Esboce o gráfico de um exemplo de uma função f que satisfaça a todas as condições dadas.
\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=1, \quad \lim _{x \rightarrow 1^{-}} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow 1^{+}} f(x)=-\infty
\lim _{x \rightarrow-1^{-}} f(x)=+\infty, \quad \lim _{x \rightarrow-1^{+}} f(x)=-\infty, \quad \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=0

Passo 1

O que o enunciado pede: esboçar (ou seja, dar um exemplo de) uma função f que satisfaça as seguintes condições de limite:
  • \displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x)=1.
  • \displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)=0.
  • \displaystyle \lim_{x\to 1^-} f(x)=+\infty e \displaystyle \lim_{x\to 1^+} f(x)=-\infty.
  • \displaystyle \lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty e \displaystyle \lim_{x\to -1^+} f(x)=-\infty.
Informações relevantes (tiradas diretamente do enunciado):
  • Há duas assíntotas verticais obrigatórias em x=-1 e x=1.
  • Os comportamentos laterais nas duas assíntotas são os mesmos: à esquerda de cada assíntota o valor explode para +\infty e à direita explode para -\infty.
  • As assíntotas horizontais são diferentes nos dois extremos: y=1 como x\to -\infty e y=0 como x\to +\infty.

Passo 2

Estratégia (sem resolver ainda): construir uma função que combine duas partes:
  • Uma parte que garante os limites horizontais diferentes em -\infty e +\infty.
  • Uma parte que introduz pólos (assíntotas verticais) em x=-1 e x=1 com os sinais laterais pedidas.
Primeiro ensinamento rápido — escolha da parte com limites horizontais diferentes:
Uma função simples que tende a 1 quando x\to -\infty e a 0 quando x\to +\infty é a função logística
B(x)=\frac{1}{1+e^{x}}.
Por que isso vale? Quando x\to -\infty temos e^{x}\to0 e então B(x)\to 1/(1+0)=1. Quando x\to +\infty temos e^{x}\to+\infty e B(x)\to 0. Essa parte resolve os limites horizontais.

Passo 3

Criando as assíntotas verticais com o sinal correto:
Para produzir um pólo em x=1 com comportamento \lim_{x\to1^-} f(x)=+\infty e \lim_{x\to1^+} f(x)=-\infty podemos usar o termo
S_1(x)=\frac{1}{1-x}.
Verificação de sinais: quando x\to1^- o denominador 1-x é positivo e pequeno \Rightarrow S_1\to +\infty; quando x\to1^+ o denominador é negativo e pequeno \Rightarrow S_1\to -\infty. Perfeito.
Para x=-1 queremos \lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty e \lim_{x\to -1^+} f(x)=-\infty. O termo
S_2(x)=-\frac{1}{x+1}
faz exatamente isso. Verificação de sinais: se x\to -1^- então x+1 é negativo e pequeno, logo -1/(x+1)\to +\infty; se x\to -1^+ então x+1 é positivo e pequeno, logo -1/(x+1)\to -\infty.
Explicação didática curta sobre pólos: termos do tipo 1/(x-a) criam assíntotas verticais em x=a. O sinal à esquerda e à direita depende do sinal do denominador quando x se aproxima de a por cada lado.

Passo 4

Combinação das partes:
Para não atrapalhar os limites horizontais já garantidos por B(x), adicionamos os termos de pólo de forma que eles tenderão a 0 quando x\to\pm\infty. Termos racionais do tipo 1/(1-x) e -1/(x+1) decaem como 1/x quando |x| é grande, portanto não mudam os limites horizontais de B(x).
Então uma função candidata simples é
f(x)=\frac{1}{1+e^{x}}+\frac{1}{1-x}-\frac{1}{x+1}.
Aqui a primeira parcela dá os limites horizontais desejados e as duas últimas parcelas criam as assíntotas verticais com os sinais certos.

Passo 5

Verificação detalhada dos limites pedidos:
  1. Limites nas assíntotas:
  • Em x=1: o termo dominante quando x está muito próximo de 1 é \dfrac{1}{1-x}. Assim
    \lim_{x\to1^-} f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to1^+} f(x)=-\infty,
    porque \dfrac{1}{1-x} tem exatamente esse comportamento e as outras parcelas permanecem finitas perto de x=1.
  • Em x=-1: o termo dominante perto de -1 é -\dfrac{1}{x+1}. Logo
    \lim_{x\to -1^-} f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to -1^+} f(x)=-\infty.
  1. Limites nos infinitos:
  • Quando x\to +\infty: \dfrac{1}{1+e^{x}}\to 0. Além disso \dfrac{1}{1-x}\sim -\dfrac{1}{x} e -\dfrac{1}{x+1}\sim -\dfrac{1}{x}, então a soma desses dois termos tende a 0. Assim \lim_{x\to +\infty} f(x)=0.
  • Quando x\to -\infty: \dfrac{1}{1+e^{x}}\to 1 e os termos racionais tendem a 0 (comportam-se como constantes divididas por x e vão para 0). Assim \lim_{x\to -\infty} f(x)=1.
Concluímos que a função proposta satisfaz todas as condições do enunciado.

Passo 6

Pontos adicionais e como esboçar o gráfico na prova:
  • Um ponto fácil para plotar é x=0. Calculando: f(0)=\frac{1}{1+e^{0}}+\frac{1}{1-0}-\frac{1}{0+1}=\frac{1}{2}+1-1=\frac{1}{2}.Então o gráfico passa por (0,\tfrac{1}{2}).
  • Esboço qualitativo para desenhar: trace linhas verticais pontilhadas em x=-1 e x=1 (assíntotas verticais). Trace linhas horizontais como guias: y=1 (assíntota por x\to -\infty) e y=0 (assíntota por x\to +\infty). Entre as assíntotas, a função muda de sinal conforme os pólos; à direita de x=1 a função desce para -\infty ao se aproximar de 1 pela direita e depois, conforme x\to+\infty, tende para 0 por cima ou por baixo dependendo da soma dos termos (neste caso tende para 0). À esquerda de x=-1 ela tende para 1 quando x\to -\infty e tem o comportamento de explodir para +\infty ao aproximar-se de -1 pela esquerda.
Força aí — com essa função dá pra desenhar o esboço sem mistério: duas assíntotas verticais, dois comportamentos laterais iguais em cada assíntota, e diferentes assíntotas horizontais nos extremos.

Resposta

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

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