2 log 10 a 1

g) log 5 log 10

2 log

10 log 2 1 a

h) log 15 log 3 10

2 log 3 log 10 log 2 b 1 a

163. pH log 1

H log

1

10 8 log 108

8

164. log 125

25 log

53

25 3 log 5

1

5 log 2

3 log 10

2

1

5 log 2 3

3 log 2

1

5 log 2

3 16

5 log 2 3

16

5 (0,3010) 3 0,9632 2,0368

165. log 20 log 40 log 800 log (2 10) log (4 10) log (8 100)

log (2 22 23 10 10 100) log (26 104) 6 log 2 4

5,806

166. Fazendo loga 16 x, vem:

ax 16 ⇒ log2 ax log

2 16 ⇒ x log

2 a 4 (1)

Fazendo loga 4 y, vem:

ay 4 ⇒ log2 ay log

2 4 ⇒ y log

2 a 2 (2)

Dividindo (1) por (2), vem:

x

y

4

2 2.

167. log 1

a log

1

b log a log b p

168. log2 (a2 b2) log

2 [(a b)(a b)] log

2 (a b) log

2 (a b)

log2 8 log

2 (a b) 3 m

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50



169. log9 x log

9 y

1

2 ⇒ log

9 (xy)

1

2 ⇒ xy

9

12

3

170. loga x2 y3

1

3 log

a (x2y)

1

3 log

a x2

1

3 log

a y

2

3 log

a x

1

3 log

a y

2n

3

6n

3

8n

3

171. logm 64

2,7 log

m 60 log

m 64 log

m 2,7 log

m 60

logm 26 log

m

33

10 logm

(2 3 10)

6 logm 2 3 log

m 3 log

m 10 log

m 2 log

m 3 log

m 10

6a 3b a b 5a 4b

172. colog2

1

32 x ⇒ log

2

1

32 x

⇒ 2x

1

32 ⇒ x 5

logy 256 4 ⇒ y4

256 28 ⇒

y 22

4, então x y 9.

173. log 220 20 log 2 20 0,3010300 6,0206

174. 2n

104 ⇒ log 2n

log 104 ⇒

n log 2

4 ⇒

⇒ n

4

log 2

40

3 ⇒ n 14

176. log6 5

log20 5

log20

6

log20

20

4

log20

(2 3)

log20 20 log20 4

log20

2 log20

3

1 2a

a b

177. logab

a 4 ⇒ loga (ab)

1

4 ⇒ 1 log

a b

1

4 ⇒ log

ab

3

4

logab

a

3

b

loga a

3

b

loga (ab)

1

3 log

a a

1

2 log

a b 4

1

3

1

2

3

4 4

17

6

178. log12

27 a ⇒ 3 log12

3 a ⇒ log12

3 a

3 ⇒ log

3 12

3

a

⇒ 2 log3 2 log

3 3

3

a ⇒ log

3 2

3 a

2a

log6 16 4 log

6 2

4 log3 2

log3 6

4 log 3 2

log3 2 1

4 (3 a)

a 3

179. log0,04

125 log52 53 x ⇔ 52x

53 ⇔

x 3

2

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51



180. log8 m

log2 m

log2

8

k

3

181. log9 20

log 20

log 9

log

2 log

10

2 log 3

a 1

2b

182. log3 5 log

25 27 log

3 5

log 3

27

log 3

25 log

3 5

3

2 log3 5

3

2

183. log12

b2 log

b b2

logb

1

a

2

log b

a

2

m

184. log3 2 log

4 3 log

5 4 log

6 5 log

7 6 log

8 7 log

9 8 log

10 9

log 2

log 3

log 3

log 4

log 4

log 5

log 5

log 6

log 6

log 7

log 7

log 8

log 8

log 9 log 9

log 2

185. logb a 1

2 log

b a

1

2 log

b 1

b

1

2

186. log35

28 log14 28

log14 35

log14

142

7

log14 (7 5)

2 log14 7

log14 7 log14 5

2 a

a b

187. A log 5

log 3

log 27

log 4

log 2

log 25

(log 5) (3 log 3) 1

2 log 2

(log 3) (2 log 2) (2 log 5)

3

8

188. A (aloga b) logb c logc d (blogb c) logc d clogc d d

189. Fazendo x alog (log a)

log a , vem:

log x log alog (log a)

log a log

(log a)

log a

log a log (log a),

então x log a.

190. Sejam x e y dois números positivos e diferentes de 1 e seja a a base

do sistema de logaritmos. Temos:

loga x

loga y logy

x para todo a com 0 a e 1.

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52



191. (logac

b)(1 log

a c) (log

ac b)(log

a ac)

logac b

logac

a log

a b

192. a b c ⇒ logc a log

c (b c) ⇒ log

c a log

c b log

c c ⇒

⇒ 1

loga c

1

logb c

1

193. Escrevendo os logaritmos em base a temos:

loga c logb c

(logab

c)2

loga c logb c

logab

c logab

c

loga c

loga c

loga b

loga c

loga (ab)

loga

c

loga (ab)

(loga

(ab))2

loga b

(1 loga b)2

loga b

, que é o que queríamos demonstrar.

194. loga d logb d logb d logc d logc d loga d

1

logd a

1

logd b

1

logd b

1

logd c

1

logd c

1

logd a

logd

c logd a logd

b

logd a log

d b log

d c

log

d (abc)

logd a log

d b log

d c

loga

d logb d logc

d

logabc

d

195. alog b

alog blog a

log a

alog

a b log a

(alog

a b)log a

blog a

196. loga b(log

c d) (log

c d)(log

a b) (log

a b)(log

c d) logc

d(loga b)

197. 1

1 x

1

1 y

1

1 z

1

1 logc (ab)

1

1 logb (ac)

1

1 loga (bc)

1

logc c log

c (ab)

1

logb b log

b (ac)

1

loga a log

a (bc)

1

logc (abc)

1

logb (abc)

1

loga (abc)

logabc

a logabc

b log

abc c

logabc

(abc) 1

198. loga d

logc d

loga d logb d

logb d logc d ⇔ log

a c

loga d logb d

logb d logc d ⇔

⇔ loga c log

b d log

a c log

c d log

a d log

b d ⇔

⇔ loga c log

b d log

b d log

a c log

c d log

a d ⇔

⇔ (logb d)(1 log

a c) 2 log

a d ⇔

logb d

loga d (1 log

a c) 2 ⇔

⇔ (logb a)(log

a ac) 2 ⇔ log

a ac 2 log

a b ⇔ ac b2

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53



199. logq aa

logq bb

logq ab

logq ba

a logq a b log

q b b log

q a a log

q b

(a b)(logq a log

q b) (a b) log

q (ab) p log

q q p

200. De fato,

loga b

c loga b

c 1

logc (a b)

1

logc (a b)

log

c (a b) log

c (a b)

logc (a b) log

c (a b)

log

c [(a b) (a b)]

logc (a b) log

c (a b)

log

c (a2 b2)

logc (a b) log

c (a b)

Pitágoras

log

c c2

logc (a b) log

c (a b)

2

logc (a b) log

c (a b)

2 log

a b c log

a b c, que é o que

queríamos demonstrar.

201. De acordo com o exercício 195, sabemos que xlog y

ylog x, para

quaisquer x 0, e y 0. Temos, então:

a

b

log c

b

c

log a

c

a

log b

alog c

blog c blog a

clog a clog b

alog b 1,

pois alog c

clog a, blog a

alog b e clog b

blog c.

202. x 10

1

1 log z ⇔ log x 1

1 log z

(1)

y 10

1

1 log x ⇔ log y 1

1 log x

(2)

Substituindo (1) em (2), vem:

log y 1

log z

log z ⇔ log z

1

1 log y

⇔ z 10

1

1 log y .

203. De ab ba

bc cb resulta:

ab

cb

bc

ba ⇒

a

c

b bc a ⇒

ab

c

b

bb c a ⇒

⇒ b log ab

c (b c a) log b ⇒ log

ab

c

(b c a) log b

b (I).

Analogamente, de ab ba ac ca resulta:

log ab

c

(a c b) log a

b (II).

Comparando (I) e (II), resulta:

(b c a) log b

b

(a c b) log a

a

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54



e daí vem a tese:a(b c a)

log a

b(a c b)log b

.

204. Notemos que cada parcela do 1º membro é da forma1

logx 2p 1 logx 2

p

1p(p 1)

1

(logx 2)2, em que p varia de 2 até n.

Temos, usando a sugestão dada:1

logx 2 logx 4

12 1

1

(logx 2)2 1

12

1

(logx 2)2

1logx 4 logx 8

1

3 2

1(logx 2)2

12

13

1

(logx 2)2

1logx 8 logx 16

1

4 3

1(logx 2)2

13

14

1

(logx 2)2

etc.

1logx 2

n 1 logx 2n

1n (n 1)

1

(logx 2)2

1n 1

1n

1

(logx 2)2

Somando essas igualdades membro a membro, temos:

1logx 2

logx 4

1

logx 4 logx 8

1

logx 8 logx 16

… 1

logx 2n 1 logx 2

n

1 12

12

13

13

14

… 1

n 1

1n

1

(logx 2)2

1 1n

1

(logx 2)2

CAPÍTULO IV — Função logarítmica

206. Permutando as variáveis x ey , então y loge x, em que x +

*.

207. f(e3) loge

1e3

loge e3 3.

208. A função f é definida pela lei f(x2) log2 x2.

Se f(x2) 2, então log2 x2

2 ⇒ x2

4 ⇒ x

2.

209. O domínio de cada uma das funções dadas é x 0 (pois para que o logaritmo seja real devemos ter logaritmando positivo). Assim, em cada uma das funções propostas, basta construir uma tabela de

valores de x e y f(x), atribuindo valores convenientes de x e tais que x 0.

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55



210. a) Basta construir a tabela de valores de x e y, lembrando que o

domínio de y log2 x é: x 0 ⇔ x 0.

b) Construímos inicialmente o gráfico de y log2 x; x 0.

Como queremos o gráfico de y log2 x , basta “rebater” a parte

do gráfico y log2 x em que y 0. Vejamos:

y = |log2 x|

x

y

y = log2 x

y

1

– 1

1 2 x

“rebatendo”

Notemos que “rebater a parte do gráfico em que y 0” equivale

a fazer uma nova construção simétrica à anterior em relação ao

eixo das abscissas.

c) Construímos inicialmente o gráfico da função g(x) log2 x (item

a) e a partir dele “rebatemos” a parte do gráfico em que y 0,

obtendo o gráfico de y log2 x .

211. Análogo ao item a do exercício anterior.

212. a) Como o domínio dessa função é: x 1 0 ⇔ x 1, devemos

construir a tabela atribuindo valores convenientes para x e tais que

x 1.

b) O domínio da função é: 2x 1 0 ⇔ x 1

2. A partir dessa

condição, construímos a tabela.

c) Notemos que f(x) log2 x2 2 log

2 x2. O gráfico de f é obtido

diretamente do gráfico g(x) log2

x, notando que, se, por

exemplo, o ponto (4, 2) pertence ao gráfico de g, então o ponto

(4, 4) pertence ao gráfico de f (isto é, a ordenada de cada ponto

do gráfico de g fica multiplicada por 2).

d) Notemos que f(x) log2 x log

2x

1

2 1

2 log

2 x. Procede-se de

forma análoga ao anterior.

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56



213. a) Construímos inicialmente o gráfico de g(x) log2 x.

Para obtermos o gráfico de f(x) 2 g(x), deslocamos cada

ponto do gráfico da função g duas unidades “para cima”.

Por exemplo, se (2, 1) pertence ao gráfico de g, então (2, 3)

pertence ao gráfico de f.

b) Análogo ao anterior.

214. A função f está definida por

f(x) 0 se 1 x 1

loga x se x 1 ou x 1 (com a 1)

O gráfico de loga x, com a 1, é semelhante ao exercício 210.

O gráfico de loga x é tal que as ordenadas de seus pontos são as

raízes quadradas das ordenadas dos pontos do anterior.

215. Construímos inicialmente o gráfico de g(x) log2 x 2, notando

que o domínio dessa função é: x 2 0 ⇔ x 2.

Para obtermos o gráfico de f(x) g(x), basta “rebater” a parte em

que y 0 do gráfico de g(x).

216. Vamos construir o gráfico das duas funções num mesmo plano

cartesiano.

P Q

y

x

f(x) = ex

Assim, há 2 pontos comuns (P e Q) aos gráficos das funções dadas.

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57



218. a) Devemos ter: 1 2x 0 ⇒ x 1

2, D x | x

1

2.

b) Devemos ter: (4x 3)2 0 ⇒ x 3

4, D

3

4.

c) Devemos ter: x 1

1 x 0. Fazendo o quadro-quociente, temos:

f(x) = x + 1

g(x) = 1 – x

g(x)f(x)

–

–

– –

+ +

+ +

+

– 1 1x

d) Devemos ter: x2 x 12 0 ⇒ x 4 ou x 3,

D {x | x 4 ou x 3}.

219. Devemos ter: x2 6x 9 0 ⇒ (x 3)2 0 ⇒ x 3,

D {x | x 3}.

220. Como queremos que o domínio da função f seja , devemos ter:

x2 Kx K 0, ∀x ⇔ a 1 0 e D 0, isto é:

K2 4 1 K 0 ⇒ K2 4K 0 ⇒ 0 K 4.

222. a) Devemos ter: x 2 0

e

0 3 x 1

⇒ x 2 (I)

e

x 3 e x 2 (II)

Fazendo a interseção, vem:

(I)

(II)

(I) > (II)– 2 2 3

x

b) Devemos ter: x2 x 2 0

e

0 x 1

⇒

x 2 ou x 1 (I)

e

0 x 1 (II)


D {x | 1 x 1}.

D {x | 2 x 3 e

x 2}.

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58



(I)

(II)

(I) > (II)

– 2

0

1x

c) Devemos ter: 3 2x x2 0e0 2x 3 1

⇒ 1 x 3 (I)e32

x 2 (II)


(I)

(II)

(I) > (II)

– 1 3x

x

x

3

2

3

2

2

2 3

CAPÍTULO V — Equações exponenciais e logarítmicas

224. a) 5x 4 ⇒ x log5 4, S {log5 4}

b) 3x 12

⇒ x log3 12

, S log3 12

c) 7 x 2 ⇒ log7 2 ⇒ x ⇒ x (log7 2)2, S {(log7 2)2}

d) 3(x2) 5 ⇒ log3 5 x2 ⇒ x log3 5

S log3 5 ; log3 5

e) 54x 3 0,5 ⇔ 54x

53 0,5 ⇔ (54)x 62,5 ⇒

⇒ x log625 62,5, S log625 62,5

f) 32x 1 2 ⇔ 32x 31 2 ⇔ (32)x 23

⇒

⇒ x log9 23

, S log9 23

D {x | x 1}.

D {x | 32

x 3 ex 2}.

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59



g) 72 3x 5 ⇔ 72

73x 5 ⇔ (73)x

49

5 ⇒

⇒ x log

343

49

5, S log

343

49

5

225. Aplicando o logaritmo decimal a ambos os membros, vem:

log ax log b ⇔ x log a log b ⇒ x

log b

log a

S

log b

log a

227. Devemos ter: A(t) A(0)

2.

Daí,

A(0)

2 A(0) e3t ⇔

1

(et)3

1

2 ⇔ et

32 ⇔

⇔ t loge

32 n

32 .

228. A quantidade inicial de rádium é:

M(0) C e0 C.

Do enunciado, após 1 600 a quantidade de rádium é

C

2, isto é,

C

2 C eK 1 600 ⇒ K n 2

1

1 600

Após 100 anos, a quantidade de rádium é:

M(100) C e100 n 2

1

1 600 C en 2

1

1 600100

C 21

1 600

100

C 2

1

16

Assim, a quantidade perdida em 100 anos é dada pela diferença.

M(0) M(100) C C 2

1

16 C 1 2

1

16 , isto é, 1 2

1

16

da quantidade inicial.

230. a) 2x 3x 2 ⇒ 2x 3x 32 ⇒ 2x

3x 32 ⇒ 2

3

x

9 ⇒ x log2

3 9

S log2

3 9

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60



b) 72x 1 33x 4 ⇒ 72x

7 33x 34 ⇒

(72)x

(33)x 567 ⇒

⇒ 49

27

x

567 ⇒ x log49

27 567

S log49

27 567

c) 5x 1 34 2x ⇒ 5x

5

34

32x ⇒ 5x 9x 405 ⇒

⇒ 45x 405 ⇒ x log45

405

S {log45

405}

231. a) 3x 2x 2x 1 ⇒ 3x 2x 2x 2 ⇒ 3x 2x(1 2) ⇒

⇒ 3

2

x

3 ⇒ x log3

2 3

S log3

2 3

b) 5x 5x 1 3x 3x 1 3x 2 ⇒

⇒ 5x 5x 5 3x 3x 3 3x 32 ⇒

⇒ 5x(1 5) 3x(1 3 9) ⇒ 5

3

x

13

6 ⇒ x log5

3 13

6

S log5

3 13

6

c) 2x 1 2x 3x 2 3x ⇒ 2x 2 2x 3x 32 3x ⇒

⇒ 2x(2 1) 3x(9 1) ⇒ 2

3

x

8 ⇒ x log2

3 8

S log2

3 8

232. 23x 2 32x 1 8 ⇒ 23x 22 32x 31 8 ⇒

⇒ 8x 9x 6 ⇒ 72x 6 ⇒ x log72

6

S {log72

6}

233. a) (2x)2 5 2x 6 0. Seja 2x t. Temos:

t2 5t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3) ⇔ (2x 2 ou 2x 3) ⇒

⇒ (x 1 ou x log2

3).

S {1, log2

3}

b) (2x)2 6 2x 5 0. Seja 2x t. Temos:

t2 6t 5 0 ⇒ (t 1 ou t 5) ⇒ (2x 1 ou 2x 5) ⇒

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61



⇒ (x 0 ou x log2

5).

S {0, log2

5}

c) (3x)2 3x 3 4 0. Seja 3x t, vem:

t2 3t 4 0 ⇒ (t 4 ou t 1).

Como 3x 0 para todo x , vem que 3x 4 ⇒ x log3

4.

S {log3

4}

d) 32x 3 3x 3 2 0. Seja 3x t. Temos: 3 t2 3t 2 0.

Como essa equação não tem raízes reais, resulta que não existe

x que a satisfaz. Logo, S .

e) (2x)2 4 2x 24 15 0. Fazendo 2x t, vem:

4t2 16t 15 0 ⇒ t 5

2 ou t

3

2 ⇔

⇔ 2x 5

2 ou 2x

3

2 ⇒ x log

2

5

2 ou x log

2 3

2.

S log2

5

2, log

2 3

2

f) 3x 1 18

3x 29 ⇒ 3x 3 18

3x 29

Seja 3x t. Temos:

3t 18

t 29 ⇔ 3t2 29t 18 0 ⇒ t

2

3 ou t 9 ⇔

⇔ 3x 2

3 ou 3x 9 ⇒ x log

3

2

3 ou x 2 .

S log3

2

3, 2

234. Como 9x 0, ∀x , podemos dividir ambos os membros por 9x.

Temos:

4x

9x

6x

9x

9x

9x ⇒

2

3

x

2

2

3

x

1.

Fazendo 2

3

x

t, temos:

t2 t 1 0 ⇒ t 1 5

2 ou t

1 5

2.

Desprezando a raiz negativa (pois 2

3

x

0, ∀x ), temos:

2

3

x

1 5

2 ⇒ x log2

3

1 5

2.

S log2

3

1 5

2

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62



235. Dividindo ambos os membros por 49x, temos:

4

49

x

2

14

49

x

3 ⇒

2

7

x 2

2

2

7

x

3.

Seja 2

7

x

t. Temos:

t2 2t 3 ⇒ (t 1 ou t 3), donde

2

7

x

3 ⇒ x log2

7

3.

S log2

7

3

236. Fazendo a2x t, vem:

t2 t 1 ⇒ t 1 5

2 (não convém) ou t

1 5

2.

Daí, a2x 1 5

2. Aplicando logaritmo de base a a ambos os

membros, vem: 2x loga

1 5

2 ⇒ x

1

2 log

a

1 5

2.

S 1

2 log

a1 5

2

237. (64x)2 (64y)2 40

64x 64y 12

Fazendo 64x a e 64y b, temos: a2 b2 40

ab 12 ⇒ a

12

b

Substituindo na 1ª equação, temos:

b4 40b2 144 0 ⇒ b 6 ou b 2.

Lembrando que b deve ser estritamente positivo, temos 2 possi-

bilidades:

(I) (b 6 e a 2) ⇒ (64y 6 e 64x 2) ⇒ y log64

6 e x 1

6

(II) (b 2 e a 6) ⇒ (64y 2 e 64x 6) ⇒ y 1

6 e x log

64 6

Assim, S 1

6, log

64 6 ;

log

64 6,

1

6

238. a) log4

(3x 2) log4

(2x 5) ⇒ 3x 2 2x 5 0

Resolvendo 3x 2 2x 5, vem x 3, que convém, pois

3 3 2 0.

S {3}.

b) Devemos ter: 5x 6 3x 5 0.

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63



De 5x 6 3x 5 segue que x

1

2 .

x

1

2 não é solução, pois 5

1

2 6 0. Daí, S .

c) Devemos ter: 5x2 14x 1 4x2 4x 20 0.

De 5x2 14x 1 4x2 4x 20 ⇒ x2 10x 21 0 ⇒

⇒ (x 7 ou x 3).

x 7 é solução, pois 5 72 14 7 1 148 0.

x 3 é solução, pois 5 32 14 3 1 4 0.

S {3, 7}

d) Devemos ter: 3x2 4x 17 2x2 5x 3 0.

3x2 4x 17 2x2 5x 3 ⇔ x2 x 20 0 ⇒

⇒ (x 4 ou x 5).

x 4 é solução, pois 3 42 4 4 17 15 0.

x 5 é solução, pois 3 (5)2 4 (5) 17 78 0.

S {5, 4}

e) Devemos ter: 4x2 13x 2 2x 5 0.

4x2 13x 2 2x 5 ⇔ 4x2 11x 3 0 ⇒

x 3 ou x

1

4

x 3 não é solução, pois 4 (3)2 13 (3) 2 1 0.

x

1

4 é solução, pois 4

1

4

2

13 1

4 2

11

2 0.

S 1

4

f) Devemos ter: 5x2 3x 11 3x2 2x 8 0.

5x2 3x 11 3x2 2x 8 ⇔ 2x2 x 3 0 ⇒

⇒ x 1 ou x

3

2.

x 1 não é solução, pois 5 (1)2 3 (1) 11 3 0.

x

3

2 não é solução, pois 5

3

2

2

3 3

2 11

17

4 0.

Daí, S .

239. a) log5

(4x 3) 1 ⇒ 51 4x 3 ⇒ x 2

S {2}

b) log1

2

(3 5x) 0 ⇒ 1

2

0

3 5x ⇒ x

2

5

S 2

5

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64



c) log 2 (3x2 7x 3) 0 ⇒ ( 2 )0 3x2 7x 3 ⇒

⇒ x 2 ou x 1

3

S 2,

1

3

d) log4

(2x2 5x 4) 2 ⇒ 42 2x2 5x 4 ⇔

⇔ 2x2 5x 12 0 ⇒ x 4 ou x 3

2

S 4,

3

2

e) log1

3

(2x2 9x 4) 2 ⇒ 1

3

2

2x2 9x 4 ⇔

⇔ 2x2 9x 5 0 ⇒ x 1

2 ou x 5

S

1

2, 5

f) log3 (x 1)2 2 ⇒ 32 (x 1)2 ⇒ (x 1 3 ou x 1 3) ⇔

⇔ (x 2 ou x 4)

S {2, 4}

g) log4 (x2 4x 3)

1

2 ⇒ 4

1

2 x2 4x 3 ⇔ x2 4x 1 0 ⇒

⇒ (x 2 3 ou x 2 3 )

S {2 3 , 2 3 }

240. Temos: log3 x y (1).

Do enunciado: log3 (x 16) y 2 (2).

De (1) vem que 3y x e de (2) vem que:

3y 2 x 16 ⇒ 3y 32 x 16 ⇒ 9x x 16 ⇒ x 2.

241. Notemos inicialmente que:

log1

8

1

32 y ⇒

1

8

y

1

32 ⇒ y

5

3.

Então, podemos escrever:

log1

2

x 5

3

5

3 ⇔ log1

2

x 1 ⇒ x 1

2.

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65



242. a) log3 (log

2 x) 1 ⇒ 31 log

2 x ⇒ 23 x ⇒ x 8

b) log1

2

[log3(log

4 x)] 0 ⇒

1

2

0

log

3 (log

4 x) ⇒ 31 log

4 x ⇒

⇒ x 43 64

S {64}

c) log1

4

{log3

[log2 (3x 1)]} 0 ⇒

1

4

0

log

3 [log

2 (3x 1)] ⇒

⇒ 31 log2 (3x 1) ⇒ 8 3x 1 ⇔ x 3

S {3}

d) log2 [1 log

3 (1 log

4 x)] 0 ⇒ 20 1 log

3 (1 log

4 x) ⇒

⇒ 30 1 log4 x ⇒ 40 x ⇔ x 1

S {1}

e) log 2 {2 log3

[1 log4

(x 3)]} 2 ⇒

⇒ ( 2 )2 2 log3 [1 log

4 (x 3)] ⇒ log

3 [1 log

4 (x 3)] 1 ⇒

⇒ 31 1 log4 (x 3) ⇒ 42 x 3 ⇒ x 13

S {13}

f) log3 [1 2 log

2 (3 log

4 x2)] 1 ⇒ 31 1 2 log

2 (3 log

4 x2) ⇒

⇒ 1 log2 (3 log

4 x2) ⇒ 21 3 log

4 x2 ⇔ log

4 x2 1 ⇒

⇒ 41 x2 ⇒ x 2

S {2, 2}

g) log2

{2 3 log3 [1 4 log

4 (5x 1)]} 3 ⇒

⇒ 23 2 3 log3 [1 4 log

4 (5x 1)] ⇒

⇒ 2 log3 [1 4 log

4 (5x 1)] ⇒ 32 1 4 log

4 (5x 1) ⇒

⇒ 2 log4 (5x 1) ⇒ 42 5x 1 ⇒ x 3

S {3}

243. log3 [log

2 (3x2 5x 2)] log

3 2 ⇒ log

2 (3x2 5x 2) 2 ⇒

⇒ 22 3x2 5x 2 ⇔ 3x2 5x 2 0 ⇒

x

1

3 ou x 2 ,

que satisfazem a condição de existência.

S 1

3, 2

244. a) xlogx (x 3) 7 ⇒ logx 7 log

x (x 3) ⇒ 7 x 3 0; x 0 e x 1.

Daí, x 4, que satisfaz as condições de existência.

S {4}

b) xlogx (x 5)2 9 ⇒ logx 9 log

x (x 5)2 ⇒

⇒ 9 (x 5)2 0, x 1 e x 0.

De 9 (x 5)2, segue que x 2 ou x 8.

S {2, 8}

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66



c) xlogx (x 3)2 16 ⇒ logx 16 log

x (x 3)2 ⇒ 16 (x 3)2 0,

x 0 e x 1. De 16 (x 3)2, segue que x 1 (não convém)

ou x 7 (não convém).

Daí, S .

d) Notemos que log3

27 y ⇒ 3y 3

3

2 ⇒ y 3

2.

Então, podemos reescrever a equação na forma:

x

1

3 logx (x

2 2) 2 3

2 ⇒ xlogx (x

2 2) 33 ⇒

⇒ logx 33 log

x (x2 2) ⇒ x2 2 33, x 0 e x 1.

De x2 2 27 vem que x 5. Desprezando a raiz negativa,

segue que x 5.

S {5}

245. Da 2ª equação, temos:

log2 y x ⇒ (log

2 y)2 x para x 0 e y 0 (1).

Substituindo esse valor de x na 1ª equação, temos:

2 [(log2 y)2]y

1

[(log2 y)2]y

1.

Fazendo (log2 y)2y t, vem:

2t 1

t 1 ⇔ 2t2 t 1 0 ⇒ t 1 ou t

1

2.

Como t 0, segue que:

t 1 ⇔ (log2 y)2y 1 ⇔

2y 0 log

2 y 1 ⇒ y 2.

Em (1) temos:

x (log2 y)2 (log

2 2)2 1.

S {(1, 2)}

246. a) log42 x 2 log

4 x 3 0 ⇔ (log

4 x)2 2 log

4 x 3 0

Fazendo log4 x t, vem:

t2 2t 3 0 ⇒ (t 1 ou t 3) ⇔

⇔ (log4 x 1 ou log

4 x 3) ⇒ (41 x ou 43 x) ⇒

⇒ x 1

4 ou x 64 , que satisfazem a condição de existência.

S

1

4, 64

b) 6 log22 x 7 log

2 x 2 0 ⇔ 6 (log

2 x)2 7 log

2 x 2 0


6t2 7t 2 0 ⇒ t

1

2 ou t

2

3 ⇔

⇔ log

2 x

1

2 ou log

2 x

2

3 ⇒ x 2

1

2 ou x 2

2

3 , isto é,

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67



x 2 ou x 34 .

Como x 0, vem:

S 2 , 34

c) log x(log x 1) 6

Fazendo log x t, vem:

t(t 1) 6 ⇔ t2 t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3) ⇔

⇔ (log x 2 ou log x 3) ⇒ (x 102 ou x 103), que são

raízes da equação proposta, pois x 0.

S

1

100, 1 000

d) log2 x (2 log

2 x 3) 2

Fazendo log2 x t, temos:

t(2t 3) 2 ⇔ 2t2 3t 2 0 ⇒ t

1

2 ou t 2 ⇔

⇔

log

2 x

1

2 ou log

2 x 2 ⇒

x

1

2 ou x 4 , que satisfazem

a condição x 0.

S

1

2, 4

e) 2 log42 x 2 5 log

4 x ⇔ 2 (log

4 x)2 2 5 log

4 x


2t2 2 5t ⇒ t

1

2 ou t 2 ⇔ log

4 x

1

2 ou log

4 x 2 ⇒

⇒ (x 2 ou x 16), que satisfazem a condição x 0.

S {2, 16}

f) log3 x 4 log x ⇔ (log x)3 4 log x


t3 4t ⇔ t(t2 4) 0 ⇒ (t 0 ou t 2 ou t 2) ⇔

⇔ (log x 0 ou log x 2 ou log x 2) ⇒

⇒ x 1 ou x

1

100 ou x 100 , que satisfazem a condição x 0.

S

1

100, 1,100

247. x3

2x3 2 ⇔ 3

1

x 3

1

x

1

2 2

Fazendo 1

x 2y, temos:

32y 32y

1

2 2 ⇔ (3y)2 3y 2 0.

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68



Fazendo 3y t, vem:

t2 t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2).

Como 3y 0, ∀y , segue que t 1 não convém. Daí, 3y 2 ⇒

⇒ log3 2 y.

Logo, 1

x 2 log

3 2 ⇔

1

x log

3 22 ⇔ x

1

log3 4

.

Transformando o logaritmo para a base 10, vem:

x 1

log 4

log 3

log 3

log 4, não convém pois x *.

S

248. a) Fazendo log x t, temos:

1

5 t

2

1 t 1 ⇔ t2 5t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3) ⇒

⇒ (log x 2 ou log x 3) ⇒ (x 100 ou x 1 000), que

satisfazem a condição x 0.

S {100, 1 000}

b) Fazendo log2 x t, vem:

3 t

t

2 t

3 t

5

2 ⇔ t2 11t 18 0 ⇒ (t 2 ou t 9) ⇒

⇒ (log2 x 2 ou log

2 x 9) ⇒ (x 4 ou x 29 512), que


S {4, 512}

c) Fazendo log3 x t, vem:

t

1 t

t 2

t 3

5

4 ⇔ 3t2 4t 7 0 ⇒

⇒ t 1 ou t

7

3 ⇒

log

3 x 1 ou log

3 x

7

3 ⇒

⇒ x 3 ou x 3

7

3 , que satisfazem a condição x 0.

S 3, 3

7

3 d) Fazendo log x t, temos:

1 t

2 t

1 t

2 t 2 ⇔ t2 3t 4 0 ⇒ (t 1 ou t 4) ⇒

⇒ (log x 1 ou log x 4) ⇒ (x 101 ou x 104), que


S {101, 104}

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69



e) Fazendo log2 x t, segue que:

1 t

2 t

2 t

3 t

4 t

5 t

5 t

6 t ⇔

⇔

1

t2 5t 6

1

30 11t t2 ⇔ t 4.

Então, log2 x 4 ⇒ x 16.

Como x 0, x 16 é solução.

S {16}

250. a) Devemos ter:

0 x 1 (I) e 3x2 13x 15 x2 (II).

De (II) temos que x 5 ou x

3

2, que são soluções, pois satisfazem (I).

S

3

2, 5

b) Devemos ter:

0 x 1 (I) e 4 3x x2 (II).

De (II) temos que x 1 ou x 4, que não satisfazem (I).

S

c) Devemos ter:

0 x 2 1 ⇔ 2 x 3 (I) e 2x2 11x 16 (x 2)2 (II).

De (II) temos que x2 7x 12 0 ⇒ x 4 ou x 3. Somente

x 4 satisfaz (I). Então, S {4}.

d) Devemos ter:

0 x 1 (I) e ( x )4 2x2 5x 6 (II).

De (II) temos que x 2 ou x 3, que não satisfazem (I).

Assim, S .

e) Devemos ter:

0 x 1 1 ⇔ 1 x 2 (I) e x3 x2 x 3 (x 1)3 (II).

De (II) temos que:

x2 x 1 0 ⇒ x

1 5

2 ou x

1 5

2 .

Somente x

1 5

2 é solução, pois satisfaz (I).

S 1 5

2

f) Devemos ter:

0 x 2 1 ⇔ 2 x 1 (I) e x3 7x2 8x 11 (x 2)3 (II).

De (II) temos que x2 4x 3 0 ⇒ (x 1 ou x 3), que são

soluções pois satisfazem (I).

S {1, 3}

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70



g) Devemos ter:

0 2 x 1 ⇔ 2 x 1 (I) e 2x3 x2 18x 8 (2 x)3 (II).

De (II) temos que:

3x3 7x2 6x 0 ⇔ x(3x2 7x 6) 0 ⇒

⇒ x 0 ou x 3 ou x

2

3.

x 3 não é solução, pois não satisfaz (I).

S 0, 2

3

251. Devemos ter:

0 x 1 1 ⇔ 1 x 0 (I) e x2 x 6 (x 1)3 (II).

De (II) temos que x3 2x2 2x 5 0. As possíveis raízes

racionais dessa equação pertencem ao conjunto {1, 1, 5, 5}.

x 1 é raiz da equação, pois 13 2 12 2 1 5 0 (V).

Logo, o polinômio x3 2x2 2x 5 é divisível por x 1. Efetuando

a divisão, podemos escrever:

x3 2x2 2x 5 (x 1)(x2 3x 5)

Como x2 3x 5 0 não admite raízes reais, segue que a única

solução real de (II) é x 1, que satisfaz (I).

S {1}

253. a) Devemos ter:

0 x 1 (I) e 4x 3 2x 1 0 (II).

De (II) temos que x 2.

x 2 é solução, pois satisfaz (I) e (II), pois 4 2 3 0.

S {2}

b) Devemos ter:

0 x 1 (I) e 5x 2 3x 4 0 (II).

Resolvendo (II), temos que x 1, que não é solução, pois não satisfaz (I).

S

c) Devemos ter:

0 x 1 1 ⇔ 1 x 0 (I) e 3x 14 2 x 0 (II).

Resolvendo (II), temos que x 3 que não é solução, pois não

satisfaz (I).

S

d) Devemos ter:

0 x 5 1 ⇔ 5 x 4 (I) e 3x2 5x 8 2x2 3x 0 (II).

Resolvendo (II), temos que x 2 ou x 4.

x 2 satisfaz (II), pois 3 (2)2 5(2) 8 14 0 e satisfaz (I).

Logo, x 2 é solução.

x 4 satisfaz (II), pois 3 42 5 4 8 20 0 e satisfaz (I).

Logo, x 4 é solução.

S { 2, 4}

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71



e) Devemos ter:

0 2x 4 1 ⇔

⇔ 2 x 5

2 (I) e 5x2 15x 7 x2 3x 2 0 (II).

Resolvendo (II), temos que x 1

2 ou x

5

2.

x 1

2 não é solução, pois não satisfaz (I).

x 5


Daí, S .

f) Devemos ter:

0 x 2 1 ⇔

⇔ 2 x 1 (I) e 3x2 8x 2 2x2 5x 2 0 (II).

Resolvendo (II), temos que x 1 ou x 4.


x 4 satisfaz (II), pois 3 42 8 4 2 14 0 e satisfaz (I).

Assim, x 4 é solução.

S {4}

254. a) Fazendo logx (5x 6) t, vem:

t2 3t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2), isto é,

(1) logx (5x 6) 1 ⇒

0 x 1 (I)

e

5x 6 x (II)

De (II), x 3

2, que é solução, pois satisfaz (I).

(2) logx (5x 6) 2 ⇒

0 x 1 (I)

5x 6 x2 (II)

De (II), segue que x 2 ou x 3, que são soluções, pois satisfazem (I).

Assim, de (1) e (2), temos que:

S 3

2, 2, 3

b) Fazendo logx (x 1) t, temos:

t2 2 t ⇒ t 1 ou t 2, isto é,

(1) logx (x 1) 1 ⇒

0 x 1 (I)

e

x 1 x1 0 (II)

Resolvendo (II), temos que x 1 5

2 ou x

1 5

2.

x 1 5


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72



x 1 5


(2) logx (x 1) 2 ⇒

0 x 1 (I)

e

x 1 x2 (II)

Resolvendo (II), temos que: x 1 5

2 ou x

1 5

2.

Somente x 1 5

2 é solução, pois deve satisfazer (I).

Assim, de (1) e (2) segue que:

S 1 5

2,

1 5

2

c) Fazendo log3x 2

(4 x) t, vem:

2t2 5t 2 0 ⇒ t 2 ou t 1

2, isto é:

(1) log3x 2

(4 x) 2 ⇒ 0 3x 2 1 ⇔

2

3 x 1 (I)

e

4 x (3x 2)2 (II)

Resolvendo (II), temos que:

9x2 11x 0 ⇒ x 0 ou x 11

9 .


x 11


(2) log3x 2

(4 x) 1

2 ⇒

0 3x 2 1 ⇔ 2

3 x 1 (I)

e

4 x (3x 2)12 (II)

Resolvendo a equação irracional em (II), vem que

x 2, que é solução, pois satisfaz (I).

De (1) e (2) vem:

S 11

9, 2

256. A condição de existência dos logaritmos é x 1

3 (I).

Para x 1

3, temos:

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73



log x 1

3 log

x

1

3 log

24

9 ⇒ log x

1

3x

1

3 log

24

9 ⇔

⇔ log x2

1

9 log

24

9 ⇒ x2

1

9

24

9 ⇔ x2

25

9 ⇒

⇒ x

5

3 ou x

5

3.

Como somente x 5

3 satisfaz (I), vem que: S

5

3.

257. Notemos que as condições 2x 0 e 1 2x 0 são satisfeitas para

∀x . Temos:

log 2x log (1 2x) log 6 ⇒ log [2x (1 2x)] log 6 ⇒ 2x (1 2x) 6.

Fazendo 2x t, vem: t(1 t) 6 ⇒ t 3 ou t 2.

Como t 0, vem que 2x 2 ⇒ x 1.

S {1}

258. Notemos inicialmente que 1 2x 0, ∀x .

Temos:

x log (1 2x) x log 5 log 6 ⇒

⇒ x log (1 2x) x log 10

2 log 6 ⇒

⇒ x log (1 2x) x [log 10 log 2] log 6 ⇒

⇒ x log (1 2x) x x log 2 log 6 ⇔ log (1 2x) log 6 log 2x ⇒

log (1 2x) log 6

2x ⇒ 1 2x

6

2x.

Fazendo 2x t, vem:

1 t 6

t ⇒ (t 3 ou t 2).

Como 2x 0, segue que 2x 2 ⇒ x 1.

S {1}

259. a) A condição de existência dos logaritmos é x 3 (I).

Para x 3, temos:

log2 (x 3) log

2 (x 3) 4 ⇒ log

2 [(x 3)(x 3)] 4 ⇒

⇒ x2 9 24 ⇒ x2 25 ⇒ x 5 ou x 5.

Somente x 5 é solução, pois deve satisfazer (I).

S {5}

b) A condição de existência dos logaritmos é x 2 (I).

Para x 2, temos:

log2 (x 1) log

2 (x 2) 2 ⇒ log

2 [(x 1) (x 2)] 2 ⇒

⇒ (x 1)(x 2) 22 ⇔ x2 x 6 0 ⇒ x 2 ou x 3.


S {3}

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74



c) A condição de existência dos logaritmos é x 21 (I).

Para x 21, temos:

log x log (x 21) 2 ⇒ log [x (x 21)] 2 ⇒

⇒ x (x 21) 102 ⇔ x2 21x 100 0 ⇒ x 4 ou x 25.

Como somente x 25 satisfaz (I), S {25}.

d) A condição de existência dos logaritmos é x 1 (I).

Para x 1, temos:

log2 (5x 2) [log

2 x log

2 (x 1)] 2 ⇒

⇒ log2 (5x 2) log

2 [x (x 1)] 2 ⇒ log

2

5x 2

x(x 1) 2 ⇒

⇒ 5x 2

x(x 1) 22 ⇒ 4x2 9x 2 0 ⇒ x

1

4 ou x 2.


S {2}.

e) A condição de existência dos logaritmos é x 2 (I).

Para x 2, temos:

log3 (5x 4) [log

3 x log

3 (x 2)] 1 ⇒

⇒ log3 (5x 4) log

3 [x (x 2)] 1 ⇒ log

3

5x 4

x(x 2) 1 ⇒

⇒ 5x 4

x(x 2) 31 ⇒ 3x2 11x 4 0 ⇒ x

1

3 ou x 4.


S {4}.

f) A condição de existência dos logaritmos é x 2

3 e x

3

2 (I).

Para x 2

3 e x

3

2, temos:

log12

(3x 2)2 log12

(2x 3)2 4 ⇒ log12

(3x 2)2

(2x 3)2 4 ⇒

⇒ 3x 2

2x 3

2

1

2

4

⇒ 3x 2

2x 3

2 24 ⇒

3x 2

2x 3 4 ⇒

⇒

3x 2

2x 3 4 ⇒ x 14

5ou

3x 2

2x 3 4 ⇒ x 10

11

0s dois valores encontrados são soluções, pois satisfazem (I).

S 14

5,

10

11

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75



g) A condição de existência dos logaritmos é x 2 e x 3 (I).

Para x 2 e x 3, temos:

log36

(x 2)2 log36

(x 3)2 1 ⇒ log36

[(x 2)2 (x 3)2] 1 ⇒

⇒ (x 2)2 (x 3)2 36 ⇒ (x2 x 6) 6

x2 x 6 6 ⇒ x 3 ou x 4

x2 x 6 6 ⇒ x 0 ou x 1

Esses quatro valores são soluções, pois satisfazem (I).

S { 3, 0, 1, 4}

260. A condição de existência dos logaritmos é x 0.

(0,4)log2 x 1 (6,25)2 log x3 ⇒

4

10

log2 x 1

25

4

2 3 log x ⇒

⇒ 2

5

log2 x 1

5

2

2

2 3 log x

⇒ 5

2

log2 x 1

5

2

4 6 log x ⇒

⇒ log2 x 1 4 6 log x ⇒ log2 x 6 log x 5 0.


t2 6t 5 0 ⇒ (t 1 ou t 5) ⇒ (log x 1 ou log x 5) ⇒

⇒ (x 101 ou x 105).

S {10, 105}

261. Notemos que 9x 1 7 0 e 3x 1 1 0 são satisfeitas para todo x

real. Temos:

log2 (9x 1 7) log

2 (3x 1 1) 2 ⇒ log

2

9x 1 7

3x 1 1 2 ⇒

⇒ 9x 1 7

3x 1 1 22 ⇒ 9x 1 4 3x 1 3 0 ⇒

⇒ 9x

9 4

3x

3 3 0.

Fazendo 3x t, vem:

t2

9

4t

3 3 0 ⇒ t2 12t 27 0 ⇒ (t 3 ou t 9) ⇒

⇒ (3x 3 ou 3x 9) ⇒ (x 1 ou x 2).

S {1, 2}

262. a) A condição de existência dos logaritmos é x 15

4 (I).

Temos:

log3 (2x)

log3 (4x 15)

2 ⇒ log3 2x 2 log3 (4x 15) ⇒

⇒ log3 2x log3 (4x 15)2 ⇒ 2x (4x 15)2 ⇒

⇒ 16x2 122x 225 0 ⇒ x 9

2 ou x 25

8.

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76



Como x

25

8 não satisfaz (I) e x

9

2 satisfaz, a única solução é x

9

2.

S 9

2

b) log2 (35 x3)

log2 (5 x)

3 ⇒ log2 (35 x3) 3 log2 (5 x) ⇒

⇒ log2 (35 x3) log

2 (5 x)3 ⇒ 35 x3 (5 x)3 ⇒

⇒ x2 5x 6 0 ⇒ x 2 ou x 3.

Verificando x 2: 35 23 0 e 5 2 0.

Verificando x 3: 35 33 0 e 5 3 0.

S {2, 3}

c) log ( x 1 1)

log x 403 3 ⇒ log ( x 1 1) 3 log x 40

3 ⇒

⇒ log ( x 1 1) log ( x 403 )3 ⇒ x 1 1 x 40 ⇒

⇒ x 1 x 41 ⇒ x2 83x 1 680 0 ⇒ (x 48 ou x 35)

(x 35 não convém, pois 35 1 35 41).

Verificando x 48: 48 1 1 0 e 48 403

0.

S {48}

263. A condição de existência dos logaritmos é x 16 (I).1

2 log

3 (x 16) log

3 ( x 4) 1 ⇒ log

3 (x 16)

12 log

3 ( x 4) 1 ⇒

⇒ log3 (x 16)

12

x 4 1 ⇒

x 16

x 4 31 ⇒ 3 x 12 x 16.

Resolvendo essa equação irracional, temos x 25 ou x 16.

x 25 é solução dessa equação irracional, pois:

3 25 12 25 16 (V), mas não satisfaz (I).

x 16 é solução da equação irracional, pois:

3 16 12 16 16 (V), mas não satisfaz (I).

Daí, S {25}.

264. A condição de existência dos logaritmos é 2x 2 3 0, pois

4x 15 2x 27 0 para todo x (I).

Temos:

log3 (4x 15 2x 27) 2 log

3 (2x 2 3) ⇒

⇒ log3 (4x 15 2x 27) log

3 (2x 2 3)2 ⇒

⇒ 4x 15 2x 27 (2x 2)2 6 2x 2 9 ⇒

⇒ 4x 15 2x 27 22x 24 6 2x 22 9.

Fazendo 2x t, vem:

t2 15t 27 16t2 24t 9 ⇒ 15t2 39t 18 0 ⇒

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77



⇒ t

2

5 (não convém, pois t 0) ou t 3.

Daí, 2x 3 ⇒ x log2 3, que satisfaz (I), pois:

2log2

3 2 3 2log2 3 22 3 3 4 3 0.

S {log2 3}


Temos:

log2 (x 4) log

2 (x 3) log

2 18 ⇒

⇒ log2 [(x 4)(x 3)] log

2 18 ⇒

⇒ (x 4)(x 3) 18 ⇒ x2 x 30 0 ⇒ x 5 ou x 6.

Somente x 5 satisfaz (I).

S {5}


Temos:

log5 (1 x) log

5 (2 x) log

5 (8 2x) ⇒

⇒ log5 [(1 x)(2 x)] log

5 (8 2x) ⇒

⇒ (1 x)(2 x) 8 2x ⇒ x2 x 6 0 ⇒ x 2 ou x 3.

Somente x 2 é solução, pois satisfaz (I).

S {2}


Temos:

log12

(x 1) log12

(x 5) log12

(2x 3) ⇒

⇒ log12

[(x 1)(x 5)] log12

(2x 3) ⇒

⇒ (x 1)(x 5) 2x 3 ⇒ x2 6x 2 0 ⇒

⇒ x 3 11 ou x 3 11.

Somente x 3 11 satisfaz (I).

S {3 11}

d) A condição de existência dos logaritmos é x 1 17

4 (I).

Temos:

log (2x 1) log (4x 3) log (2x2 x 2) ⇒

⇒ log [(2x 1)(4x 3)] log (2x2 x 2) ⇒

⇒ (2x 1)(4x 3) 2x2 x 2 ⇒ 6x2 x 1 0 ⇒

⇒ x 1

3 ou x

1

2, que não satisfazem (I).

S

e) A condição de existência dos logaritmos é 1

2 x

4

3 (I).

Temos:

log2 (4 3x) log

2 (2x 1) log

2 (3 x) log

2 (x 1) ⇒

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78



⇒ log2

4 3x

2x 1 log

2

3 x

x 1 ⇒

4 3x

2x 1

3 x

x 1 ⇒

⇒ x2 6x 7 0 ⇒ x 7 ou x 1.


S {1}

f) A condição de existência dos logaritmos é x 1

3 (I).

Temos:

log13

(x2 13x) colog13

(x 3) log13

(3x 1) ⇒

⇒ log13

(x2 13x) log13

(x 3) log13

(3x 1) ⇒

⇒ log13

x2 13x

x 3 log

13

(3x 1) ⇒ x2 13x

x 3 3x 1 ⇒

⇒ 2x2 5x 3 0 ⇒ x 1

2 ou x 3.


S {3}

g) A condição de existência dos logaritmos é x 1 3 (I).

Temos:

log (2x2 4x 4) colog (x 1) log 4 ⇒

⇒ log (2x2 4x 4) log (x 1) log 4 ⇒

⇒ log 2x2 4x 4

x 1 log 4 ⇒

2x2 4x 4

x 1 4 ⇒

⇒ 2x2 8 0 ⇒ x 2 ou x 2.


S {2}

267. Fazendo log x y, vem:

2 log y log (7 2y) log 5 ⇒ log y2 log 7 2y

5 ⇒

⇒ y2

7 2y

5 ⇒ 5y2

2y 7 0 ⇒ y 7

5 ou y 1.

Daí, log x 7

5 ou log x 1.

Notemos que, se x 7

5 no primeiro membro, teremos:

log (log x) log 7

5 !

Então, log x 1 ⇒ x 10.

S {10}

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79



268. A condição de existência dos logaritmos é x 5

7 (I).

Temos:

log 7x 5 1

2 log (2x 7) 1 log

9

2 ⇒

⇒ log 7x 5 log (2x 7)12 log 10 log

9

2 ⇒

⇒ log [ 7x 5 2x 7 ] log 10 9

2 ⇒

⇒ (7x 5)(2x 7) 45 ⇒ 14x2 59x 1 990 0 ⇒

⇒ x 199

14 ou x 10.


S {10}

269. a) Temos:

log x log x ⇒ log x

1

2 log x


t 1

2 t ⇒

1

4 t2 t ⇒ (t 0 ou t 4) ⇒

⇒ (log x 0 ou log x 4) ⇒ (x 100 ou x 104).

Verificando x 1: log 1 log 1. (V)

Verificando x 104: log 104 104 . (V)

S {1, 104}

b) log1 x 2 log x1 ⇒ (log x)1 2 log x


t1 2 t ⇒ t2 2t 1 0 ⇒ (t 1)2 0 ⇒ t 1.

Então, log x 1 ⇒ x 101 10.

x 10 é solução, pois x 0.

S {10}

c) A condição de existência dos logaritmos é x 0.

Temos:

log8 x3 5

12

log8

x ⇒ 3 log

8 x 5

12

log8

x.

Fazendo log8

x t, vem:

3t 5 12

t ⇒ t

4

3 ou t 3 ⇒

⇒ log8 x

4

3 ou log

8 x 3 ⇒ x 8

43 ou x 83 ,

x 1

16 ou x 512, que satisfazem a condição de existência.

S 1

16, 512

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80



270. log3 (3x 1) log

3 (3x 1 3) 6 ⇒

⇒ log3 (3x 1) log

3 (3x 3 3) 6 ⇒

⇒ log3 (3x 1) · log

3 [3 · (3x 1)] 6 ⇒

⇒ log3 (3x 1) [log

3 3 log

3 (3x 1)] 6

Fazendo log3 (3x 1) t, vem:

t [1 t] 6 ⇒ t2 t 6 0 ⇒ (t 3 ou t 2).

Daí,

log3 (3x 1) 3 ⇒ 3x 1 33 ⇒ 3x

28

27 ⇒ x log

3 28

27ou

(3x 1) 2 ⇒ 3x 1 9 ⇒ 3x 10 ⇒ x log3 10.

Os valores encontrados garantem a existência dos logaritmos acima

e são, portanto, soluções.

S log3 28

27, log

3 10

271. a) A condição de existência dos logaritmos é x > 0. Temos:

log2 x3 20 log x 1 0 ⇔ (log x3)2 20 log x

1

2 1 0 ⇒

⇒ (3 log x)2 20 1

2 log x 1 0.


(3 t)2 10t 1 0 ⇒ t 1

9 ou t 1. Daí,

log x 1

9 ⇒ x 10

1

9 910

ou

log x 1 ⇒ x 10.

Os dois valores encontrados satisfazem a condição de existência.

S {910, 10}.

b) A condição de existência dos logaritmos é 0 x 1. Temos:

log x 5 5 1,25 log2

x 5 ⇒ log

x 5 log

x 5 1,25 (log

x 5 )2 ⇒

⇒ logx 5 log

x 5

1

2 1,25 logx 5

1

2 2

⇒

⇒ logx 5 1

2 log

x 5 1,25 1

2 log

x 5

2

Fazendo logx 5 t, vem:

t 1

2 t 1,25 1

2 t

2

⇒ t2 6t 5 0 ⇒ (t 5 ou t 1) ⇒

⇒ (logx 5 5 ou log

x 5 1) ⇒ (x5 5 ou x1 5) ⇒

⇒ (x 55 ou x 5), que satisfazem a condição de existência.

S 55 , 5

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81



c) A condição de existência dos logaritmos é x > 0 (I). Temos:

log8

8

x2

log82 x

3 ⇒ log

8 8 log

8 x2

(log8 x)2

3 ⇒ 1 2 log

8 x

(log8 x)2

3.


1 2t

t2 3 ⇒ 3t2 2t 1 0 ⇒ t 1 ou t

1

3 , isto é,

log8 x 1 ou log

8 x

1

3 ⇒ x 81 ou x 8

1

3 ⇔

⇔ x 1

8 ou x 2, que satisfazem (I).

S 1

8, 2

272. Escrevendo log 5 como log 10

2 , temos:

log 5 log 10

2 log 10 log 2 1 log 2.

A equação proposta é, então, x2 x (1 log 2) log 2 0. Temos:

(1 log 2)2 4 log 2 (1 log 2)2.

Daí,

x (1 log 2) (1 log 2)2

2

(log 2 1) (1 log 2)

2,

donde x' log 2 e x'' 1.

S {log 2, 1}

274. a) Devemos ter x 0 e y 0.

Aplicando a propriedade dos logaritmos na 2a equação, temos:

log2 x log

2 y log

2 8 ⇒ log

2 (x y) log

2 8 ⇒ xy 8.

Então o sistema fica: x y 6

xy 8, cujas soluções são

(x 4 e y 2) ou (x 2 e y 4).

S {(4, 2); (2,4)}

b) Devemos ter x 0 e y 0.

Da 1a equação temos:

4x y 8 ⇒ 22x 2y 23 ⇒ 2x 2y 3.

Da 2a equação, aplicando a propriedade dos logaritmos, vem:

log2 x log

2 y 2 ⇒ log

2

x

y 2 ⇒

x

y 22 ⇒ x 4y.

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82



Então o sistema proposto fica reduzido a 2x 2y 3

x 4y cuja solução é x 2 e y

1

2.

S 2, 1

2

c) Devemos ter: x 0 e y 0.

Aplicando a propriedade dos logaritmos na 2.a equação, temos:

log x log y 2 ⇒ log (x y) 2 ⇒ x y 102 100.

Então, o sistema proposto fica reduzido a x2 y2 425

xy 100

cujas soluções são (x 20 e y 5) ou (x 5 e y 20).

S {(20, 5); (5, 20)}

d) Devemos ter: x 0 e y 0.

Aplicando as propriedades dos logaritmos na 2.a equação, vem:

2 log x log y 2 log 2 log 3 ⇒ log x2 log y log 22 log 3 ⇒

⇒ log x2

y log (22 3) ⇒

x2

y 12 ⇒ x2 12y.

Assim, o sistema proposto fica reduzido a 2x2 y 75

x2 12y

cujas soluções são (x 6 e y 3) ou (x 6 e y 3).

(Note que x 6 não convém.)

S {(6, 3)}

e) Devemos ter: x 0 e y 0. Da 1.a equação vem:

2 x y 512 ⇒ 2 x y 29 ⇒ x y 9.

Da 2.a equação, aplicando as propriedades dos logaritmos, vem:

log xy 1 log 2 ⇒ log xy log 10 log 2 ⇒

⇒ log xy log (10 2) ⇒ xy 20.

Assim, o sistema proposto fica reduzido a x y 9

xy 20, cujas

soluções são (x 25 e y 16) ou (x 16 e y 25).

S {(25, 16); (16, 25)}

275. Devemos ter x y 0, x y 0, x 0 e y 0 (I).

Da 1.a equação segue que:

2log 1

2

(x y) 5log5

(x y) ⇒ 1

2

1 log 1

2

(x y)

5log5

(x y) ⇒

⇒ 1

2

log 1

2

(x y) 1

5log5

(x y) ⇒ (x y)1 x y ⇒ x2 y2 1.

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83



Da 2.a equação vem:

log2 x log

2 y

1

2 ⇒ log

2 (x y)

1

2 ⇒ xy 2

1

2 2

Assim, o sistema proposto fica reduzido a x2 y2 1

xy 2

cuja única solução é x 2 e y 1, pois deve satisfazer (I).

S {( 2 , 1)}.

277. a) Devemos ter x 0 e y 0.

Fazendo log x a e log y b, vem: 3a 2b 0

4a 3b 17

que resolvido fornece a 2 e b 3, isto é,

(log x 2 e log y 3) ⇒ (x 102 e y 103).

S {(100, 1 000)}

b) Devemos ter x 0 e y 0.

Fazendo log2 x a e log

2 y b, vem

2a 3b 27

5a 2b 1

que resolvido dá a 3 e b 7. Então:

(log2 x 3 e log

2 y 7) ⇒ (x 23 8 e y 27 128).

S {(8, 128)}

278. Devemos ter x 0 e y 0.

Aplicando propriedades na 1.a equação, temos:

log2 (xy) log

2

x

y 3 ⇒ (log

2 x log

2 y) (log

2 x log

2 y) 3 ⇒

⇒ (log2 x)2 (log

2 y)2 3.

Então, o sistema proposto fica reduzido a (log

2 x)2 (log

2 y)2 3

(log2 x)2 (log

2 y)2 5

Somando membro a membro as equações acima, vem:

(log2 x)2 1 ⇒ (log

2 x 1 ou log

2 x 1) ⇒ x 21

1

2 ou x 2 .

• Se x 1

2, na 1.a equação, segue que:

(log2 y)2 4 ⇒ (log

2 y 2 ou log

2 y 2) ⇒ y

1

4 ou y 4 .

• Se x 2, na 1.a equação, temos novamente y 1

4 ou y 4.

S 1

2,

1

4;

1

2, 4 ; 2,

1

4; (2; 4)

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84



280. a) Aplicando logaritmo de base 3 a ambos os membros, temos:

9 xlog3 x x3 ⇒ log3 (9 xlog3 x) log

3 x3 ⇒

⇒ log3 9 log

3 xlog3 x 3 log

3 x ⇒ 2 (log

3 x) (log

3 x) 3 log

3 x.


2 t2 3t ⇒ (t 1 ou t 2) ⇒ (log3 x 1 ou log

3 x 2) ⇒

⇒ (x 3 ou x 9), que satisfazem a condição x 0.

S {3, 9}

b) Aplicando logaritmo decimal a ambos os membros, temos:

xlog x 100 x ⇒ log (xlog x) log (100 x) ⇒

⇒ (log x) (log x) log 100 log x.


t t 2 t ⇒ t2 t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2) ⇒

⇒ (log x 1 ou log x 2) ⇒ x 1

10 ou x 100 , que


S 1

10, 100

c) A condição de existência do logaritmo é 0 x 1.

Aplicando logaritmo de base x a ambos os membros, temos:

16logx 2 8x ⇒ logx (16logx 2) log

x (8 x) ⇒

⇒ (logx 2) (log

x 16) log

x 8 log

x x ⇒ (log

x 2) (log

x 24) log

x 23 1 ⇒

⇒ (logx 2) 4 log

x 2 3 log

x 2 1.

Fazendo logx 2 t, temos:

t 4t 3t 1 ⇒ t 1

4 ou t 1 ⇒ log

x 2

1

4 ou log

x 2 1 ⇒

⇒ x

1

4 2 ou x 2 ⇒ (x 161 ou x 2).

S 2, 1

16

d) A condição de existência do logaritmo é: 0 x 1.

Aplicando logaritmo de base x a ambos os membros, temos:

9log x3 27x ⇒ log

x (9log x

3) logx (27x) ⇒

⇒ (logx 3) (log

x 9) log

x 27 log

x x ⇒

⇒ (logx 3) (2 log

x 3) 3 log

x 3 2.


2t2 3t 2 ⇒ t 1

2 ou t 2 ⇒

⇒ logx 3

1

2 ou log

x 3 2 ⇒ x

1

81 ou x 3 .

S 1

81, 3

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85



e) A condição de existência do logaritmo é: 0 x 1. Temos:

32 logx 3 xlogx 3x ⇒ 3logx 32

3x

Aplicando logaritmo de base x a ambos os membros, vem:

3logx 9 3x ⇒ logx (3logx 9) log

x (3x) ⇒

⇒ (logx 9) (log

x 3) log

x 3 log

x x ⇒ 2 log

x 3 log

x 3 log

x 3 1.


2t2 t 1 0 ⇒ t 1

2 ou t 1 ⇒

⇒ logx 3

1

2 ou log

x 3 1 ⇒ x

1

9 ou x 3 .

S 1

9, 3

281. A condição de existência dos logaritmos é 0 x 1 e x 3 (I).

Notemos inicialmente logx x

1

2. Então, a equação proposta pode

ser escrita como:

2logx (x2 6x 9) 3

2 1

2 1 ⇒ 2logx (x 3)

2

1 ⇒ logx (x 3)2 0 ⇒

⇒ (x 3)2 x0 ⇒ (x 3)2 1 ⇒ (x 3 1 ou x 3 1) ⇒

⇒ (x 2 ou x 4), que satisfazem (I).

S {2, 4}

282. a) A condição de existência dos logaritmos é x 0 (I). Temos:

log (xlog x) 1 ⇒ (log x) (log x) 1 ⇒ (log x)2 1 ⇒

⇒ (log x 1 ou log x 1) ⇒ x 1

10 ou x 10 , que satisfazem (I).

S 1

10, 10

b) A condição de existência dos logaritmos é 0 x 1 (I). Temos:

xlog x 1 100 ⇒ logx 100 log x 1.

Escrevendo logx 100 na base 10, temos:

log 100

log x log x 1 ⇒

2

log x log x 1.


2

t t 1 ⇒ t2 t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2) ⇒

⇒ (log x 1 ou log x 2) ⇒ x 1

10 ou x 100 , que satisfazem (I).

S 1

10, 100

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86



c) Temos:

xlog x 10 ⇒ xlog x 100 ⇒ logx 100 log x ⇒

⇒ logx 100

1

2 log x.

Escrevendo logx 100 em base 10, vem:

log 100

log x

1

2 log x ⇒

2

log x

log x

2 ⇒ (log x)2 4 ⇒

⇒ (log x 2 ou log x 2) ⇒ x 1

100 ou x 100 .

Verificando x 1

100 , temos:

1

100

log 1

100 1

100

1 10.

Verificando x 100, temos:

100log 100 1001 10.

S 1

100, 100

283. a) A condição de existência do logaritmo é: 0 x 1. Temos:

x3 log2 x 2

3 log x 100

310 ⇒ x3 log2 x

2

3 log x 10

7

3 ⇒

⇒ logx 10

7

3 3 log2 x 2

3 log x ⇒

7

3 log

x 10 3 log2 x

2

3 log x.


7

3

log 10

log x 3 log2 x

2

3 log x ⇒

7

3 log x 3 log2 x

2

3 log x.


7

3t 3t2

2t

3 ⇒ 9t3 2t2 7 0 ⇒ 7t3 2t3 2t2 7 0.

Fatorando por agrupamento, vem:

7(t 1) (t2 t 1) 2t2(t 1) 0 ⇔

⇔ (t 1)(7t2 7t 7 2t2) 0 ⇒ (t 1)(9t2 7t 7) 0,

donde t 1 0 ou 9t2 7t 7 0 ⇒ t 1.

Daí, log x 1 ⇒ x 10, que é solução, pois satisfaz (I).

S {10}

b) Notemos inicialmente que: log2 2

4 y ⇒ (2 2 )y 4 ⇒ y 4

3.

Então:

0

(t ∉ )

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87



xlog33 x log

3 x3 3

3 4

3 8 ⇒ x(log3 x)

3 3 log3 x 34 ⇒

⇒ logx 34 (log

3 x)3 3 log

3 x ⇒ 4 log

x 3 (log

3 x)3 3 log

3 x


4 log3 3

log3 x

(log3 x)3 3 log

3 x.


4 1

t t3 3t ⇒ t4 3t2 4 0 ⇒ (t 2 ou t 2) ⇒


3 x 2) ⇒ x

1

9 ou x 9 .

S 1

9, 9

c) Devemos ter: 0 x 1.

xlog2 x 3 log x 1 1 000 ⇒ logx 1 000 log2 x 3 log x 1.

Escrevendo logx 1 000 em base 10, temos:

log 1 000

log x log2 x 3 log x 1 ⇒ 3

log x (log x)2 3 log x 1.

Fazendo log x t, temos:

3

t t2 3t 1 ⇒ t3 3t2 t 3 0 ⇒ t2 (t 3) (t 3) 0 ⇒

⇒ (t 3)(t2 1) 0 ⇒ (t 3 0 ou t2 1 0) ⇒ t 3.

Daí, log x 3 ⇒ x 1 000.

S {1 000}

284. logx (2 xx 2 1) 2x 4 ⇒ 2 xx 2 1 x2x 4 ⇒

⇒ 2 x x 2 1 x2 (x 2).

Fazendo xx 2 t, vem:

2 t 1 t2 ⇒ t2 2t 1 0 ⇒ (t 1)2 0 ⇒

⇒ t 1, isto é, xx 2 1.

Como 0 x 1, temos: x x 2 1 ⇒ x 2 0 ⇒ x 2.

S {2}

285. Devemos ter: 0 x 1.

3 logx

x4x 6 1

2 2x ⇒ log

x

x4x 6 1

2 2x 3 ⇒

⇒ x4x 6 1

2 x2x 3 ⇒

x2 (2x 3) 1

2 x2x 3

Fazendo x 2x 3 t, vem:

(t ∉ )

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88



t2 1

2 t ⇒ t2 2t 1 0 ⇒ (t 1)2 0 ⇒

⇒ t 1 ⇒ x2x 3 1.

Como 0 x 1, temos:

x2x 3 1 ⇒ 2x 3 0 ⇒ x 3

2.

S 3

2

286. a) Devemos ter: x 0 e y 0.

Aplicando a propriedade dos logaritmos à 2.a equação, temos:

log2 x log

2 y 2 ⇒ log

2

x

y 2 ⇒

x

y 22 ⇒ x 4y.

Então, o sistema proposto fica reduzido a x y 16

x 4y

donde y 2 (não convém) ou y 2 e x 8.

S {(8, 2)}

b) Devemos ter 0 x 1 e y 0.

Da 2.a equação temos:

xlog2 y 64 ⇒ log x 64 log

2 y (I).

Da 1.a equação vem y 32

x (II).

Substituindo (II) em (I), vem:

logx 64 log

2

32

x ⇒ log

x 64 log

2 32 log

2 x.

Passando logx 64 para a base 2, vem:

log

2 64

log2 x

5 log2 x.


6

t 5 t ⇒ t2 5t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3) ⇒


2 x 3) ⇒ (x 4 ou x 8).

Se x 4, de (II), segue que y 8.

Se x 8, de (II), segue que y 4.

S {(4, 8); (8, 4)}

c) Devemos ter: 0 x 1 e y 0.


log5 x 3log3 y 7 ⇒ log

5 x y 7.


xy 512 ⇒ logx 512 y.

001-156-Manual-FME2.indd 88 23/07/13 16:16

89



Então, o sistema proposto fica reduzido a log

5 x 1 y 5 7 (I)

y 5 logx 512 (II)


log5 x 1 log

x 512 5 7 ⇒ log

5 x 1 12 log

x 5 5 7.


log5 x 1 12 ? log

5 5

log5 x

5 7.

Fazendo log5 x 5 t, vem:

t 1 12

t 5 7 ⇒ t2 2 7t 1 12 5 0 ⇒ t 5 3 ou t 5 4, isto é,

t 5 3 ⇔ log5 x 5 3 ⇒ x 5 53. Em (II): y 5 log

53 512 ⇒ y 5 4.

t 5 4 ⇔ log5 x 5 4 ⇒ x 5 54. Em (II): y 5 log

54 512 ⇒ y 5 3.

S 5 {(125, 4); (625, 3)}


Escrevendo log 13

(x 2 6) em base 3 e aplicando propriedades

dos logaritmos, vem:

log3 (x 1 2) 2 log 1

3

(x 2 6) 5 log3 (2x 2 5) ⇒

⇒ log3 (x 1 2) 2

log3 (x 2 6)

log3 1

3

5 log3 (2x 2 5) ⇒

⇒ log3 (x 1 2) 1 log

3 (x 2 6) 5 log

3 (2x 2 5) ⇒

⇒ log3 [(x 1 2) (x 2 6)] 5 log

3 (2x 2 5) ⇒ (x 1 2) (x 2 6) 5 2x 2 5 ⇒

⇒ x2 2 6x 2 7 5 0 ⇒ (x 5 21 ou x 5 7).

Apenas x 5 7 satisfaz (I).

S 5 {7}

b) A condição de existência dos logaritmos é 1 x 5 (I).

Aplicando propriedades e escrevendo os logaritmos em base 2, vem:

log2 (x 1 2) 1 log 1

2

(5 2 x) 1 colog 12

(x 2 1) 5 log2 (8 2 x) ⇒

⇒ log2 (x 1 2) 1

log2 (5 2 x)

log2 1

2

2 log

2 (x 2 1)

log2 1

2

5 log2 (8 2 x) ⇒

⇒ log2 (x 1 2) 2 log

2 (5 2 x) 1 log

2 (x 2 1) 5 log

2 (8 2 x) ⇒

⇒ log2 (x 1 2)(x 2 1)

5 2 x 5 log2 (8 2 x) ⇒ (x 1 2)(x 2 1)

5 2 x 5 8 2 x ⇒

⇒ x 5 3, que é solução, pois satisfaz (I).

S 5 {3}


Aplicando propriedades e escrevendo os logaritmos em base 3, vem:

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90



log3 (x2 2x 2) log 1

3

(2x 1) log3 (x 4) ⇒

⇒ log3 (x2 2x 2)

log3 (2x 1)

log3 1

3

log3 (x 4) ⇒

⇒ log3 (x2 2x 2) log

3 (2x 1) log

3 (x 4) ⇒

⇒ log3

x2 2x 2

2x 1 log

3 (x 4) ⇒

⇒ x2 2x 2

2x 1 x 4 ⇒ x2 5x 6 0 ⇒ x 1 ou x 6.

Apenas x 6 satisfaz (I).

S {6}

290. a) Devemos ter x 0.

Escrevendo log9 x em base 3, vem:

log32 x 5 log

9 x 1 0 ⇒ (log

3 x)2 5

log3 x

log3 9

1 0 ⇒

⇒ (log3 x)2

5

2 log

3 x 1 0.


t2 5

2 t 1 0 ⇒ t

1

2 ou t 2 ⇒

⇒ log3 x

1

2 ou log

3 x 2 ⇒ (x 3 ou x 9).

S { 3 , 9}

b) Devemos ter x 0.

Aplicando propriedades dos logaritmos e passando-os para a

base 2, vem:

log22 x log

8 x8 1 ⇒ (log

2 x)2 8 log

8 x 1 ⇒

⇒ (log2 x)2 8

log2 x

log2 8

1 ⇒ (log2 x)2

8

3 log

2 x 1.


t2 8

3 t 1 0 ⇒ t

1

3 ou t 3 ⇒

⇒ log2 x

1

3 ou log

2 x 3 ⇒ x 2

1

3 ou x 8 .

S 1

32

, 8

c) Devemos ter x 0.

Aplicando propriedades dos logaritmos e escrevendo-os em base

3, vem:

log32 x 2 log

9 x2 ⇒ (log

3 x)2 2 2 log

9 x ⇒

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91



⇒ (log3 x)2 2 2

log3 x

log3 9

⇒ (log3 x)2 2 2

log3 x

2.


t2 2 t ⇒ (t 1 ou t 2) ⇒ (log3 x 1 ou log

3 x 2) ⇒

⇒ x 1

3 ou x 9 .

S 1

3, 9

291. a) Aplicando propriedades dos logaritmos e passando-os para a

base 2, podemos escrever:

log2 x4 4 log

4

2

x 2 ⇒ 4 log

2 x 4 log

4 2

x

1

2 2 ⇒

⇒ 4 log2 x 2 log

4

2

x 2 ⇒ 4 log

2 x 2 (log

4 2 log

4 x) 2 ⇒

⇒ 4 log2 x 2

1

2 log

4 x 2 ⇒

⇒ 4 log2 x 1 2

log2 x

log2 4

2 ⇒

⇒ 4 log2 x 1 log

2 x 2

Fazendo log2 x t, vem: 4t 1 t 2 ⇒ 4t 1 t ⇒

⇒ t2 2t 1 0 ⇒ (t 1)2 0 ⇒ t 1 ⇒ log2 x 1 ⇒ x 2,

que de fato é solução, por verificação.

S {2}

b) Escrevendo log4 x em base 2, vem:

1 log2 x 4 log

4 x 2 4 ⇒

⇒ 1 log2 x

4 log

2 x

log2 4

2 4 ⇒

⇒ 1 log2 x 2 log

2 x 2 4.


1 t 2t 2 4 ⇒ (t 99 ou t 3).

Verificando t 99: 100 196 4 (F).

Verificando t 3: 4 4 4 (V).

Assim, t 3 ⇔ log2 x 3 ⇒ x 8, que é de fato solução, pois:

1 log2 8 4 log

4 8 2 4 4 4 (V)!

S {8}

292. 1 log

2 (x 4)

log2 ( x 3 x 3)

1 ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 91 23/07/13 16:16

92



⇒ 1 log2 (x 4) log

2 ( x 3 x 3 ) ⇒

⇒ log2 2 log

2 (x 4) log

2 ( x 3 x 3 ).

Aplicando a propriedade dos logaritmos e escrevendo-os em base 2, vem:

log2 [2 (x 4)]

log2 ( x 3 x 3 )

log2 2

⇒

⇒ log2 (2x 8) 2 log

2 ( x 3 x 3 ) ⇒

⇒ log2 (2x 8) log

2 ( x 3 x 3 )2 ⇒

⇒ 2x 8 ( x 3 x 3 )2 ⇒ (x 5 ou x 5).

Como x 5 não convém, a única solução é x 5.

S {5}

293. a) Devemos ter y 0 e x y.

Da 1.a equação, vem:

log 12

(y x) log2 1

y 2 ⇒

log2 (y x)

log2 1

2

log2

1

y 2 ⇒

⇒ log2 (y x) log

2

1

y 2 ⇒ log

2

1

y

y x 2 ⇒

⇒

1

y

y x 22 ⇒ x

y2 4

y (I).

Substituindo esse valor de x na 2.a equação, vem y2 4

y

2

y 2 25.

Fazendo y 2 t, segue que:

(t 4)2

t t 25 ⇒ 2t2 33t 16 0 ⇒ t 16 ou t 1

2 ⇒

⇒ y2 16 ou y2 1

2 y 4 ou y

2

2.

Em (I), temos que:

y 4 ⇒ x 42 4

4 3 e y

2

2 ⇒

⇒ x

2

2

2

4

2

2

7 2

2

S (3, 4); 7 2

2 , 2

2

b) Devemos ter y 2 e x2 2y2 10y 7 0 (I).

Da 1.a equação, vem:

log9 ( x2 1) log3 (y 2) 0 ⇒

log3 (x2 1)

log3 9

log3 (y 2) ⇒

y 0

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93



⇒ log3 (x2 1) 2 log

3 (y 2) ⇒ log

3 (x2 1) log

3 (y 2)2 ⇒

⇒ x2 1 (y 2)2 ⇒ x2 y2 4y 3 (II).

De 2.a equação vem:

log2 (x2 2y2 10y 7) 2 ⇒ x2 2y2 10y 7 22.

Por (II): (y2 4y 3) 2y2 10y 7 4 0 ⇒ y2 6y 8 0 ⇒

⇒ y 2, que não convém, pois não satisfaz (I), ou y 4.

Substituindo y 4 em (II), temos:

x2 42 4 4 3 ⇒ x 3 ou x 3 .

S {( 3 ,4); ( 3 ,4)}

c) Devemos ter x y 0 e x y 0 (I).

Da 1.a equação temos que:

log9 (x2 2) log

81 (y2 9) 2 ⇒ log

9 (x2 2)

log9 (y2 9)

log9 81

2 ⇒

⇒ log9 (x2 2)

1

2 log

9 (y2 9) 2 ⇒

⇒ log9 (x2 2) (y2 9)

1

2 2 ⇒ (x2 2) (y2 9)

1

2 81 (II).

Da 2.a equação temos que:

2 log4 (x y) log

2 (x y ) ⇒ 2

log2 (x y)

log2 4

log2 (x y) ⇒

⇒ x y x y ⇒ y 0.

Substituindo y 0 em (II), vem:

(x2 2) 9

1

2 81 ⇒ x 5 ou x 5.

x 5 e y 0 não satisfazem (I).

x 5 e y 0 satisfazem (I).

S {(5, 0)}

d) Da 1.a equação vem:

log3 (log

2 x) log 1

3

log 1

2

y 1 ⇒

⇒ log3 (log

2 x)

log3 log 1

2

y

log3 1

3

1 ⇒

⇒ log3 (log

2 x) log

3 log 1

2

y 1 ⇒ log3 log

2 x

log 1

2

y 1 ⇒

⇒ log2 x

log 1

2

y 3 ⇒ log

2 x 3 log 1

2

y (I).

Da 2.a equação, aplicando logaritmo de base 2 a ambos os mem-

bros, vem:

xy2 4 ⇒ log2 (x y2) log

2 4 ⇒ log

2 x log

2 y2 2 ⇒

⇒ log2 x 2 log

2 y 2.

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94



Por (I), podemos escrever:

3 log 1

2

y 2 log2 y 2 ⇒ 3 log

2 y

log2 1

2

2 log2 y 2 ⇒

⇒ 3 log2 y 2 log

2 y 2 ⇒ log

2 y 2 ⇒ y

1

4.

Substituindo y 1

4 em (I) segue que:

log2 x 3 log 1

2

1

4 ⇒ log

2 x 6 ⇒ x 26 64.

S 64, 1

4

e) Devemos ter: x 0 e y 0.

Escrevendo os logaritmos das duas equações em base 2, vem:

log

2 x log

4 y a

log4 x log

8 y b

log2 x

log2 y

log2 4

a

log2 x

log2 4

log

2 y

log2 8

b

⇔

⇔

log2 x

1

2 log

2 y a (I)

1

2 log

2 x

1

3 log

2 y b

Somando à 2.a equação a 1.a multiplicada por 1

2 , vem:

1

4

1

3 log

2 y

a

2 b ⇒

1

12 log

2 y

a 2b

2 ⇒

⇒ log2 y 6a 12b ⇒ y 26a 12b.

Substituindo y 26a 12b em (I), segue que:

log2 x

1

2 log

2 26a 12b a ⇒ log

2 x

1

2 (6a 12b) a ⇒

⇒ log2 x 4a 6b ⇒ x 24a 6b.

S {(24a 6b, 26a 12b)}

295. Escrevendo log16

(x 3) em base 4, vem:

log4 (x 3) log

16 (x 3) 1 ⇒ log

4 (x 3)

log4 (x 3)

log4 16

1.

Fazendo log4 (x 3) t, vem:

t t

2 1 ⇒ t 2, isto é, log

4 (x 3) 2 ⇒ x 3 42 ⇒ x 19,

001-156-Manual-FME2.indd 94 23/07/13 16:16

95



que é solução, pois satisfaz a condição x 3.

S {19}

296. A equação x2 x (logb a) 2 log

a b 0 tem duas raízes reais e

iguais se, e somente se, D 0, isto é,

(log b a)2 4 2 log

a b 0 ⇒ (log

b a)2 8 log

a b 0.

Lembrando que loga b

1

logb a

, temos: (logb a)2 8

1

logb a

0.

Fazendo logb a t, vem:

t2 8

t 0 ⇒ t 2, isto é, log

b a 2 ⇒ a b2.

297. A condição de existência dessa equação é: 0 x 1.

Notemos inicialmente que:

log x x2 y ⇒ ( x )

y x2 ⇒ y 4 e log

x 2

1

log2 x

.

Então, temos:

log2 x log x x

2 logx 2 ⇒ log

2 x 4

1

log2 x

.


t 4 1

t ⇒ t2 4t 1 0 ⇒ t 2 5 ou t 2 5,

isto é, log2 x 2 5 ou log

2 x 2 5 ⇒ x 22 5 ou x 22 5.

S {22 5, 22 5}

298. Como sabemos, loga2 x

1

logX a2

1

2 logX a

.

Escrevendo logx 2

a em base x, vem:

logx 2

a log

x a

logX x2

logx a

2.

Então, temos:

loga2 x log

x 2 a 1 ⇒

1

2 logx a

log

x a

2 1.

Fazendo logx a t, temos:

1

2t

t

2 1 ⇒ t2 2t 1 0 ⇒ (t 1)2 0 ⇒ t 1 ⇒

⇒ logx a 1 ⇒ x a.

299. A condição de existência dessa equação é 0 x 1 (I).

Expressando log(x 1)

x em base x, temos:

logx (x 1) log

(x 1) x ⇒ log

x (x 1)

logx x

logx (x 1)

⇒

⇒ logx (x 1)

1

logx (x 1)

⇒

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96



⇒ (logx (x 1))2 1 ⇒ log

x (x 1) 1 ou log

x (x 1) 1.

Se logx (x 1) 1 ⇒ x1 x 1 ⇒ x

1 5

2, que não

convém, pois não satisfaz (I), ou x 1 5

2 (satisfaz (I)).

Se logx (x 1) 1 ⇒ x 1 x ⇒ 0 1, absurdo!

S 1 5

2

300. a) Devemos ter: 0 x 1.

log2 x log

x 2 ⇒ log

2 x

log2 2

log2 x

⇒ (log2 x)2 1 ⇒


2 x 1) ⇒ x

1

2 ou x 2 .

S 1

2, 2

b) Devemos ter: 0 x 1.

log3 x 1 log

x 9 ⇒ log

3 x 1

log3 9

log3 x

.


t 1 2

t ⇒ t2 t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2) ⇒


3 x 2) ⇒ x

1

3 ou x 9 .

S 1

3, 9

c) Devemos ter: 0 x 1.

log2 x 8 log

x2 2 3 ⇒ log2 x 8

log2 2

log2 x2 3 ⇒

⇒ log2 x

8

2 log2 x

3.


t 8

2t 3 ⇒ 2t2 6t 8 0 ⇒ (t 4 ou t 1) ⇒


2 x 1) ⇒ x 16 ou x

1

2.

S 1

2, 16

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97



d) Devemos ter: 0 x 1.

log x 2 4 2 log4 x 9 0 ⇒

log2 2

log2 x

8 log

2 x

log2 4

9 0 ⇒

⇒ 1

log2 x

1

2

4 log2 x 9 0 ⇒

1

1

2 log

2 x

4 log2 x 9 0.


2

t 4t 9 0 ⇒ 4t2 9t 2 0 ⇒ t

1

4 ou t 2 ⇒

⇒ log2 x

1

4 ou log

2 x 2 ⇒ x

142

ou x 1

4.

S 1

42

, 1

4

301. a) Notemos inicialmente que:

log 5 5 5 y ⇒ ( 5 )y 5 5 ⇒ 5

y

2 5

3

2 ⇒ y 3.

Então: log 5 x logx 5 5 log 5 5 5 6 ⇒

⇒ log 5 x logx 5 5 3 6 ⇒

⇒ log 5 x log 5 5 5

log 5 x 3 6 .

Fazendo log 5 x t, vem:

t 3

t 3 6 ⇒ t2 t 2 0 ⇒ (t 1 ou t 2).

t 1 não é solução da equação irracional, pois

1 3

1 3 6 . (F)

t 2 é solução da equação irracional, pois

(2) 33

2 6 . (V)

Assim, t 2 ⇒ log 5 x 2 ⇒ x ( 5 )2

1

5.

S 1

5

b) Escrevendo logx 27 em base 3, vem:

1 logx 27 log

3 x 1 0 ⇒

log3 27

log3 x

1 log3 x 1 0.

Fazendo log3 x t e lembrando que log

3 27

3

2 , vem:

1 3

2t t 1 0 ⇒ t2

3

2 t 1 0 ⇒ t 2 ou t

1

2.

t 2 é solução da equação irracional, pois:

1 3

2(2) (2) 1 0. (V)

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98



t 1

2 não é solução da equação irracional, pois:

1 3

2 1

2

1

2 1 0. (F)

Daí, t 2 ⇒ log3 x 2 ⇒ x

1

9.

S 1

9

302. Devemos ter 0 x 10 e x 1 (I).

1 2 logx 2 log

4 (10 x)

2

log4 x

⇒

⇒ 1 2 log

4 2

log4 x

log4 (10 x)

2

log4 x

.

Fazendo log4 x a e log

4 (10 x) b (II), temos:

1 2

1

2

a b

2

a ⇒ a b 2 ⇒ a 2 b (III).

De (II) segue que: 4a x

4b 10 x

Utilizando (III) na 1ª. equação, vem:

42 b x ⇔ 42

4b x ⇒

16

10 x x ⇒ x2 10x 16 0 ⇒

⇒ (x 2 ou x 8), que são soluções, pois satisfazem (I).

S {2, 8}

303. a) Devemos ter 0 x 1 e 0 y 1.

Como logy x

1

logx y

, temos na 1ª. equação:

logy x log

x y

5

2 ⇒

1

logx y

logx y

5

2 (I).

Aplicando logaritmo de base x à 2ª. equação, vem:

xy 8 ⇒ logx (x y) log

x 8 ⇒ 1 log

x y log

x 8 ⇒

⇒ logx y log

x 8 1 (II).

Substituindo (II) em (I), temos: 1

logx 8 1

logx 8 1

5

2.


1

t 1 t 1

5

2 ⇒ 2t2 9t 9 0 ⇒ t 3 ou t

3

2.

Se t 3, logx 8 3 ⇒ x3 8 ⇒ x 2.

Em (II): log2 y log

2 8 1 ⇒ log

2 y 2 ⇒ y 4.

Se t 3

2, log

x 8

3

2 ⇒ x 4.

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99



Em (II): log4 y log

4 8 1 ⇒ log

4 y

1

2 ⇒ y 2.

S {(2, 4); (4, 2)}

b) Devemos ter: 0 x 1 e 0 y 1.

Expressando os logaritmos da 1ª. equação em base x, vem:

3 logy2 x log 1

x

y 10 ⇒ 3 2 log

x x

logx y2

logx y

logx 1

x

10 ⇒

⇒ 3 2

2 logx y

logx y 10 ⇒

1

logx y

logx y

10

3 (I).

Aplicando logaritmo de base x a ambos os membros da 2ª. equa-

ção, temos:

xy 81 ⇒ logx (xy) log

x 81 ⇒ 1 log

x y log

x 81 ⇒

⇒ logx y log

x 81 1 (II).


1

logx 81 1

logx 81 1

10

3.

Fazendo logx 81 t, temos:

1

t 1 t 1

10

3 ⇒ 3t2 16t 16 0 ⇒ t 4 ou t

4

3.

1ª. possibilidade: t 4

Temos: logx 81 4 ⇒ x4 81 ⇒ x 3 (não convém) ou x 3.

Se x 3, em (II), temos: log3 y log

3 81 1 ⇒ y 33 27.

2a. possibilidade: t 4

3

Temos: logx 81

4

3 ⇒ x 27. Se x 27, em (II) temos:

log27

y log27

81 1 ⇒ log27

y 1

3 ⇒ y 3.

S {(3, 27), (27, 3)}

304. Devemos ter 4 x 0

x 3 0⇒ 3 x 4.

Expressando os logaritmos em base 2, temos:

log6 (x 3)

log2 (x 3)

log2 6

; log0,25

(4 x) log

2 (4 x)

log2 0,25

1

2 log

2 (4 x).

Então, voltando à equação, temos:

1

log6 (x 3)

2 log

0,25 (4 x)

log2 (x 3)

1 ⇒

⇒ log

2 6

log2 (x 3)

2 1

2 log

2 (4 x)

log2 (x 3)

1 ⇒

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100



⇒ log

2 6 log

2 (4 x)

log2 (x 3)

1 (*) ⇒ log2

6

4 x log

2 (x 3) ⇒

⇒ 6

4 x x 3 ⇒ x2

x 6 0 ⇒ (x 2 ou x 3).

Notemos, porém, que x 2 não convém, pois x 2 anula o

denominador de (*).

Logo, a única solução da equação é x 3.

S {3}

306. a) logx 3 log x

3

3 log x

81

3 0 ⇒ 1

log3 x

1

log3 x

3

1

log3 x

81

0 ⇒

⇒ 1

log3 x

1

log3 x 1

1

log3 x 4

0.


1

t

1

t 1

1

t 4 0 ⇒ t2 4 0 ⇒ (t 2 ou t 2) ⇒


3 x 2) ⇒ x 9 ou x

1

9 .

S 9, 1

9

b) log3x

3

x log

3 27x2 5 ⇒

log3 3

x log

3 3x

log3 27x2 5 ⇒

⇒ 1 log

3 x

1 log3 x

(3 2 log3 x) 5


1 t

1 t (3 2t) 5 ⇒ (1 t) (3 2t)(1 t) 5 (1 t) ⇒

⇒ 2t2 t 1 0 ⇒ t 1 ou t 1

2 ⇒

⇒ log3 x 1 ou log

3 x

1

2 ⇒ x 3 ou x

1

3

3

3.

S 3, 3

3

c) Expressando os logaritmos em base 2, vem:

logx 8

log2 8

log2 x

3

log2 x

; log2x

8 log

2 8

log2 2x

3

1 log2 x

;

log4x

8 log

2 8

log2 4x

3

2 log2 x

.

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101



Temos:

1

logx 8

1

log2x

8

1

log4x

8 2 ⇒

⇒ 1

3

log2 x

1

3

1 log2 x

1

3

2 log2 x

2


t

3

1 t

3

2 t

3 2 ⇒ t 1 ⇒ log

2 x 1 ⇒ x 2, que

é, de fato, solução.

S {2}

d) Notemos que x 1 é solução particular da equação.

Expressando os logaritmos em base x, vem:

log x

2

x2 14 log16x

x3 40 log4x

x 0 ⇒

⇒ 2 log x

2

x 42 log16x

x 20 log4x

x 0 ⇒

⇒ 2 log

x x

logx x

2

42 log

x x

logx (16x)

20 log

x x

logx 4x

0 ⇒

⇒ 2

1 logx 2

42

logx 24 1

20

logx 22 1

0 ⇒

⇒ 2

1 logx 2

42

4 logx 2 1

20

2 log2 x 1

0.


2

1 t

42

4t 1

20

2t 1 0 ⇒

1

1 t

10

2t 1

21

4t 1 ⇒ 2t2 3t 2 0 ⇒

⇒ t 1

2 ou t 2 , isto é,

logx 2

1

2 ⇒ x 2 ⇒ x 4 ou

logx 2 2 ⇒

1

x2 2 ⇒ x

1

2.

Como x 1

2 não convém, x

1

2.

S 1, 4, 1

2

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102



307. Como log 11 x

10 1

log 1

1 x

, podemos escrever:

1

log 1

1 x

log (x2 3x 2) 2 1

log 1

1 x

log (x 3) ⇒

⇒ log (x2 3x 2)

log 1

1 x

log (x 3)

log 1

1 x

2 ⇒

⇒

log x2 3x 2

x 3

log 1

1 x

2 ⇒ log x2 3x 2

x 3 2 log

1

1 x ⇒

⇒ log x2 3x 2

x 3 log

1

1 x

2

⇒ log x2 3x 2

x 3 log (1 x) ⇒

⇒ x2 3x 2

x 3 1 x ⇒ x 5.

S {5}

308. Lembrando que aloga b b, temos:

xlog22 x

2 log2 (2x) 2 (x 2)2

log(x 2)2 4

1

2 3 ⇒

⇒ x(2 log2 x)2 [log

2 2 log

2 x] 2 4

1

2 3 ⇒

⇒ x(2 log2 x)2 log

2 x 3 1

Notando que x 1 é solução particular dessa equação exponencial,

para x 1 temos:

(2 log2 x)2 log

2 x 3 0.


4t2 t 3 0 ⇒ t 3

4 ou t 1, isto é,

log2 x

3

4 ou log

2 x 1 ⇒ x 2

3

4 ou x 2.

S 1, 2

3

4 , 2

309. a) loga (ax) log

x (ax) log

a2 1

a ⇒ log

a (ax)

loga (ax)

loga x

1

2 ⇒

⇒ (loga x 1)

(1 loga x)

loga x

1

2

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103



Fazendo loga x t, vem:

(t 1) (1 t)

t

1

2 ⇒ 2t2 5t 2 0 ⇒ t

1

2 ou t 2 ⇒

⇒ loga x

1

2 ou log

a x 2 ⇒ x a

1

2 ou x a2 .

S a

1

2 , a2

b) 2 logx a log

ax a 3 log

a2x a 0 ⇒

⇒ 2 logx a

logx a

logx (ax)

3 log

x a

logx (a2 x)

0 ⇒

⇒ 2 logx a

logx a

1 logx a

3 log

x a

1 2 logx a

0

Fazendo logx a t, vem:

2t t

1 t

3t

1 2t 0 ⇒ 4t3 11t2 6t 0 ⇒

⇒ t(4t2 11t 6) 0.

1ª. possibilidade: t 0, isto é, logx a 0 ⇒ a 1, o que é

impossível por hipótese.

2ª. possibilidade: 4t2 11t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3

4). Daí,

t 2, logx a 2 ⇒ x2 a ⇒ x a

1

2

ou t 3

4, log

x a

3

4 ⇒ x

3

4 a ⇒ x a

4

3

S a

1

2 , a

4

3

c) Como loga x

1

logx a

, podemos escrever:

logx (ax)

1

logx a

1 logx a ⇒

⇒ (logx a 1)

1

logx a

1 logx a

1

2 ⇒

⇒ (logx a 1)

1

logx a

1 1

2 log

x a.

Fazendo logx a t, vem:

(t 1) 1

t 1

t

2 ⇒

t 1

t

2 t

2 ⇒

⇒ t2 2 0 ⇒ (t 2 ou t 2 ). Se t 2 , log

x a 2 ⇒ a x 2 ⇒ x a

1

2.

ou

001-156-Manual-FME2.indd 103 23/07/13 16:16

104



Se t 2 , logx a 2 ⇒ a x 2 ⇒ x a

1

2.

S a

1

2, a

1

2

d) Expressando os logaritmos em base x, 0 x 1, vem:

loga2 x

a log

x a

logx (a2 x )

log

x a

logx a2 log

x x

log

x a

2logx a

1

2

log2x

a log

x a

logx (2x)

log

x a

1 logx 2

; a 0 e 0 x 1

2 (*).

logax

a log

x a

logx (ax)

log

x a

1 logx a

log 1a

2x log

x (2x)

logx 1

a

log

x 2 1

logx a

.

Fazendo logx a m e log

x 2 n, a equação pode ser reescrita

como:

m

2m 1

2m

1 n

m

1 m

n 1

m 0 ⇒

1 n

2m 1

2

n 1

m 1 0 ⇒

⇒ (n 1) 1

2m 1

2

1

m 1 0

1ª. possibilidade: n 1 0 ⇒ n 1 ⇒ logx 2 1 ⇒ x

1

2,

não convém, pois não satisfaz (*).

2ª. possibilidade: 1

2m 1

2

1

m 1 0 ⇒ m

1

2 ⇒

⇒ logx a

1

2 ⇒ x

1

2 a ⇒ x a2.

S {a2}

310. Expressando os logaritmos em base 2, temos:

log

2 x

log22 a

2 log

a x

log 1

b

a log 3

a x log

a x ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 104 23/07/13 16:16

105



⇒ log

2 x

log22 a

2

log2 x

log2 a

log2 a

log2 1

b

log

2 x

log2 3

a

log2 x

log2 a

⇒

⇒ log

2 x

(log2 a)2

2 log

2 x log

2 b

(log2 a)2

3 (log

2 x)2

(log2 a)2

⇒

⇒ log2 x 2 log

2 x log

2 b 3(log

2 x)2


t 2t log2 b 3t2 ⇒ 3t2 t 2t log

2 b 0 ⇒

⇒ t(3t 1 2 log2 b) 0 ⇒ t 0 ou 3t 1 2 log

2 b 0.


t 0 ⇒ log2 x 0 ⇒ x 1

2ª. possibilidade: 3t 1 2 log2 b 0 ⇒ t

1 2 log2 b

3. Daí,

log2 x

1 2 log2 b

3 ⇒ 3 log

2 x 1 2 log

2 b ⇒

⇒ 3 log2 x log

2 2 log

2 b2 ⇒ log

2 x3 log

2 (2 b2) ⇒ x3 2b2 ⇒

⇒ x 32b2 .

S {1, 32b2 }

311. Devemos ter: x 0.

Expressando os logaritmos em base 2, vem:

log2 x log

3 x log

4 x 1 ⇒ log

2 x

log2 x

log2 3

log

2 x

log2 4

1.


t t

log2 3

t

2 1 ⇒ t 1

1

log2 3

1

2 1 ⇒

⇒ t 2 log

2 3 2 log

2 3

2 log2 3

1 ⇒

⇒ t (2 log2 3 2 log

2 3) 2 log

2 3 ⇒

⇒ t (log2 32 log

2 4 log

2 3) log

2 32 ⇒ t [log

2 (32 4 3)] log

2 9 ⇒

⇒ t log

2 9

log2 108

log108

9.

Então,

log2 x log

108 9 ⇒ x 2log

108 9.

S {2log108

9}

312. 10loga (x2 3x 5) 3loga 10 ⇒ log

10 3loga 10 log

a (x2 3x 5) ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 105 23/07/13 16:16

106



⇒ loga 10 log

10 3 log

a (x2 3x 5) ⇒

⇒ log10

3 log

a (x2 3x 5)

loga 10

⇒ log10

3 log10

(x2 3x 5) ⇒

⇒ x2 3x 5 3 ⇒ (x 1 ou x 2).

S {1, 2}

313. Escrevendo os logaritmos em base 10, temos:

1 log (a x)

log (x b)

2 log(a b)

4

log(a b)

(x b) ⇒ 1

log (a x)

log (x b)

2 log

4

log (a b)

log (x b)

log (a b)

⇒ log (x b) log (a x)

log (x b)

2 log (a b) log 4

log (a b)

log (x b)

log (a b)

⇒ log [(x b) (a x)]

log (x b)

log (a b)2

4log (x b)

x (1 b)

log [(x b)(a x)] log (a b)2

4 ⇒

⇒ (x b)(a x) (a b)2

4 ⇒

⇒ 4x2 4x (a b) (a2 6ab b2) 0, cujo discriminante é:

D [4(a b)]2 4 4 (a2 6ab b2)

D 64ab

Logo,

x 4a 4b 8 ab

8, donde x

a b

2 ab ou x

a b

2 ab.

S a b

2 ab ;

a b

2 ab

314. a) Expressando os logaritmos da 2ª. equação em base 2, vem:

log y2 2 log

xy 4 ⇒

log2 2

log2 y2

log

2 4

log2 (xy)

⇒

⇒ 1

2 log2 y

2

log2 x log

2 y

⇒ 4 log2 y log

2 x log

2 y ⇒

⇒ 3 log2 y log

2 x log

2 y3 log

2 x ⇒ x y3 (I).

Substituindo (I) na 1ª. equação, vem:

x2 4y3 96 ⇒ x2 4 x 96 0 ⇒ x 12 ou x 8.

Se x 12, em (I), vem: y3 12 ⇒ y 312.

Se x 8, em (I), vem: y3 8 ⇒ y 2.

S {(12, 312); (8, 2)}

001-156-Manual-FME2.indd 106 23/07/13 16:16

107



b) Da 2ª. equação vem:

log4 y log

y (y 3x) 1 ⇒

1

logy 4

logy (y 3x) 1 ⇒

⇒ logy (y 3x) log

y 4 ⇒ y 3x 4 (I).

Aplicando logaritmo de base y a ambos os membros da 1a.

equação, vem:

y xlogy x x5

2 ⇒ logy (y xlogy x) log

y x

5

2 ⇒

⇒ 1 (logy x) (log

y x)

5

2 (log

y x).

Fazendo logy x t, vem:

1 t2 5t

2 ⇒ t

1

2 ou t 2 , isto é,

logy x

1

2 ou log

y x 2 ⇒ x y ou x y2 (II).

Substituindo (II) em (I), temos:

1º. caso: x y e y 3x 4 ⇒ y 3 y 4 ⇒ y 1 (não

convém, pois y é base do sistema de logaritmo) ou y 16.

Se y 16, x 16 4.

2º. caso: x y2 e y 3x 4 ⇒ y 3y2 4 ⇒ 3y2 y 4 0,

que não apresenta raízes reais.

S {(4, 16)}

c) Escrevendo os logaritmos da 1ª. equação em base y (0 y 1),

vem:

x log2 y log 1

x

2 y y (1 logx 2) ⇒

⇒ x log

y y

logy 2

log

y 2

logy

1

x

y3

2 1 log

y 2

logy x

⇒

⇒ x

logy x

y3

2 (log

y x log

y 2)

logy x

(I).

Escrevendo os logaritmos da 2ª. equação em base 2, vem:

logy3 2 log

2 x 1 ⇒

log2 2

log2 y3

log2 x

log2 2

1 ⇒

⇒ 1

3 log2 y

log

2 x

1

2

1 ⇒ 2

3

log2 x

log2 y

1 ⇒

⇒ 2

3 log

y x 1 ⇒ log

y x

3

2 (II).

Substituindo (II) em (I) e notando que, por (II), x y3

2 , vem:

001-156-Manual-FME2.indd 107 23/07/13 16:16

108



x

logy x

y3

2 log

y x log

y2

logy x

⇒

⇒ x

3

2

x

3

2 log

y 2

3

2

x 0

1 3

2 log

y 2 ⇒

⇒ logy 2

5

2 ⇒ y

5

2 2 ⇒ y 22

5.

De (II), x y3

2 22

5

3

2

23

5.

S 23

5, 22

5

315. Da 2ª. equação vem:

x2 y2 2 ⇒ log2 (x2 y2) log

2 2 ⇒ log

2 [(x y)(x y)] 1 ⇒

⇒ log2 (x y) log

2 (x y) 1 ⇒ log

2 (x y) 1 log

2 (x y).

Substituindo essa expressão na 1ª. equação, vem:

log2 (x y) log

3 (x y) 1 ⇒ 1 log

2 (x y) log

3 (x y) 1 ⇒

⇒ log2 (x y) log

3 (x y) ⇒ log

2 (x y) log

3 (x y)1.

Transformando para a base 2, vem:

log2 (x y) log

3

1

x y ⇒ log

2 (x y)

log2

1

x y

log2 3

⇒

⇒ log2 (x y)

log2 (x y)

log2 3

⇒ log2 (x y) log

2 3 log

2 (x y) ⇒

⇒ log2 (x y) log

2 3 log

2 (x y) 0 ⇒ log

2 (x y) [log

2 3 1] 0 ⇒

⇒ log2 (x y) 0 ou log

2 3 1 0 (F)!

Então: log2 (x y) 0 ⇒ x y 1 (I)

Como x2 y2 (x y)(x y), vem:

2 (x y) 1 ⇒ x y 2 (II)

De (I) e (II) vem que x 3

2 e y

1

2 .

S 3

2, 1

2

316. Escrevendo cada um dos logaritmos das três equações em base 2, vem:

log2 x log

4 y log

4 z 2

log3 y log

9 z log

9 x 2

log4 z log

16 x log

16 y 2

log2 x

log2 y

log2 4

log

2 z

log2 4

2

log2 y

log2 3

log

2 z

log2 9

log

2 x

log2 9

2

log2 z

log2 4

log

2 x

log2 16

log

2 y

log2 16

2

⇔⇔

001-156-Manual-FME2.indd 108 23/07/13 16:16

109



log2 x

log2 y

2

log2 z

2 2

log2 y

log2 3

log

2 z

2 log2 3

log

2 x

2 log2 3

2

log2 z

2

log2 x

4

log2 y

4 2

⇔

Fazendo log2 x a, log

2 y b e log

2 z c, vem:

Resolvendo o sistema acima por Cramer, temos:

D

2 1 1

1 2 1

1 1 2

4; a D

A

D

4 1 1

4 log2 3 2 1

8 1 2

4 ⇒

⇒ a 4 log

2 81

4

log2 16 log

2 81

4

log2

16

81

4

log2

2

3

4

4 log

2

2

3.

Analogamente,

b 12 log

2 3 12

4

12(log2 3 1)

4 3(log

2 3 log

2 2)

3 log2

3

2 log

2

27

8;

c 20 4 log

2 3

4

4(5 log2 3)

4 log

2 32 log

2 3 log

2

32

3.

Dessa forma, temos:

log2 x a ⇒ log

2 x log

2

2

3 ⇒ x

2

3

log2 y b ⇒ log

2 y log

2

27

8 ⇒ y

27

8

log2 z c ⇒ log

2 z log

2

32

3 ⇒ z

32

3.

S 2

3,

27

8,

32

3

a b

2

c

2 2

b

log2 3

c

2 log2 3

a

2 log2 3

2

c

2

a

4

b

4 2

⇔

2a b c 4

a 2b c 4 log2 3

a b 2c 8

001-156-Manual-FME2.indd 109 23/07/13 16:16

110



317. Aplicando logaritmo de base a (0 a 1) a ambos os membros da

1ª. equação, vem:

ax by ab ⇒ loga (ax by) log

a (ab) ⇒ x y log

a b 1 log

a b ⇒

⇒ x 1 (1 y) loga b (I).

Transformando para a base a os logaritmos da 2ª. equação, temos:

2 loga x log 1

b

y loga b ⇒ 2 log

a x

loga y

loga 1

b

loga b

loga a

⇒

⇒ loga x2

loga y

loga b

loga b

1

2

⇒ loga x2 2 log

a y ⇒

⇒ loga x2 log

a y2 ⇒ x2 y2 ⇒ x

1

y ou x

1

y.

Voltando a (I), temos:

1º. caso: x 1

y, isto é,

x 1 (1 y) loga b ⇒

1

y 1 (1 y) log

a b ⇒

1 y

y (1 y) log

a b

(1 y) 1

y log

a b 0 ⇒ y 1 ou y

1

loga b

logb a

Se y 1, x 1

y 1.

Se y logb a, x

1

logb a

loga b.

2º. caso: x 1

y não ocorre, pois, para garantir a existência dos

logaritmos do sistema devemos ter x 0 e y 0.

S [(1, 1); (loga b, log

b a)]

318. Da 1ª. equação temos:

log12

x (log2 x log

2 y) log

2 x ⇒ log

12 x log

2 (xy) log

2 x ⇒

⇒ log12

x log

2 x

log2 (xy)

, xy 1.

Por outro lado, escrevendo log12

x em base 2, temos:

log12

x log

2 x

log2 (xy)

⇒ log

2 x

log2 12

log

2 x

log2 (xy)

⇒

⇒ log2 x

1

log2 12

1

log2 (xy)

0 ⇒ log2 x 0 ou log

2 12 log

2 (xy) ⇒

⇒ x 1 (não convém)

ou

log2 12 log

2 (xy) ⇒ xy 12 (I).

Da 2ª. equação temos que:

001-156-Manual-FME2.indd 110 23/07/13 16:16

111



log2 x log

3 (x y) 3 log

3 x ⇒ log

2 x

log3 x3

log3 (x y)

logx y

x3.

Passando para a base 2, vem:

log2 x

log2 x3

log2 (x y)

⇒ log2 x

3 log2 x

log2 (x y)

por (I)

⇒ log2 x

3 log2 x

log2 x

12

x

x 1

log2 x

12

x 3 ⇒ x

12

x 8 ⇒

⇒ x2 8x 12 0 ⇒ x 2 ou x 6.

Se x 2, por (I), vem que y 6.

Se x 6, por (I), vem com y 2.

S {(2, 6); (6, 2)}

319. a) Notemos que x y 1 é solução particular desse sistema.

Para 0 x 1 e 0 y 1, aplicando logaritmo decimal a ambos

os membros da 1ª. e da 2ª. equações, vem:

xx y y12

yx y x3

log (xx y) log y12

log (yx y) log x3⇒

(x y) log x 12 log y

(x y) log y 3 log x⇒

Dividindo membro a membro, temos que:

log x

log y 4

log y

log x ⇒ (log x)2 4 (log y)2 ⇒

⇒ (log x 2 log y ou log x 2 log y) ⇔

⇔ (log x log y2 ou log x log y2) ⇒ x y2 ou x 1

y2.

1º. caso: Se x y2, substituindo na 1ª. equação (original), vem:

(y2)y2 y y12 ⇒ 2y2 2y 12 0 ⇒ y 3 (não convém)

ou y 2, donde x 22 4.

2º. caso: Se x 1

y2, vem, na 1ª. equação:

1

y2

1

y2 y

y12 ⇒ (y2)1

y2 y y12 ⇒

2

y2 2y 12 ⇒

⇒ 1

y2 y 12 ⇒ y3 6y2 1 0, que não apresenta raiz

real positiva.

S {(1, 1); (4, 2)}

b) Notemos que x y 1 é solução particular desse sistema.

Para 0 x 1 e 0 y 1, aplicando logaritmo de base x a

ambos os membros da 1ª. e da 2ª. equações, vem:

001-156-Manual-FME2.indd 111 23/07/13 16:16

112



xx y y3

yx y x6y3

logx (xx y) log

x y3

logx (yx y) log

x (x6y3)

⇒

⇒

⇒ x y 3 log

x y

(x y) logx y 6 3 log

x y

Dividindo membro a membro, vem:

1

logx y

3 log

x y

6 3 logx y

. Fazendo logx y t, vem:

1

t

3t

6 3t ⇒ t2 t 2 0 ⇒ t 1 ou t 2.


Temos: logx y 1 ⇒ y

1

x. Substituindo esse valor de y na 1ª.

equação, temos:

xx y y3 ⇒ xx

1

x

x3 ⇒ x2 3x 1 0

x 3 5

2 0 (não convém) e x

3 5

2 0 (não convém)


Temos: logx y 2 ⇒ y x2. Na 1ª. equação temos:

xx y y3 ⇒ xx x2 x6 ⇒ x2 x 6 0,

que, desprezando a raiz negativa, fornece x 2 e y 4.

S {(1, 1); (2, 4)}

c) x y 1 não é solução desse sistema. Para 0 x 1 e

0 y 1, aplicando logaritmo de base x a ambos os membros

da 1ª. equação, temos:

xy yx ⇒ logx (xy) log

x (yx) ⇒ y x log

x y (I).

Aplicando logaritmo de base 2 a ambos os membros da 2ª.

equação, vem:

2x 3y ⇒ log2 (2x) log

2 (3y) ⇒ x y log

2 3.

Vamos chamar log2 3 a; daí x y a (II).

Substituindo (I) em (II), vem:

x x logx y a

x 0 log

x y a 1 ⇒ log

x y

1

a ⇒ y x

1

a (III).

Em (II) temos:

x y a ⇒ x x1

a a ⇒ xa 1

a a ⇒ x a

a

a 1 ,

que, substituído em (III), fornece:

y a

a

a 1 1

a ⇒ y a

1

a 1 .

S a

a

a 1 , a

1

a 1 , em que a log2 3

001-156-Manual-FME2.indd 112 23/07/13 16:16

113



320. a) Aplicando logaritmo decimal a ambos os membro da 2ª. equação, vem:

xlog y ylog x y ⇒ xlog y

ylog x y2 ⇒ log (xlog y ylog x) log y2 ⇒

⇒ log xlog y log ylog x 2 log y ⇒

⇒ (log y) (log x) (log x) (log y) 2 log y ⇒

⇒ 2 log x log y 2 log y 0 ⇒ 2 log y (log x 1) 0 ⇒

⇒ log y 0 ou log x 1.

1ª. possibilidade: Se log y 0 ⇒ y 1. Na 1ª. equação teremos:

x0 1log x 200, o que é absurdo!

2ª. possibilidade: log x 1 ⇒ x 10. Na 1ª. equação teremos:

10log y y log 10 200 ⇒ 10 log y 200 y ⇒ log10

( 200 y) log10

y ⇒

⇒ 200 y y ⇒ y 100.

S {(10, 100)}

b) Da 2ª. equação vem:

x(log x log y)y 1 024 ⇒ log x log y 1 024

x

y .

Aplicando logaritmo de base 2 a ambos os membros dessa

última expressão, vem:

log2 [log x log y] log

2 1 024

x

y ⇒ log2 (log x) log

2 (log y)

x

y log

2 210 ⇒

⇒ log2 (log x) log

2 (log y)

10x

y.

Fazendo log x a e log y b (x 10a e y 10b), temos:

log2 a log

2 b 10

10a

10b ⇒ log

2 (ab) 10a 1 b (I).

Em termos das novas variáveis, a 1ª. equação pode ser escrita como:

xlog y ylog x 200 ⇒ (10a)b (10b)a 200 ⇒

⇒ 10ab 10ab 200 ⇒ 2 10ab 200 ⇒

⇒ 10ab 100 ⇒ ab 2 (II).


log2 (ab) 10a 1 b ⇒ log

2 2 10a 1 b ⇒ 10a 1 b 1 ⇒

⇒ a 1 b 0 ⇒ a b 1 (III)

De (II) e (III) temos: ab 2

a b 1, que resolvido fornece

(a 1 e b 2 ) ou (a 2 e b 1).

1ª. possibilidade: a 1 e b 2, isto é, log x 1 e log y 2 ⇒

⇒ x 10 e y 100.

2ª. possibilidade: a 2 e b 1, isto é, log x 2 e log y 1 ⇒

⇒ x 1

100 e y

1

10 (não convém, pois x deve ser natural, já que

é índice de raiz).

S {(10, 100)}

001-156-Manual-FME2.indd 113 23/07/13 16:16

114



c) Da 2ª. equação vem: log xy 1 ⇒ xy 10 ⇒ xy 100 (I). Fazendo log x a e log y b (x 10a e y 10b) e tendo em vista

(I), o sistema pode ser reescrito da forma:

(10a)b (10b)a 20 10a

10b 100 ⇒ 2 10ab 20

10a b 100 ⇒

⇒ ab 1 a b 2

, que resolvido fornece a 1 e b 1 isto é,

log x 1 e log y 1 ⇒ x 10 e y 10. S {(10, 10)}

CAPÍTULO VI — Inequações exponenciais e logarítmicas

322. a) 4x 7 ⇒ log4 4x log4 7 ⇒ x log4 4 log4 7 ⇒ x log4 7

S {x | x log4 7}

b) 13

x

5 ⇒ log13

13

x

log13

5 ⇒ x log13

13

log13

5 ⇒ x log13

5

S x | x log13

5

c) 23x 2 9 ⇒ 23x 22 9 ⇒ 8x

94

⇒ log8 8x log8

94

⇒

⇒ x log8 94

S x | x log8 94

d) 54x 1 3 ⇒ 54x

5 3 ⇒ 625x 15 ⇒ log625 625x log625 15 ⇒

⇒ x log625 625 log625 15 ⇒ x log625 15

S {x | x log625 15}

e) 32 3x 14

⇒ 32

33x 14

⇒ 27x 36 ⇒ log27 27x log27 36 ⇒

⇒ x log27 27 log27 36 ⇒ x log27 36

S {x | x log27 36}

f) 3 x 4 ⇒ log3 3x log3 4 ⇒ x log3 4 ⇒ x log2

3 4 S {x | x log2

3 4}

g) 2(x2) 5 ⇒ log2 2x2 log2 5 ⇒ x2

log2 2 log2 5 ⇒

⇒ x2 log2 5 ⇒ x2 log2 5 0 ⇒ log2 5 x log2 5

S x | log2 5 x log2 5

001-156-Manual-FME2.indd 114 23/07/13 16:16

115



324. a) 2x 3x 1 ⇒ 2x 3x

3 ⇒

2x

3x

1

3 ⇒

2

3

x

1

3 ⇒

⇒ log23

2

3

x

log23

1

3 ⇒ x log2

3

2

3 log2

3

1

3 ⇒ x log2

3

1

3

b) 23x 1 1

3

2x 3

⇒ 23x

2

1

3

2x

1

3

3 ⇒

(23)x

1

3

2

x

2

1

27

8x

1

9

x 54 ⇒ 72x 54 ⇒ log72 72x log72 54 ⇒ x log72 54

S {x | x log72 54}

c) 1

5

2x 3

24x 3 ⇒ 1

5

2x

1

5

3

24x

23 ⇒

1

25

x

16x

1

23 1

5

3 ⇒

⇒ 1

400

x

125

8 ⇒ 400x

8

125 ⇒ log400 400x log400

8

125 ⇒

⇒ x log400 8

125

S x | x log400 8

125

d) 2x 2 32x 1 ⇒ 2x

22 32x

3 ⇒

2x

9x

4

3 ⇒

2

9

x

4

3 ⇒

⇒ log29

2

9

x

log29

4

3 ⇒ x log

29

4

3

S x | x log29

4

3

325. a) 5x 3x 3x 1 ⇒ 5x 3x 3x 3 ⇒ 5x 3x (1 3) ⇒

⇒ 5x

3x 4 ⇒ 5

3

x

4 ⇒ log53

5

3

x

log53

4 ⇒ x log53

4

S x | x log53

4

b) 3x 3x 1 2x 2x 1 ⇒ 3x 3x 3 2x

2x

2 ⇒

⇒ 3x (1 3 ) 2x

1 1

2 ⇒

3x

2x

1

24

⇒ 3

2

x

1

8 ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 115 23/07/13 16:16

116



⇒ log32

3

2

x

log32

1

8 ⇒ x log3

2

1

8

S x | x log32

1

8

c) 2x 2x 1 2x 2 3x 1 3x ⇒ 2x 2x 2 2x 22 3x 3 3x ⇒

⇒ 2x (1 2 4) 3x (3 1) ⇒ 2x

3x 2

7 ⇒

2

3

x

2

7 ⇒

⇒ log23

2

3

x

log23

2

7 ⇒ x log2

3

2

7

S x | x < log23

2

7

d) 3x 3x 1 3x 2 2x 2 2x ⇒ 3x 3x 3 3x 32 2x

22 2x ⇒

⇒ 3x (1 3 9) 2x 1

4 1 ⇒

3x

2x

3

413

⇒ 3

2

x

3

52.

Como 3

2

x

> 0, ∀x , a desigualdade acima nunca é satisfeita.

S

e) 2x 2x 1 2x 3 5x 2 5x 1 ⇒

⇒ 2x 2x 2 2x 23 5x 52 5x

5 ⇒

⇒ 2x (1 2 8) 5x 25 1

5 ⇒ (5) 2x

124

5 5x.

Multiplicando a desigualdade acima por (1), vem:

5 2x 124

5 5x ⇒

2x

5x 124

25 ⇒

2

5

x

> 124

25.

Como 2

5

x

0, ∀x , a desigualdade acima é sempre satisfeita.

S

326. a) 23x 1 52x 3 6 ⇒ 23x 2 52x

53 6 ⇒

⇒ 8x 25x 375 ⇒ 200x 375 ⇒ log200 200x log200 375 ⇒

⇒ x log200 375

S {x | x log200 375}

b) 32x 1 25 4x 5 ⇒ 32x

3

25

24x 5 ⇒ 9x

16x 15

32 ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 116 23/07/13 16:16

117



⇒ 9

16

x

15

32 ⇒ log

916

9

16

x

log916

15

32 ⇒ x log

916

15

32

S 5 x I x < log916

15

32

327. a) 9x 2 5 ? 3x 1 6 0 ⇒ (3x)2 2 5 ? 3x 1 6 0.

Fazendo 3x 5 t, temos:

t2 2 5t 1 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3) ⇒ (3x 2 ou 3x 3 ) ⇒

⇒ (log3 3x log3 2 ou x 1) ⇒ (x log3 2 ou x 1).

S 5 {x | x log3 2 ou x 1 }

b) 4x 2 2x 1 2 1 3 0 ⇒ (22)x 2 2x ? 22 1 3 0.

Fazendo 2x 5 t, vem:

t2 2 4t 1 3 0 ⇒ 1 t 3 ⇒ 1 2x 3 ⇒

⇒ log2 1 log2 2x log2 3 ⇒ 0 x log2 3.

S 5 {x | 0 x log2 3}

c) 25x 2 5x 2 6 0 ⇒ (5x)2 2 5x 2 6 > 0.

Fazendo 5x 5 t, temos:

t2 2 t 2 6 > 0 ⇒ t < 22 ou t > 3.

Se t < 22, vem: 5x < 22 nunca é satisfeita.

Se t >3, vem: 5x > 3 ⇒ log5 5x > log5 3 ⇒ x > log5 3.

S 5 {x | x log5 3}

d) 4x 1

12 2 2x 2 3 < 0 ⇒ 4x ? 4

12 2 2x 2 3 < 0.


t2 ? 2 2 t 2 3 < 0 ⇒ 21 < t < 3

2 ⇒ 21 < 2x <

3

2.

Como 2x > 21, ∀x , temos:

2x < 3

2 ⇒ log2 2

x < log2 3

2 ⇒ x < log2

3

2 .

S 5 x | x < log2 3

2

e) 25x 1 5x 1 1 1 4 < 0 ⇒ (5x)2 1 5x ? 5 1 4 < 0.


t2 1 5t 1 4 < 0 ⇒ 24 < t < 21, isto é, 24 < 5x < 21.

Como a 2ª. parte da inequação simultânea nunca é satisfeita,

pois 5x 0, ∀x , não há solução.

S 5

f) 2 ? 9x 1 3x 1 2 1 4 0 ⇒ 2 ? (32)x 1 3x ? 32 1 4 0.

001-156-Manual-FME2.indd 117 25/07/13 10:52

118



Fazendo 3x t, vem:

2t2 9t 4 0 ⇒ t 4 ou t 1

2 ⇒

⇒ 3x 4 ou 3x 1

2.

A 1ª. desigualdade nunca é satisfeita e a 2ª. desigualdade é

satisfeita ∀x .

S

328. 9x 6x 4x 0 ⇒ 9x 6x 4x.

Como 4x 0, ∀x , podemos dividir membro a membro por 4x:

9x 6x

4x 4x

4x ⇒ 9

4

x

6

4

x

1 ⇒ 3

2

2x

3

2

x

1.

Fazendo 3

2

x

t, temos:

t2 t 1 0 ⇒ t 1 5

2 ou t

1 5

2 ⇒

⇒ 3

2

x

1 5

2 (absurdo!) ou

3

2

x

1 5

2 ⇒

⇒ log32

3

2

x

log32

1 5

2 ⇒ x log3

2

1 5

2.

S x | x log32

1 5

2

329. Como 25x 0, ∀x , podemos dividir ambos os membros por 25x:

4x 6 10x 8 25x 0 ⇒ 4x 6 10x 8 25x

25x 0 ⇒

⇒ 4

25

x

6 10

25

x

8 0 ⇒ 2

5

2x

6 2

5

x

8 0.

Fazendo 2

5

x

t, temos:

t2 6t 8 0 ⇒ 2 t 4 ⇒

⇒ 2 2

5

x

4 ⇒ log25

2 log25

2

5

x

log25

4 ⇒

⇒ log25

4 x log25

2.

S x | log25

4 x log25

2

330. 4x 1 8 6x 9x

12 0 ⇒ 4x

4 8 6x 9x 9

12 0.

Como 9x 0, ∀x , podemos dividir os membros por 9x:

001-156-Manual-FME2.indd 118 23/07/13 16:16

119



4x

4 8 6x 9x 3

9x 0 ⇒ 4

4

9

x

8 6

9

x

3 0 ⇒

⇒ 4 2

3

2x

8 2

3

x

3 0.

Fazendo 2

3

x

t, temos:

4t2 8t 3 0 ⇒ t 1

2 ou t

3

2 ⇒

⇒ 2

3

x

1

2 ou

2

3

x

3

2 ⇒

⇒ log23

2

3

x

log23

1

2 ou log

23

2

3

x

log23

3

2 ⇒

⇒ x log23

1

2 ou x 1 .

S x | x 1 ou x log23

1

2

331. a) log3 (5x 2) log3 4 ⇒ 0 5x 2 4 ⇒ 2

5 x

6

5.

S x | 2

5 x

6

5

b) log0,3 (4x 3) log0,3 5 ⇒ 4x 3 5 ⇒ 4x 8 ⇒ x 2.

S {x | x 2}

c) log12

(3x 1) log12

(2x 3) ⇒ 0 3x 1 2x 3 ⇒ 1

3 x 4.

S x | 1

3 x 4

d) log2 (2x2 5x) log2 3 ⇒ 0 2x2 5x 3 ⇔

⇔ (2x2 5x 0 e 2x2 5x 3) ⇒

⇒ x 0 ou x 5

2 (I) e

1

2 x 3 (II)

Determinando (I) (II), temos:

S x | 1

2 x 0 ou

5

2 x 3

e) log12

(x2 1) log12

(3x 9) ⇒ 0 x2 1 3x 9 ⇔

⇔ (x2 1 3x 9 e 0 x2 1) ⇒

⇒ (2 x 5 (I) e x 1 ou x 1 (II))

001-156-Manual-FME2.indd 119 23/07/13 16:16

120




S {x | 2 x 1 ou 1 x 5} f) log

110

(x2 1) log110

(2x 5) ⇒ x2 1 2x 5 0 ⇒

⇒ (x2 1 2x 5 e 2x 5 0) ⇒ x 5

2.

S x | x 5

2

g) log (x2 x 2) log (x 4) ⇒ 0 x2 x 2 x 4 ⇔

⇔ (x2 x 2 0 e x2 x 2 x 4) ⇒

⇒ (x 1 ou x 2) e (x2 2x 2 0)

Como a 2ª. desigualdade não é nunca satisfeita, pois ∀x ,

tem-se x2 2x 2 0, segue que não há solução.

s

332. a) log5 (x2 x) log0,2

1

6 ⇒ log5 (x

2 x) log15

1

6 ⇒

⇒ log5 (x2 x) log5

1

6 ⇒ log5 (x

2 x) log5 1

6

1

⇒

⇒ x2 x 6 ⇒ x2 x 6 0 ⇒ (x 2 ou x 3).

S {x | x 2 ou x 3}

b) log12

x2 x 3

4 2 log2 5 ⇒

⇒ log12

x2 x 3

4 log2 4 log2 5 ⇒

⇒ log12

(x2 x 3

4 log2

4

5 ⇒ log

12

x2 x 3

4 log

12

4

5

1

⇒

⇒ 0 x2 x 3

4

5

4 ⇒

⇒ x2 x 3

4 0 e x2 x

3

4

5

4 ⇒

⇒ x 1

2 ou x

3

2 (I) e 1 x 2 (II)


S x | 1 x 1

2 ou

3

2 x 2

333. log x colog (x 1 ) log 12 ⇒ log x log (x 1 ) log 12

Lembrando que as propriedades operatórias só podem ser aplicadas

se estabelecermos a condição de existência dos logaritmos, temos:

x 0 e x 1 0 ⇒ x 0 (I). Então:

001-156-Manual-FME2.indd 120 23/07/13 16:16

121



log x log (x 1 ) log 12 ⇒ log [ x (x 1)] log 12 ⇒ x2 x 12 ⇒

⇒ (x 4 ou x 3) (II).

Fazendo (I) (II), temos:

S {x | x 3}

334. a) Para mudarmos de base precisamos garantir a existência dos

logaritmos, isto é, 2 x 0 e x 1 0 ⇒ 1 x 2 (I).

Assim, temos:

log2 (2 x) log 1

2

(x 1) ⇒ log2 (2 x) log2 (x 1)1 ⇒

⇒ 2 x 1

x 1 ⇒ (2 x)(x 1) 1 (esta passagem é

garantida por (I)) ⇒

⇒ x2 x 1 0 ⇒ x 1 5

2 ou x

1 5

2 (II).

De (I) e (II) vem:

S x | 1 x 1 5

2 ou

1 5

2 x 2

b) 1º caso: log2 x 0 ⇒ x 1 (I)

Temos:

1

log2 x

1

log2 x 2 ⇒ 1

log2 x

log2 x 2 ⇒ log2 x log2 x 2 ⇒

⇒ x x 2 ⇒ x2 x 2 0 ⇒ (x 1 ou x 2) (II).

De (I) (II) temos: x 2.

2º. caso: log2 x 0 ⇒ 0 x 1 (I)

Temos:

1

log2 x

1

log2 x 2 ⇒ 1

log2 x

log2 x 2 ⇒ log2 x log2 x 2 ⇒

⇒ x2 x 2 0 ⇒ 1 x 2 (II).

De (I) (II) resulta 0 x 1.

Juntando os dois casos, temos: S {x | x 2 ou 0 x 1}.

335. a) log2 (3x 5) 3 ⇒ 3x 5 23 ⇒ 3x 5 8 ⇒ x 1.

S {x | x 1}

b) log13

(4x 3) 2 ⇒ 0 4x 3 1

3

2

⇒ 3

4 x

7

9.

S x | 3

4 x

7

9

c) log2 (x2 x 2) 2 ⇒ 0 x2 x 2 4 ⇒

x2 x 2 0ex2 x 6 0

⇒

001-156-Manual-FME2.indd 121 23/07/13 16:16

122



⇒

x 2 ou x 1 (I)e3 x 2 (II)

Fazendo (I) (II), vem:

S {x | 3 x 2 ou 1 x 2}

d) log12

(2x2 6x 3) 1 ⇒ 2x2 6x 3 1

2

1

⇒ 2x2 6x 5

2 0 ⇒

⇒ x 1

2 ou x

5

2.

S x | x 1

2 ou x

5

2

e) log12

(x2 4x 5) 4 ⇒ 0 x2 4x 5 1

2

4

⇒

⇒

x2 4x 5 0ex2 4x 21 0

⇒

x 5 ou x 1 (I)e7 x 3 (II)


S {x | 7 x 5 ou 1 x 3}

f) log58

2x2 x 3

8 1 ⇒ 0 2x2 x

3

8

5

8 ⇒

⇒

2x2 x 3

8 0

e

2x2 x 1 0

⇒

x 1

4 ou x

3

4 (I)

e

1

2 x 1 (II)


S x | 1

2 x

1

4 ou

3

4 x 1

g) log (x2 3x 3) 0 ⇒ x2 3x 3 1 ⇒ x2 3x 2 0 ⇒

⇒ x 2 ou x 1.

S {x | x 2 ou x 1}

h) log0,3 (x2 4x 1 ) 0 ⇒ 0 x2 4x 1 0,30 ⇒

⇒

x2 4x 1 0ex2 4x 0

⇒ x 2 3 ou x 2 3 (I)e0 x 4 (II)

Fazendo (I) (II) vem:

S {x | 0 x 2 3 ou 2 3 x 4}

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123



336. loga (2x 3) 0 0 a 1

0 2x 3 a0 ⇒ 0 2x 3 1 ⇒

⇒ 3

2 x 2.

S x | 3

2 x 2

337. a) 2 log2 (3x 1) 4 ⇒ 22 3x 1 24 ⇒ 4 3x 1 16 ⇒

⇒ 1 x 5.

S {x | 1 x 5}

b) 2 log2 (3 2x) 3 ⇒ 4 3 2x 8 ⇒ 5

2 x

1

2.

S x | 5

2 x

1

2

c) 1

2 log

12

(2x) 1 ⇒ 1

2 2x

1

2 ⇔

⇔ 1

2 2x

1

2 ⇒

1

4 x

1

2 2.

S x | 1

4 x

1

8

d) 0 log3 (x2 4x 3) 1 ⇒ 1 x2 4x 3 3 ⇒

⇒

x2 4x 2 0ex2 4x 0

⇒

x 2 2 ou x 2 2 (I)e0 x 4 (II)

Fazendo (I) (II), vem;

S {x | 0 x 2 2 ou 2 2 x 4}

338. Temos: 1 log10 (x 1) 2 ⇒ 10 x 1 100 ⇒ 11 x 101.

S {x | 11 x 101}

339. a) |log2 x| 1 ⇒ (log2 x 1 ou log2 x 1 ⇒

⇒ 0 x 1

2 ou x 2 .

S x | 0 x 1

2 ou x 2

b) |log3 (x 3)| 2 ⇒ (log3 (x 3) 2 ou log3 (x 3) 2) ⇒

⇒ 0 x 3 1

9 ou x 3 9) ⇒ ( 3 x

28

9 ou x 12 .

S x | 3 x 28

9 ou x 12

001-156-Manual-FME2.indd 123 23/07/13 16:16

124



c) |log x| 1 ⇒ 1 log x 1 ⇒ 101 x 10 ⇒ 1

10 x 10.

S x | 1

10 x 10

d) |2 log2 x| 3 ⇒ (2 log2 x 3 ou 2 log2 x 3) ⇒

⇒ (log2 x 5 ou log2 x 1) ⇒ (0 x 25 ou x 2).

S x | 0 x 1

32 ou x 2

e) |log3 (x2 1)| 1 ⇒ 1 log3 (x

2 1) 1 ⇒ 31 x2 1 3 ⇒

⇒

x2 1 1

3e

x2 1 3

⇒

x 2

3 ou x

2

3 (I)

e

2 x 2 (II)


S x | 2 x 2

3 ou

2

3 x 2

340. a) Fazendo log3 x t, vem:

3 log23 x 5 log3 x 2 0 ⇒ 3t2 5t 2 0 ⇒ 2 t

1

3 ⇒

⇒ 2 log3 x 1

3 ⇒ 32 x 3

13 ⇒

1

9 x 3

3.

S x | 1

9 x 3

3

b) Fazendo log12

x t, vem:

log12

2 x 3 log12

x 4 0 ⇒ t2 3t 4 0 ⇒ (t 1 ou t 4)

(log12

x 1 ou log12

x 4) ⇒ x 1

2

1

ou 0 x 1

2

4

⇒

⇒ x 2 ou 0 x 1

16.

S x | 0 x 1

16 ou x 2

c) log22 x 4.


t2 4 0 ⇒ 2 t 2 ⇒ 2 log2 x 2 ⇒ 1

4 x 4.

S x | 1

4 x 4

001-156-Manual-FME2.indd 124 23/07/13 16:16

125



d) 1 log2 x 3 ⇒ log2 x 1 e log2 x 3

Fazendo log x t, temos:

t2 1

e

t2 3

⇒ t 1 ou t 1 (I)

e

3 t 3 (II)

De (I) e (II) vem:

( 3 t 1 ou 1 t 3 ) ⇒ ⇒ ( 3 log x 1 ou 1 log x 3 ) ⇒

⇒ (10 3 x 101 ou 10 x 10 3 ).

S x | 1

10 3 x

1

10 ou 10 x 10 3

e) Fazendo log2 x t, temos:

log4 x 5 log2 x 4 0 ⇒ t2 5t 4 0 ⇒ 1 t 4, isto é,

1 log2 x 4.

Se fizermos log x v, teremos:

1 v2 4 ⇒ v2 1

e

v2 4

⇒ v 1 ou v 1

e

2 v 2

⇒

⇒ (2 v 1 ou 1 v 2) ⇒

⇒ (2 log x 1 ou 1 log x 2) ⇒

⇒ (102 x 101 ou 10 x 102).

S {x | 102 x 101 ou 10 x 102}

f) Fazendo log2 x t, vem:

1

t

1

t 1 1 ⇒

t2 t 1

t2 t 0.

Fazendo o quadro-quociente, temos:

(t 0 ou t 1) ⇒ (log2 x 0 ou log2 x 1) ⇒

⇒ (0 x 1 ou x 2).

S {x | 0 x 1 ou x 2}

341. Fazendo loge x t, temos:

2 (loge x)2 loge x 6 ⇒ 2t2 t 6 0 ⇒ t

3

2 ou t 2 ⇒

⇒ loge x 3

2 ou loge x 2 ⇒ 0 x e

32 ou x e2 .

S x | 0 x e32 ou x e2

342. a) Como logx 2 1

log2 x, temos:

log2 x 6 logx 2 1 0 ⇒ log2 x 6 1

log2 x 1 0.

001-156-Manual-FME2.indd 125 23/07/13 16:16

126




t 6

t 1 0 ⇒

t2 t 6

t 0.


(3 t 0 ou t 2) ⇒ (3 log2 x 0 ou log2 x 2) ⇒

⇒ 1

8 x 1 ou x 4 .

S x | 1

8 x 1 ou x 4

b) log2 x logx 8 2 0 ⇒ log2 x log2 8

log2 x 2 0.


t 3

t 2 0 ⇒

t2 2t 3

t 0.


(1 t 0 ou t 3) ⇒ (1 log2 x 0 ou log2 x 3) ⇒

⇒ 1

2 x 1 ou x 8 .

S x | 1

2 x 1 ou x 8

c) Como sabemos, log12

x5

4

log2 x5

4

log2 1

2

log2 x5

4

[log2 x5 log2 4] 2 5 log2 x.

Então, a desigualdade proposta é equivalente a:

(log2 x)4 (2 5 log2 x)

2 20 log2 x 148 0.


t4 (2 5t)2 20t 148 0 ⇒ t4 25t2 144 0.

Fazendo t2 v, temos:

v2 25v 144 0 ⇒ 9 v 16 ⇒ 9 t2 16 ⇒

⇒ (4 t 3 ou 3 t 4) ⇒ (4 log2 x 3 ou

3 log2 x 4) ⇒

⇒ 1

16 x

1

8 ou 8 x 16 .

S x | 1

16 x

1

8 ou 8 x 16

343. Como logx e 1

loge x, podemos escrever:

1

loge x

1

1

loge x 1

1.

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127



Fazendo loge x t, vem:

1

t

1

1

t 1

1 ⇒ 2t2 2t 1

t t2 0.


0 t 1 ⇒ 0 loge x 1 ⇒ 1 x e.

S {x | 1 x e}

344. A condição de existência dos logaritmos é 1 8(log14

x)2 0 e x 0.

Fazendo log14

x t, vem:

1 8t2 0 ⇒ 1

2 2 t

1

2 2 ⇒

1

2 2 log

14

x 1

2 2 ⇒

⇒ 1

2

1

2 x 1

2

1

2 e x 0 ⇒ 1

2

1

2 x 1

2

1

2 (I).

Voltando à desigualdade proposta, temos:

1 1 8(log14

x)2 3 log14

x ⇒ 1 1 8t2 3t ⇒

⇒ 1 3t 1 8t2 ⇒ 0 (1 3t)2 1 8t2.

Como (1 3t)2 0, ∀t , temos apenas:

(1 3t)2 1 8t2 ⇒ 17t2 6t 0 ⇒

⇒ 0 t 6

17 ⇒ 0 log

14

x 6

17 ⇒

1

2

12

17 x 1 (II).

A solução da inequação é dada pela interseção de (I) e (II):

(I)

1

2

1

2 1

2

1

2–

(II)

1

(I) > (II)

1

2

12

17

S x | 1

2

12

17 x 1

001-156-Manual-FME2.indd 127 23/07/13 16:16

128




logx2

8 logx4

8 log2 x

4

log2 x2 4

⇒ log2 8

log2 x

2

log2 8

log2 x

4

4 log2 x

2 log2 x 4.


3

t 1

3

t 2

4t

2t 4 ⇒

2t2 8t 9

t2 3t 2 0.

Fazendo o quadro-quociente, obtemos:

(t 1 ou t 2) ⇒ (log2 x 1 ou log2 x 2) ⇒ (0 x 2 ou x 4).

S {x | 0 x 2 ou x 4}

346. Fazendo loga x t, temos:

1 log2

a x

1 loga x 1 ⇒

1 t2

1 t 1 ⇒

t2 t

1 t 0.

Fazendo o quadro-quociente, obtemos: 1 t 0 ou t 1, isto é:

1 loga x 0 0 a 1

1 x 1

a

ou

loga x 1 0 a 1

0 x a.

S x | 1 x 1

a ou 0 x a


2 (I).

Temos:

log3 (3x 4) log3 (2x 1) 1 ⇒ log3 3x 4

2x 1 1 ⇒

⇒ 3x 4

2x 1 3

x 12

3x 4 3(2x 1) ⇒ x 7

3 (II).

A solução da inequação é dada por (I) (II):

S x | 1

2 x

7

3


Temos:

log2 x log2 (x 1) log2 (2x 6) ⇒ log2 [x (x 1)] log2 (2x 6) ⇒

⇒ x2 x 2x 6 ⇒ x2 x 6 0 ⇒ 2 x 3 (II).

De (I) (II) vem: 0 x 3.

S {x | 0 x 3}

c) A condição de existência dos logaritmos é 2

3 x

1

2 (I).

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129



Temos:

log2 (3x 2) log2 (1 2x) 2 ⇒ log2 3x 2

1 2x 2 ⇒

⇒ 3x 2

1 2x 4

1 2x 0 3x 2 4 8x ⇒ x

2

11 (II).

De (I) (II) segue que: 2

11 x

1

2.

S x | 2

11 x

1

2

d) A condição de existência dos logaritmos é x 1

2 (I).

Temos:

log (2x 1) log (x 2) log 3 ⇒ log 2x 1

x 2 log 3 ⇒

⇒ 2x 1

x 2 3

x 2 0 2x 1 3x 6 ⇒ x 7 (II).

De (I) (II) temos: x 1

2.

S x | x 1

2

e) A condição de existência dos logaritmos é x 2 (I).

Temos: log3 (x2 x 6) log3 (x 1) log3 4 ⇒

⇒ log3 x2 x 6

x 1 log3 4 ⇒

⇒ x2 x 6

x 1 4

(I) x2 x 6 4x 4 ⇒ x2 3x 10 0 ⇒

⇒ x 2 ou x 5 (II).

(I) (II): x 5.

S {x | x 5}

f) A condição de existência dos logaritmos é x 1 (I).

Temos:

log12

(x 1) log12

(3x 2 ) 2 ⇒ log12

[(x 1)(3x 2 )] 2 ⇒

⇒ (x 1)(3x 2) 4 ⇒ 3x2 5x 2 0 ⇒

⇒ 1

3 x 2 (II)

De (I) (II) temos 1 x 2.

S {x | 1 x 2}

349. A condição de existência dos logaritmos é x 0 (I).

Temos:

log10 x log10 (x 3) 1 ⇒ log10 [x (x 3)] 1 ⇒ x2 3x 10 ⇒

⇒ x2 3x 10 0 ⇒ 5 x 2 (II).

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130



De (I) (II) vem: 0 x 2.

S {x | 0 x 2}


6 (I).

Temos:

log2 6x 1 log2 x 1 log4 3 ⇒

⇒ log2 [ 6x 1 x 1 ] log2 3

log2 4 ⇒

⇒ log2 6x2 7x 1 1

2 log2 3 ⇒

⇒ 2 log2 6x2 7x 1 log2 3 ⇒

⇒ log2 ( 6x2 7x 1)2 log2 3 ⇒ 6x2

7x 1 3 ⇒

⇒ 6x2 7x 2 0 ⇒ x

7 97

12 ou x

7 97

12 (II).

De (I) (II) temos: x 7 97

12.

S x | x 7 97

12


Como log4 (8x)

log2 (8x)

log2 4

1

2 log2 (8x) log2 (8x)

12 log2

8x ,

podemos escrever:

log4 (8x) log2 x 1 log2 x 1 log2 3 ⇒

⇒ log2 8x log2 3 log2 x 1 log2 x 1 ⇒

⇒ log2 8x log2 (3 x 1

x 1 ) ⇒

⇒ log2 8x log2 (3

x 1 ) ⇒

⇒ 8x 9(x2 1) ⇒ 9x2 8x 9 0 ⇒

⇒ x 4 97

9 ou x

4 97

9 (II).

Fazendo (I) (II), obtemos: x 4 97

9.

S x | x 4 97

9

351. A condição de existência dos logaritmos é:2x2 x 1 0 (é satisfeita para ∀x )

e

2x 1 0 ⇒ x

1

2 (I)

Como log4 (2x2 x 1) log2 (2x2 x 1)

log2 4

1

2 log2 (2x2 x 1)

log2 (2x2 x 1)12 log2 2x2 x 1 , podemos escrever:

log4 (2x2 x 1) log2 (2x 1) 1 ⇒

001-156-Manual-FME2.indd 130 23/07/13 16:16

131



⇒ log2 2x2 x 1 log2 (2x 1) 1 ⇒

⇒ log2 2x2 x 1

2x 1 1 ⇒ 0

2x2 x 1

2x 1 2

(I)

⇒ 2x2 x 1 2(2x 1) ⇒ 2x2 x 1 [2(2x 1)]2 ⇒

⇒ 14x2 17x 3 0 ⇒ x 3

14 ou x 1 (II).

Fazendo (I) (II), temos: x 1.

S {x | x 1}

353. a) log13 (log2 x) 0 ⇒ log2 x

1

3

0

⇒ log2 x 1 ⇒ x 2.

S {x | x 2}

b) log12 (log1

3 x) 0 ⇒ 0 log1

3 x 1 ⇒

1

3 x 1.

S x | 1

3 x 1

c) log2 log12 x 1 ⇒ log1

2 x 2 ⇒ 0 x

1

4.

S x | 0 x 1

4

d) log2 [log3 (log5 x)] 0 ⇒ log3 (log5 x) 1 ⇒ log5 x 3 ⇒ x 125.

S {x | x 125}

e) log12 log3 log1

2 x 0 ⇒ log3 log1

2 x 1 ⇒ log1

2 x 3 ⇒

⇒ 0 x 1

8.

S x | 0 x 1

8

f) log2 [log12 (log3 x)] 1 ⇒ log1

2 (log3 x) 2 ⇒ 0 log3 x

1

2

2

⇒

⇒ 0 log3 x 1

4 ⇒ 1 x 3

4.

S x | 1 x 34

354. log13 log1

3 x 0 ⇒ 0 log1

3 x 1 ⇒

1

3 x 1.

S x | 1

3 x 1

001-156-Manual-FME2.indd 131 23/07/13 16:16

132



355. Temos:

loga (loga x) 0 a 1

0 loga x 1 a 1

1 x a.

S {x | 1 x a}

356. Temos:

loga (log1a x) 0

0 a 1 log1

a x 1

11a

x 1

a.

S x | x 1

a

357. Temos:

loga log1a (loga x) 0

a 1 log1

a (loga x) 1

10 1a

0 loga x 1

a ⇒

a 1 1 x a

1a.

S x | 1 x aa

358. Temos:

log1a [loga (loga x)] 0

11a

0 loga (loga x) 1 0 a 1

⇒ a loga x 1 0 a 1

a x aa.

S {x | a x aa}

359. a) log2 {1 log3 [log2 (x2 3x 2)]} 0 ⇒

⇒ 1 log3 [log2 (x2 3x 2)] 1 ⇒ log3 [log2 (x

2 3x 2)] 0 ⇒

⇒ log2 (x2 3x 2) 1 ⇒ x2 3x 2 2 ⇒

⇒ x2 3x 0 ⇒ x 0 ou x 3.

S {x | x 0 ou x 3}

b) log13 [log4 (x

2 5)] 0 ⇒ 0 log4 (x2 5) 1 ⇒ 1 x2 5 4 ⇒

⇒

x2 5 1

e

x2 5 4

⇒ x 6 ou x 6 (I)

e

3 x 3 (II)


S {x | 3 x 6 ou 6 x 3}

c) log2 log13

1

x 1 0 ⇒ 0 log1

3

1

x 1 1 ⇒

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133



⇒ 1

3

1

x 1 1 ⇒

1

x 1

1

3e

1

x 1 1

⇒

4 x

x 1 0 (I)

e

2 x

x 1 0 (II)

Fazendo o quadro-quociente para (I), decorre 1 x 4, e para (II)

decorre x 1 ou x 2.

Fazendo a interseção desse intervalos, vem:

S {x | 2 x 4}

d) log12 log8

x2 2x

x 3 0 ⇒ log8

x2 2x

x 3 1 ⇒

x2 2x

x 3 8 ⇒

⇒ x2 10x 24

x 3 0.


S {x | 3 x 4 ou x 6}

360. a) Devemos ter: log2 x 0 ⇒ x 1.

D {x | x 1}

b) Devemos ter: log12 x 0 ⇒ 0 x 1.

D {x | 0 x 1}

c) Devemos ter: log2 log12 x 0 ⇒ log1

2 x 1 ⇒ 0 x

1

2.

D x | 0 x 1

2

d) Neste caso, precisamos garantir somente a existência do

logaritmo, isto é, log2 x 0 ⇒ x 1.

D {x | x 1}

e) Devemos ter: log3 x2 2x 7

x 1 0 ⇒

x2 2x 7

x 1 1 ⇒

⇒ x2 x 6

x 1 0.


D {x | 3 x 1 ou x 2}

f) Devemos ter: log12

x

x2 1 0 ⇒ 0

x

x2 1 1 ⇒

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134



⇒

x

x2 1 0

e

x

x2 1 1

⇒

x

x2 1 0 (I)

e

x2 x 1

x2 1 0 (II)

Fazendo o quadro-quociente para (I) e (II), obtemos:

(I)

(II)

(I) > (II)0 151 –

2

51 +

2

x

–1

D x | 1 5

2 x 0 ou x

1 5

2

361. Devemos ter: log12 (x 1) 0 ⇒ 0 x 1 1 ⇒ 1 x 2.

D {x | 1 x 2}

362. A desigualdade 3 2x

1 xloga 1 é equivalente à desigualdade

0 loga 3 2x

1 x 1.

1º caso: 0 a 1

0 loga 3 2x

1 x 1 ⇒ a

3 2x

1 x 1 ⇒

3 2x

1 x a (I)

e

3 2x

1 x 1 (II)

⇒

(2 a)x 3 a

1 x 0 (I)

e

x 2

1 x 0 (II)

Para resolver (I), notemos que, como 0 a 1, 2 a 0 e,

portanto, a função f (x) (2 a)x 3 a é decrescente. Então,

fazendo o quadro-quociente, temos:

001-156-Manual-FME2.indd 134 23/07/13 16:16

135



f(x) = (– 2 + a)x + 3 – a

g(x) = 1 – x

g(x)f(x)

–

––

–

+ +

+

+ +

1x

a – 3a – 2

f(x) = – x + 2

g(x) = 1 – x

g(x)f(x)

–

––

–

+ +

+

+ +

1 2x

(I) > (II)

(II)

(I)

a – 3a – 2

1 2x

Fazendo o quadro-quociente para (II), obtemos:


2º caso: a 1 e 2 a 0, isto é, 1 a 2

Temos:

0 loga 3 2x

1 x 1 ⇒ 1

3 2x

1 x a ⇒

⇒

3 2x

1 x 1

e

3 2x

1 x a

⇒

x 2

1 x 0 (I)

e

(2 a)x 3 a

1 x 0 (II)

001-156-Manual-FME2.indd 135 23/07/13 16:16

136



Utilizando o quadro-quociente anterior para (I) e (II) (notemos que a

função f (x) (2 a)x 3 a neste caso também é decrescente),

temos:

(I): x 1 ou x 2 e (II): 1 x a 3

a 2.

Fazendo (I) (II), temos:

(Notemos que para 1 a 2, a 3

a 2 2.)

3º caso: a 1 e 2 a 0, isto é, a 2

Temos:

0 loga 3 2x

1 x 1 ⇒ 1

3 2x

1 x 2 ⇒

⇒

3 2x

1 x 1

e

3 2x

1 x 2

⇒

x 2

1 x 0 (I)

e

1

1 x 0 (II)

Temos:

(I) > (II)

(II)

(I)

a – 3a – 2

1 2x

x(I) > (II)

(II)

(I)

1 2

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137



f(x) = (– 2 + a)x + 3 – a

g(x) = 1 – x

g(x)f(x)

+

–+

+

– +

+

– –

1x

(II)

a – 3a – 2

a – 3a – 2

1 2x

(I)

(II)

(I) > (II)

4º caso: a 1 e 2 a 0, isto é, a 2

Temos:

0 loga 3 2x

1 x 1 ⇒ 1

3 2x

1 x a ⇒

⇒

3 2x

1 x 1

e

3 2x

1 x a

⇒

x 2

1 x 0 (I)

e

(2 a)x 3 a

1 x 0 (II)

Para resolvermos (II), notemos que, como a 2, a função

f (x) (2 a)x 3 a é crescente. Fazendo o quadro-quociente,

temos:

(Notemos também que para a 2, a 3

a 2 1.)

Fazendo, então, (I) (II), temos:

Agrupando os 4 casos, temos:

0 a 1 ⇒ S x | a 3

a 2 x 2

1 a 2 ⇒ S x | 2 x a 3

a 2

a 2 ⇒ S {x | x 2};

a 2 ⇒ S x | x a 3

a 2 ou x 2

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138



363. a) 1

2

log 13

(4x2 9x 5) 2 ⇒

1

2

log 13

(4x2 9x 5)

1

2

1 ⇒

log1 3 (4x2 9x 5) 1 ⇒ 4x2 9x 5 3 ⇒ 4x2 9x 2 0 ⇒

⇒ x 1

4 ou x 2

S x | x 1

4 ou x 2

b) 3log 1

2

(x2 6x)

1

81 ⇒ 3

log 12

(x2 6x) 34 ⇒ log1

2 (x2 6x) 4 ⇒

⇒ x2 6x 16 ⇒ x2 6x 16 0 ⇒ x 8 ou x 2

S {x | x 8 ou x 2}

c) 1

2

log3 log 12

x 1x

1 ⇒ log3 log12

x 1

x 0 ⇒

⇒ log12

x 1

x 1 ⇒

⇒ 0 x 1

x

1

2 ⇒

x 1

x 0

e

x 1

x

1

2

⇒

x2 1

x 0

e2x2 x 2

2x 0

Fazendo o quadro-quociente, vem:

⇒

1 x 0 ou x 1 (I)

x 1 17

4 ou 0 x

1 17

4 (II).


S x | 1 x 1 17

4 ou 1 x

1 17

4

d) (1,25)1 log22x (0,64)2 log 2

x ⇒

5

4

1 log22 x

4

5

2 (2 log 2 x)

⇒

⇒ 5

4

1 log22 x

4

5

4 2 log 2 x ⇒

4

5

1 1 log22 x

4

5

4 2 log 2 x ⇒

⇒ 4

5

log22

x 1

4

5

4 2 log 2 x ⇒ log2

2 x 1 4 2 log2

x

Como log2

x log2 x

log2 2

log2 x

1

2

2 log2 x, podemos escrever:

(log2 x)2 1 4 4 log2 x.

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139




t2 1 4 4t ⇒ t2 4t 5 0 ⇒ (t 1 ou t 5), isto é,

log2 x 1 ⇒ 0 x 1

2 ou (log2 x 5 ⇒ x 32)

S x | 0 x 1

2 ou x 32

364. 1º caso: 0 x 1 (I)

x2 log22 x log x2

x1 ⇒ 2 log22 x log2 x

2 1 ⇒

⇒ 2 (log2 x)2 2 log2 x 1.


2 t2 2t 1 ⇒ t2 2t 3 0 ⇒ (t 3 ou t 1) ⇒

⇒ (log2 x 3 ou log2 x 1) ⇒ 0 x 1

8 ou x 2 (II).

A solução do 1º caso é dada por (I) (II), isto é: 0 x 1

8.

2º caso: x 1 (I)

x2 log22 x log2 x2

x1 ⇒ 2 log22 x log2 x

2 1 ⇒

⇒ 2 (log2 x)2 2 log2 x 1 0.


2 t2 2t 1 0 ⇒ t2 2t 3 0 ⇒ 3 t 1, isto é,

3 log2 x 1 ⇒ 1

8 x 2 (II).

A solução do 2º caso é dada por (I) (II), isto é: 1 x 2.

S x | 0 x 1

8 ou 1 x 2

366. a) Devemos ter D 0, isto é:

4 4 log2 a 0 ⇒ log2 a 1 ⇒ a 1

2.

b) Devemos ter D 0, isto é:

36 4 3 log a 0 ⇒ log a 3 ⇒ 0 a 103.

c) Devemos ter D 0, isto é:

(log3 a)2 4 1 4 0 ⇒ (log3 a)2

16 0.

Fazendo log3 a t, vem:

t2 16 0 ⇒ (t 4 ou t 4), isto é,

(log3 a 4 ou log3 a 4) ⇒ 0 a 1

81 ou a 81.

d) Devemos ter D 0, isto é:

(log2 a)2 4 1 log2 a 0 ⇒ (log2 a)2

4 log2 a 0.

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140



Fazendo log2 a t, vem:

t2 4t 0 ⇒ (t 0 ou t 4), isto é,

(log2 a 0 ou log

2 a 4) ⇒ 0 a 1 ou a 16.

367. Devemos ter 0, isto é,

(2)2 4 1 (log10

m) 0 ⇒ 4 4 log10

m 0 ⇒ log10

m 1 ⇒

⇒ 0 m 1

10.

368. A equação admitirá raízes de sinais contrários se o produto das

raízes for negativo, isto é, P c

a 0.

Temos, então:log

10 N

1 0 ⇒ log

10 N 0 ⇒ 0 N 1.

369. Devemos ter 0, isto é,

[(loge t 3)]2 4 1 (log

e t) 0 ⇒ (log

e t)2 10 log

e t 9 0.

Fazendo loge t y, vem:

y2 10y 9 0 ⇒ y 9 ou y 1, isto é,

loge t 9 ou log

e t 1 ⇒ 0 t e9 ou t

1

e.

370. Devemos ter P c

a 0, isto é,

log (2a2 9a 10)

3 0 ⇒ log (2a2 9a 10) 0 ⇒

0 2a2 9a 10 1 ⇒

2a2 9a 10 0

2a2 9a 9 0

⇒

⇒ a 2 ou a

5

2 (I)

3

2 a 3 (II)

Devemos ter 3

2 a 2 ou

5

2 a 3 para satisfazer (I) e (II).

371. a) 1º caso: Se log2(1 x) 0, isto é, 1 x 1 ⇒ x 0 (I).

Temos:

(4 x2) log2 (1 x) 0

(I) 4 x2 0 ⇒ x 2 ou x 2 (II).

Fazendo (I) (II), temos x 2.

2º caso: Se log2 (1 x) 0, isto é, 0 1 x 1 ⇒ 0 x 1 (I).

Temos:

(4 x2) log2 (1 x) 0

(I) 4 x2 0 ⇒ 2 x 2 (II).

Fazendo (I) (II), temos 0 x 1.

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141



Assim, agrupando as 2 possibilidades, vem:

S {x | x 2 ou 0 x 1}

b) 1º caso: Se log12(3x 4) 0 ⇒ 0 3x 4 1 ⇒

4

3 x

5

3 (I)

Temos:

(5x2 x 6) log12 (3x 4) 0

(I) 5x2 x 6 0 ⇒

⇒ x 6

5 ou x 1 (II).

Fazendo (I) (II), temos: 4

3 x

5

3.

2º caso: log12 (3x 4) 0 ⇒ 3x 4 1 ⇒ x

5

3 (I).

Temos:

(5x2 x 6) log12 (3x 4) 0

(I) 5x2 x 6 0 ⇒

⇒ 6

5 x 1 (II).

Fazendo (I) (II), temos: (I) (II) .

Assim, temos soluções apenas no 1º caso.

S x | 4

3 x

5

3

372. A condição de existência dos logaritmos é x 0.

Fazendo log x t(x 10t), vem:

x1

log x log x 1 ⇒ (10t)1t t 1 ⇒ t

1

10 ⇒ log x

1

10 ⇒

⇒ 0 x 101

10.

S x | 0 x 1010

374. a) A condição de existência do logaritmo é

x 2 e x 0 e x 1 e x 1 (I).

1º caso: x2 1, isto é, x 1 ou x 1 (II).

Temos:

logx2 (x 2) 1 ⇒ x 2 x2 ⇒ x2 x 2 0 ⇒

⇒ x 1 ou x 2 (II).

A solução é dada por (I) (II) (III): 2 x 1 ou x 2.

2º caso: 0 x2 1, isto é, 1 x 1 e x 0 (IV).

Temos:

logx2 (x 2) 1 ⇒ x 2 x2 ⇒ x2 x 2 0 ⇒ 1 x 2 (V).

A solução, neste caso, é dada por (I) (IV) (V): 1 x 1 e

x 0.

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142



Considerando as duas possibilidades, temos:

S {x | 2 x 1 ou x 2 ou (1 x 1 e x 0)}, que é equivalente a S {x | (2 x 1 e x 0 e x 1)

ou x 2}.

b) A condição de existência do logaritmo é x 3

2 e x 1 e

x 0 (I).

1º caso: Se 2x 3 1, isto é, x 1 (II).

Temos: log2x 3 x2 1 ⇒ x2 2x 3 ⇒ x2 2x 3 0 ⇒

⇒ 1 x 3 (III).

A solução S1 neste caso é dada por (I) (II) (III):

S1 {x | x 0 e 1 x 3}. 2º caso: Se 0 2x 3 1, isto é,

3

2 x 1 (IV).

Temos: log2x 3 x2 1 ⇒ x2 2x 3 ⇒ x2 2x 3 0 ⇒

⇒ x 1 ou x 3 (V).

A solução S2 neste caso é dada por S2 (I) (IV) (V).

S x | 3

2 x 1

A solução da inequação proposta é:

S S1 S2 x | 3

2 x 3 e x 0 e x 1

c) A condição de existência do logaritmo é (x 1 e x 0 e x 1)

ou x 4 (I).

1º caso: Se x2 1, isto é, x 1 ou x 1 (II), temos:

logx2 (x2 5x 4) 1 ⇒ x2 5x 4 x2 ⇒ x 4

5 (III).

A solução S1 neste caso é dada por (I) (II) (III):

S1 {x | x 4} 2º caso: Se x2 1, isto é, 1 x 1 e x 0 (IV), temos:

logx2 (x2 5x 4) 1 ⇒ x2 5x 4 x2 ⇒ x

4

5 (V).

A solução S2 neste caso é dada por (I) (IV) (V), isto é,

S2 x | 1 x 4

5 e x 0 .

A solução da inequação proposta é: S S1 S2, isto é,

S x | 1 x 4

5 e x 0 ou x 4 .

d) A condição de existência do logaritmo é 0 x 6

5 e x 1 (I).

1º caso: Se x 1 (II), então:

logx 4x 5

6 5x 1 ⇒

4x 5

6 5x x1 ⇒ 2x2 5x 3 0 ⇒

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143



⇒ 3 x 1

2 (III).

A solução S1 neste caso é dada por (I) (II) (III), isto é, S1 . 2º caso: Se 0 x 1 (IV), então:

logx 4x 5

6 5x 1 ⇒

4x 5

6 5x x1 ⇒ 2x2 5x 3 0 ⇒

⇒ x 3 ou x 1

2 (V).

A solução S2 neste caso é dada por (I) (IV) (V), isto é:

S2 x | 1

2 x 1 .

A solução da inequação proposta é: S S1 S2 S2

x | 1

2 x 1 .

e) A condição de existência do logaritmo é 0 3x2 1 1. Como ∀x , 3x2 1 0, devemos ter: 3x2 1 1 ⇒ x 0 (I). Notemos que, para ∀x *, vem 3x2 1 1. Assim, há um único caso a considerar:

log3x2 1 2 1

2 ⇒ 2 (3x2 1)

12, isto é, 2 3x2 1 ⇒

⇒ 4 3x2 1 ⇒ x 1 ou x 1 (II). A solução da inequação proposta é: S (I) (II), isto é: S {x | x 1 ou x 1}.

f) A condição de existência do

x 3

x 1 0

e

0 x 1

(x 3 ou x 1)

e

0 x 1

⇒ x 1 (I).⇒

logaritmo é

Como x 1, temos:

logx x 3

x 1 1 ⇒

x 3

x 1 x ⇒ 1 x 3 (II).

A solução S neste caso é dada por: (I) (II), isto é, S {x | 1 x 3}. g) A condição de existência do logaritmo é (6 x 1 e x 5)

ou x 2 (I). 1º caso: Se x 6 1, isto é, x 5 (II), temos: logx 6 (x

2 x 2) 1 ⇒ x2 x 2 x 6 ⇒ x 2 ou x 4 (III).

A solução S1 neste caso é dada por (I) (II) (III): S {x | 5 x 2 ou x 4}. 2º caso: Se 0 x 6 1, isto é, 6 x 5 (IV), temos: logx 6 (x

2 x 2) 1 ⇒ x2 x 2 x 6 ⇒ 2 x 4 (V). A solução S2 neste caso é dada por: (I) (IV) (V), isto é, S2 . A solução da inequação proposta é S S1 S2 S1, isto é: S {x | 5 x 2 ou x 4}

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144



h) A condição de existência do logaritmo é x 25

2 e x

3

2 e

x 5 e x 23

2 (I).

1º caso: Se 2x 1 5

2 1 ⇒ x 2

3

2 (II), temos:

log 2x 1 52

x 2 5

2x 2 3

2

0 ⇒ x 2 5

2x 2 3

2

1 ⇒ 23x2 1 2x 1 16

(2x 2 3)2 0 ⇒

x 32

23x2 1 2x 1 16 0 x

32

22 x 8

3 (III).

A solução S1 neste caso é dada por (I) (II) (III), isto é:

S1 5 x | 23

2 x

8

3 e x

3

2 .

2º caso: Se 0 2x 1 5

2 1 ⇒ 2

5

2 x 2

3

2 (IV), temos:

log 2x 1 52

x 2 5

2x 2 3

2 0 ⇒

x 2 5

2x 2 3

2

1 ⇒

⇒ 23x2 1 2x 1 16

(2x 2 3)2 0 ⇒

⇒ 23x2 1 2x 1 16 0 ⇒ x 22 ou x 8

3 (V).

A solução S2 neste caso é dada por: (I) (IV) (V), isto é:

S2 5 x | 25

2 x 22 .

A solução S da inequação proposta é S 5 S1 S2, isto é:

S 5 x | 23

2 x

8

2 e x

3

2 ou 2

5

2 x 22 .

i) A condição de existência do logaritmo é

x

3 0

e

0 2x2 2 7x 1 6 1

x 0

e

x 3

2 ou x 2 e x

5

2 e x 1 ⇒

⇒

⇒ 0 x 3

2 e x 1 ou x 2 e x

5

2.

1º caso: Se 2x2 2 7x 1 6 1 ⇒ 2x2 2 7x 1 6 1 ⇒ x 1 ou

x 5

2 (II), temos: log 2x2 2 7x 1 6

x

3 0 ⇒

x

3 1 ⇒ x 3 (III).


S1 5 {x | x 3}.

2º caso: Se 0 2x2 2 7x 1 6 1 ⇒ 1 x 5

2 (IV), temos:

log 2x2 2 7x 1 6 x

3 0 ⇒

x

3 1 ⇒ x 3 (V).

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145



A solução S2 neste caso é dada por (I) (IV) (V):

S2 x | 1 x 3

2 ou 2 x

5

2 .

A solução da inequação proposta é S S1 S2, isto é:

S x | 1 x 3

2 ou 2 x

5

2 ou x 3 .

375. A condição de existência do logaritmo é 1

2 x 1 (I).

1º caso: Se x 1 (II), temos:

logx (2x 1) 2 ⇒ 2x 1 x2 ⇒ x2 2x 1 0 ⇒

⇒ x2 2x 1 0 ⇒ (x 1)2 0, que é satisfeita ∀x (III).


S1 {x | x 1}.

2º caso: Se 0 x 1 (IV), temos:

logx (2x 1) 2 ⇒ 2x 1 x2 ⇒ x2 2x 1 0 ⇒

⇒ x2 2x 1 0 ⇒ x 1

2 (V).

A solução S2 neste caso é dada por (I) (IV) (V), isto é, S2 .

A solução da inequação proposta é S S1 S2 S1 {x x 1}.

376. A condição de existência da equação é: a2b 0

0 a 1 (I)

0 b 1Temos:

loga (a2b) logb a

5 ⇒ 2 loga b 5 logb a.

Como logb a 1

loga b, temos: 2 loga b

5

loga b.

Fazendo loga b t, vem:

2 t 5

t ⇒

t2 2t 5

t 0.

Como para ∀t , temos t2 2t 5 0, devemos ter t 0, isto é,

loga b 0.

1º caso: a 1 ⇒ loga b 0 ⇒ b 1 (II).

De (I) (II) resulta que a 1 e b 1.

2º caso: 0 a 1 ⇒ loga b 0 ⇒ 0 b 1 (III).

De (I) (II) resulta que 0 a 1 e 0 b 1.

Assim há 2 possibilidades a 1 e b 1

ou

0 a 1 e 0 b 1

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146



377. Como log12 (3x 4) log2(3x 4), a inequação proposta equivale a:

log2 (x 1) [log2 (3x 4)] 0 ⇒ log2 (x 1) log2 (3x 4) 0.

Vamos obter graficamente a solução. Para isso, precisamos construir

os gráficos de f (x) log2 (x 1) e g(x) log2 (3x 4).

Temos:

y

2

1

– 1

1 2 3 4 5 x

f(x) = log2 (x – 1)

g(x) = log2 (3x – 4)

3

4

3

5

Notemos que 3

2, 1 é o ponto de interseção das duas curvas,

pois corresponde à solução da equação: log2 (x 1) log2 (3x 4).

O que desejamos encontrar são os valores de x tais que f (x) g(x) 0.

Notemos que para 5

3 x 2 temos g(x) 0 e f (x) 0, de modo que

f (x) g(x) 0.

S x | 5

3 x 2

378. Aplicando logaritmo de base a(a 1) a ambos os membros da

desigualdade, vem:

xloga x 1 a2x a 1

loga (xloga x 1) loga (a

2x) ⇒

⇒ (loga x 1) loga x 2 loga x.

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147



Fazendo loga x t, vem:

(t 1)t 2 t ⇒ t2 2 0 ⇒ t 2 ou t 2 , isto é,

loga x 2 ou loga x 2 a 1

0 x a 2 ou x a 2 .

S x | 0 x a 2 ou x a 2


log12 x log3 x 1 ⇒

log2 x

log2 1

2

log2 x

log3 2 1 ⇒

⇒ log2 x log2 x

log3 2 1.


t t

log3 2 1 ⇒ t

1

log3 2 1

0

1 ⇒ t log2 3

1 log2 3 ⇒

⇒ t log2 3

log2 2 log2 3 ⇒ t

log2 3

log2 2

3

⇒ t log23 3, isto é:

log2 x log23 3 ⇒ 0 x 2

log 23

3.

S x | 0 x 2log 2

3

3

380. A condição de existência é x 0 (I)

Temos:

log2 (2x 1) log1

2 (2x 1 2) 2 ⇒

⇒ log2 (2x 1) log1

2 (2x 2 2) 2 ⇒

⇒ log2 (2x 1) log1

2 [2(2x 1)] 2.


log2 t log12 (2t) 2 ⇒ log2 t log1

2 2 log1

2 t 2 ⇒

⇒ log2 t (1 log2 t) 2.

Fazendo log2 t r, vem:

r (1 r) 2 ⇒ r2 r 2 0 ⇒ r2 r 2 0 ⇒

⇒ 2 r 1, isto é,

2 log2 t 1 ⇒ 1

4 t 2, isto é,

1

4 2x 1 2 ⇒

5

4 2x 3 ⇒ log2

5

4 x log2 3 (II).

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148



A solução da inequação proposta é dada por (I) (II), isto é,

S x | log2 54

x log2 3 .

381. Como log3 27 3 e log2 8 32

, a desigualdade proposta equivale a:

(x 3) x 32

0.

Fazendo o quadro-produto, temos:

S x | 32

x 3 .

382. 1º caso: Se log12 (x 1) 0, isto é, 0 x 1 1 ⇒ 1 x 2 (I), temos:

x log12 (x 1) 0 ⇒ x 0 (II).

A solução neste caso é dada por (I) (II), isto é, S1 .

2º caso: Se log12 (x 1) 0, isto é, x 1 1 ⇒ x 2 (I), temos:

x log12 (x 1) 0 ⇒ x 0 (II).

A solução neste caso é dada por (I) (II), isto é,

S {x | x 2}.A solução da inequação proposta é S S1 S2 S2 {x | x 2}.

CAPÍTULO VII — Logaritmos decimais

383. Utilizando as regras (I) e (II), temos:

log 7 → C 0

log 0,032 → C 2

log 105 → C 5

log 0,00010 → C 4

384. a) A característica é 3 e a mantissa é 0,5065.

Temos, então: log 3 210 3 0,5065 3,5065.

b) A característica é 1 e a mantissa é 0,4048.

Assim, log 25,4 1 0,4048 1,4048.

c) A característica é 0 e a mantissa é 0,7574.

Assim, log 5,72 0 0,7574 0,7574.

d) A característica é 1 e a mantissa é 0,8692.

Assim, log 0,74 1 0,8692 1,8692.

e) A característica é 3 e a mantissa é 0,5527.

Assim, log 0,00357 3 0,5527 3,5527.

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149



385. a) x antilog 3,8768 ⇒ log x 3,8768 3 0,8768.

Com a mantissa 0,8768 encontramos o número 753, mas, como

a característica de log x é 3, temos x 7 530.

b) x antilog 1,8035 ⇒ log x 1,8035 1 0,8035.


a característica de log x é 1, temos x 63,6.

c) x antilog 0,9175 ⇒ log x 0,9175 0 0,9175.



d) x antilog 1,5145 ⇒ log x 1,5145 1 0,5145.



e) antilog 3,6693 x ⇒ log x 3,6693 3 0,6693.



f) x antilog 2,1271 ⇒ log x 2,1271 ⇒ log x 2 0,1271.



386. a) antilog 2,0899 x ⇒ log x 2,0899 2 0,0899

2 1 1 0,0899 3 0,9101.



b) antilog 3,2147 x ⇒ log x 3,2147 3 0,2147

3 1 1 0,2147 4 0,7853.



c) antilog 0,4473 x ⇒ log x 0,4473 1 1 0,4473

1 0,5527.



d) antilog 1,6517 x ⇒ log x 1,6517 1 0,6517

1 1 1 0,6517 2 0,3483.


a característica de log x é 2, vem que x 0,0223.

387. a) Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 3270

x3 3275

x2 3280

y1 3 0,5145 3,5145

y3 ?

y2 3 0,5159 3,5159

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150



A

C

B

D

F E log 3 280 = y2

log

3 2

70 =

y1

y3

x3 = 3 275x

1 = 3 270 x

2 = 3 280

Utilizando a aproximação linear para a função logarítmica, temos:

AFD AEB, donde:

x

3 x

1

x2 x

1

y3 y

1

y2 y

1

⇒ 5

10

y3 3,5145

3,5159 3,5145 ⇒

⇒ y3 3,5152, isto é, log 3275 3,5152.

b) Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 23,7 y

1 1 0,3747 1,3747

x3 23,72 y

3 ?

x2 23,8

2 1 0,3766 1,3766

Por raciocínio idêntico ao anterior, temos:

y3 log 23,72 1,3751.

c) Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 0,0457 y

1 2 0,6599

x3 0,04576 y

3 ?

x2 0,0458 y

2 2 0,6609

Por raciocínio idêntico aos anteriores, vem:

y3 log 0,04576 1,3395 2,6605.

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151



d) Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 0,835 y

1 1 0,9217

x3 0,8358 y

3 ?

x2 0,836 y

2 1 0,9222

Analogamente aos anteriores, segue que:

y3 log 0,8358 0,0779 1,9221.

e) Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 2,71 y

1 0 0,4330

x3 2,718 y

3 ?

x2 2,7 y

2 0 0,4346

Analogamente aos anteriores, vem:

y3 log 2,718 ≅ log e ≅ 0,4343.

388. a) x antilog 1,3552 ⇒ log x 1,3552 1 0,3552.

A mantissa 0,3552 não aparece na tábua, porém está

compreendida entre as mantissas 0,3541 e 0,3560.

Considerando a função y log x, temos:

x y log x

x1 22,6 y

1 log 22,6 1,3541

x3 ? y

3 log x

3 1,3552

x2 22,7 y

2 log 22,7 1,3560

Analogamente ao exercício anterior, temos que x3 ≅ 22,65.

Assim, antilog 1,3552 ≅ 22,65.

b) x antilog 0,4357 ⇒ log x 04357 0 0,4357.


compreendida entre as mantissas 0,4346 e 0,4362. Temos:

x y log x

x1 2,72 y

1 log 2,72 0,4346

x3 ? y

3 log x

3 0,4357

x2 2,73 y

2 log 2,72 0,4362

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152



Analogamente ao anterior, vem:

x3 2,727, isto é, antilog 0,4357 2,727.

c) x antilog 1,7383 ⇒ log x 1,7383 1 0,7383.


compreendida entre as mantissas 0,7380 e 0,7388. Temos:

x y log x

x1 0,547 y

1 log 0,547 0,262

x3 ? y

3 log x

3 0,2617

x2 0,548 y

2 0,548 0,261

Do raciocínio anterior, vem:

x3 0,5474, isto é, antilog 1,7383 0,5474.

d) x antilog 1,6336 ⇒ log x 1,6336 ⇒ log x 1 0,6336

1 1 1 0,6336 2 0,3664.

A mantissa 0,3664 não aparece na tábua, porém está compreendida

entre as mantissas 0,3655 e 0,3674. Temos:

x y log x

x1 0,0232 y

1 log 0,0232 1,6345

x3 ? y

3 log x

3 1,6336

x2 0,0233 y

2 log 0,0233 1,6326

Teremos: x3 0,02325, isto é, antilog 1,6336 0,02325.

389. (I) Para calcularmos a1, notemos que:

log 12 300 4 0,0899 4,0899

e

log 12 400 4 0,0934 4,0934

Por interpolação linear, temos que a1 log 12 345 4,0909.

(II) Para calcularmos a2, notemos que:

log 4 0 0,6021 0,6021

e

log 4,1 0 0,6128 0,6128

Por interpolação linear, temos que a2 log 4,0909 0,6118.

(III) Para calcularmos a3, notemos que:

log 0,61 1 0,7853 0,2147

e

log 0,62 1 0,7924 0,2076

Por interpolação linear, temos que a3 log 0,6118 0,2134.

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153



(V) Como a4 5 log a

3 e a

3 0, a

4 não está definido em , pois

precisamos ter logaritmando positivo.

Assim, o maior valor de n é n 5 3.

391. a) log3 2 5

log 2

log 3 5

0,3010

0,4771 5 0,6309

b) log2 5 5

log 5

log 2 5

0,6990

0,3010 5 2,3222

c) log5 3 5

log 3

log 5 5

0,4771

0,6990 5 0,6825

d) log5 6 5

log 6

log 5 5

0,7782

0,6990 5 1,1133

e) log6 4 5

log 4

log 6 5

0,6021

0,7782 5 0,7737

392. Temos:

log3 800 5

log 800

log 3 5

2 1 0,9031

0,4771 5 6,084.

Assim, log3 800 5 6,084; temos então característica 6.

393. Seja N 5 5050. Temos:

N 5 5050 ⇒ log N 5 log(5050) ⇒ log N 5 50 ? log 50 ⇒

⇒ log N 5 50 ? (1 1 0,699) ⇒ log N 5 84,95 5 c

84 1

m

0,95.

Como a característica de log N é 84, pela regra I, segue que N 5 5050

possui 85 algarismos.

394. a) 5x 5 100 ⇒ log 5x 5 log 100 ⇒ x ? log 5 5 2 ⇒ x 5 2

0,699 ≅ 2,86.

b) 3x 5 20 ⇒ log 3x 5 log 20 ⇒ x ? log 3 5 log 20 ⇒

⇒ x ? 0,4771 5 (1 1 0,3010) ⇒ x ≅ 2,73.

c) 2x 5 30 ⇒ log 2x 5 log 30 ⇒ x ? log 2 5 log 30 ⇒

⇒ x 5 (1 1 0,4771)

0,3010 ≅ 4,91.

d) 7x 5 0,3 ⇒ log 7x 5 log 0,3 ⇒ x ? log 7 5 log 0,3 ⇒

⇒ x ? 0,8451 5 (21 1 0,4771) ⇒ x ≅ 20,62.

e) ex 5 50 ⇒ log ex 5 log 50 ⇒ x ? log e 5 log 50.

Pelo item e do exercício 387, log e ≅ 0,4343.

Então, x 5 1,6990

0,4343 ≅ 3,91.

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154



395. a) Fazendo 2x t, equação proposta é equivalente a:

t2 8t 15 0 ⇒ (t 3 ou t 5), isto é:

2x 3 ⇒ log 2x log 3 ⇒ x log 3

log 2 1,58

ou

2x 5 ⇒ log 2x log 5 ⇒ x log 5

log 2 2,32.

S {1,58; 2,32}

b) Fazendo 3x t, a equação proposta é equivalente a:

t2 5t 4 0 ⇒ (t 1 ou t 4), isto é:

3x 1 ⇒ x 0

ou

3x 4 ⇒ x log 4

log 3 1,26.

S {0; 1,26}

c) Fazendo 10x t, a equação proposta é equivalente a:

t2 7t 10 0 ⇒ (t 2 ou t 5), isto é:

10x 2 ⇒ x log 2 0,30

ou

10x 5 ⇒ x log 5 0,69

S {0,30; 0,69}

d) Fazendo ex t, a equação proposta é equivalente a:

t2 5t 6 0 ⇒ (t 2 ou t 3), isto é:

ex 2 ⇒ x log e log 2 ⇒ x 0,69

ou

ex 3 ⇒ x log e log 3 ⇒ x 1,10

S {0,69; 1,10}

396. Inicialmente, notemos que:

log10

6 log10

(2 3) log10

2 log10

3 0,30 0,48 0,78

e

log10

12 log10

(22 3) 2 log10

2 log10

3 2 0,30 0,48 1,08

Então, temos:

3x 23x 1 62x 1 ⇒ 3x 23x

2 62x 6 ⇒ 3x 23x 12 62x ⇒

⇒ log10

(3x 23x) log10

((12 62x) ⇒⇒ x log

10 3 3x log

10 2 log

10 12 2x log

10 6 ⇒

⇒ x 0,48 3x 0,30 1,08 2x 0,78 ⇒

⇒ 1,38x 1,08 1,56x ⇒ x 6.

S {6}

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398. a) x 36

⇒ log x log 36

⇒ log x log 3

1

6 ⇒

⇒ log x 1

6 log 3 ⇒ log x

1

6 0,4771 0,0795

Por interpolação linear, x 1,201.

b) x 104

⇒ log x log 104

⇒ log x log10

1

4 ⇒

⇒ log x 1

4 log 10 ⇒ log x 0,25.


c) x 23,4 ⇒ log x log 23,4 ⇒ log x 3,4 log 2 ⇒

⇒ log x 3,4 0,3010 1,0234.


d) x 52,3 ⇒ log x 2,3 log 5 ⇒ log x 2,3 0,6990 ⇒

⇒ log x 1,6077.


399. Temos:

V 4R3

3 ⇒ R3

3V

4 ≅

3 20

4 3,14 ≅ 4,78.

Assim,

R3 4,78 ⇒ log R3 log 4,78 ⇒ 3 log R log 4,78.

Da tábua, log 4,78 0 0,6794, isto é, log 4,78 ≅ 0,6794, donde

log R ≅ 0,2264,

Novamente por interpolação linear, vem que R ≅ 1,68 cm.

400. Temos:

A (3,4)3 (1,73)25

⇒ A [(3,4)3 (1,73)2]

1

5 ⇒

⇒ log A 1

5 log [(3,4)3 (1,73)2] ⇒

⇒ log A 1

5 [3 log 3,4 2 log 1,73].

Da tábua temos:

log 3,4 0,5315 e log 1,73 0,2380, donde:

log A 1

5 [3 0,5315 2 0,2380] ⇒ log A 0,414.

Por interpolação linear, A 2,60.

402. Devemos ter: C 3Co, isto é:

C Co (1 i)t ⇒ 3 Co Co (1 0,03)t ⇒ (1,03)t 3 ⇒

⇒ t log 1,03 log 3 ⇒ t 0,0128 0,4771 ⇒ t 37,2.

Resposta: 38 meses.

403. Devemos ter: C 2Co, isto é:

C Co (1 i)t ⇒ 2 Co Co (1 0,105)t ⇒ 2 1,105t ⇒

⇒ log 2 t log 1,105.

001-156-Manual-FME2.indd 155 23/07/13 16:16

156



Como log 1,1 0,0414 e log 1,2 0,0792, por interpolação linear,

log 1,105 0,0433.

Daí, t 0,301

0,0433 6,95.

Resposta: 7 trimestres.

404. Temos: Co 106, i 0,03 e t 18.

Daí,

C Co (1 i)t ⇒ C 106 (1 0,03)18 ⇒ C 106 1,0318 ⇒

⇒ log C log (106 1,0318) ⇒ log C 6 18 log 1,03.

Da tábua, log 1,03 0,0128.

Daí, log C 6 18 0,0128 6,2304 6 0,2304.

Com a mantissa 0,2304 encontramos na tábua o número 170.

Como a característica de log C é 6, segue que C 1 700 000.

Resposta: R$ 1 700 000,00.

405. Temos: Co 5 105, i 0,04 e t 48 trimestres.

Daí,

C Co (1 i)t ⇒ C 5 105 (1,04)48 ⇒

⇒ log C log [5 105 (1,04)48] ⇒ log C log 5 5 48 log 1,04.

Como

log 1,04 0,017

e

log 5 0,699

, vem que log C 6,515.

Por interpolação linear, segue que C 3 273 000.

Resposta: R$ 3 273 000,00.

406. O número de bactérias após 3 horas é dado por:

N(3) 2 000 103

36 ⇒ log N(3) log (2 000 103

36) ⇒

⇒ log N(3) log 2 000 1

12 log 10.

Como log 2 000 3,3010, vem que:

log N(3) 3,3010 1

12 ≅ 3,3843.

Por interpolação linear, N(3) 2 422.

Resposta: Após 3 horas, haverá 2 422 bactérias.

407. Temos:

Q(t) Qo 10Kt ⇒ Q(20) Qo 1020K ⇒

⇒ 400 500 1020K ⇒ 4

5 1020K ⇒ 0,8 1020K ⇒

⇒ log 0,8 log 1020K tábua

(1 0,9031) 20K ⇒

⇒ 20K 0,0969 ⇒ K 0,004845.

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Fundamentos de matemática elementar

Logaritmos

novAS QUESTÕES dE vESTibUlArES

Gel

son

iezz

i o

sva

ldo

do

lce

ca

rlo

s m

ura

kam

i

2

Fundamentos de matemática elementar é uma coleção consagrada ao longo dos anos por oferecer ao estudante o mais completo conteúdo de Matemática elementar. Os volumes estão organizados da seguinte forma:

VOLUME 1 conjuntos, funções

VOLUME 2 logaritmos

VOLUME 3 trigonometria

VOLUME 4sequências, matrizes, determinantes, sistemas

VOLUME 5combinatória, probabilidade

VOLUME 6complexos, polinômios, equações

VOLUME 7 geometria analítica

VOLUME 8limites, derivadas, noções de integral

VOLUME 9 geometria plana

VOLUME 10 geometria espacial

VOLUME 11

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A coleção atende a alunos do ensino médio que procuram uma formação mais aprofundada, estudantes em fase pré-vestibular e também universitários que necessitam rever a Matemática elementar.

os volumes contêm teoria e exercícios de aplicação, além de uma seção de questões de vestibulares, acompanhadas de respostas. Há ainda uma série de artigos sobre história da matemática relacionados aos temas abordados.

na presente edição, a seção de questões de vestibulares foi atualizada, apresentando novos testes e questões dissertativas selecionados a partir dos melhores vestibulares do país.

2

Fun

da

men

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e ma

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Gelso

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fundamentos de matematica elementar2 mp 001

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