Seja
f(x)=\ln \left(x^{2}+2 x\right)
Obtenha a equação da reta tangente ao gráfico de f a qual é paralela à reta de equação
y=x+4

Passo 1

O enunciado dá a função
f(x)=\ln\left(x^{2}+2x\right)
e pede: obter a equação da reta tangente ao gráfico de f que é paralela à reta de equação
y=x+4.
Informações relevantes fornecidas:
  • A reta dada tem coeficiente angular 1 (porque a forma é y=x+4).
  • A tangente procurada deve ter o mesmo coeficiente angular m=1.
  • A função f só está definida onde x^{2}+2x>0; isso limita os x possíveis para pontos de tangência.

Passo 2

Determinar o domínio de f (onde o logaritmo existe). A condição é
x^{2}+2x>0.
Fatorando:
x^{2}+2x = x(x+2).
A desigualdade x(x+2)>0 é satisfeita quando x<-2 ou x>0. Portanto o domínio é
\{x\in\mathbb{R}\mid x<-2\\ \text{ou}\\ x>0\}.
Isso é importante: qualquer solução para a abscissa do ponto de tangência deve pertencer a esse domínio.

Passo 3

Calcular a derivada f'(x) para obter o coeficiente angular da reta tangente em um ponto x. Lembrete rápido (cadeia de ideias):
  • Se g(x)=\ln(u(x)), então g'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}. Aqui u(x)=x^{2}+2x.
  • Derivada de u(x)=x^{2}+2x é u'(x)=2x+2.
Aplicando isso:
f'(x)=\frac{2x+2}{x^{2}+2x}.
Podemos fatorar para simplificar a leitura:
f'(x)=\frac{2(x+1)}{x(x+2)}.
Cada símbolo: f'(x) é a taxa de variação instantânea de f em x; x(x+2) é simplesmente x^{2}+2x.

Passo 4

Como a reta tangente procurada deve ser paralela à reta y=x+4, o coeficiente angular da tangente deve ser 1. Portanto resolvemos
f'(x)=1.
Substituindo a expressão de f'(x):
\frac{2(x+1)}{x(x+2)}=1.
Resolver essa equação passo a passo:
Multiplicando ambos os lados por x(x+2) (lembrando que isso só faz sentido se x estiver no domínio, depois checamos isso):
2(x+1)=x(x+2).
Expandindo o lado direito:
2x+2 = x^{2}+2x.
Subtrair 2x de ambos os lados:
2 = x^{2}.
Portanto
x = \pm \sqrt{2}.

Passo 5

Verificar quais soluções pertencem ao domínio de f: o domínio exige x<-2 ou x>0.
  • x=\sqrt{2} satisfaz x>0, logo é aceitável.
  • x=-\sqrt{2} tem -\sqrt{2}\approx -1{,}414, que está entre -2 e 0; portanto não pertence ao domínio e deve ser descartado.
Assim a abscissa do ponto de tangência é
x_{0}=\sqrt{2}.

Passo 6

Calcular a ordenada y_{0}=f(x_{0}). Substituindo x_{0}=\sqrt{2} em f:
y_{0}=f(\sqrt{2})=\ln\!\bigl((\sqrt{2})^{2}+2\sqrt{2}\bigr)=\ln\!\bigl(2+2\sqrt{2}\bigr).
Podemos deixar assim ou factorar 2:
y_{0}=\ln\!\bigl(2(1+\sqrt{2})\bigr)=\ln 2+\ln(1+\sqrt{2}).
Mas para a equação da reta é suficiente usar y_{0}=\ln(2+2\sqrt{2}).
A equação da reta tangente em x_{0} com coeficiente angular m=1 vem da fórmula ponto-reta:
y-y_{0}=m(x-x_{0}).
Substituindo m=1, x_{0}=\sqrt{2} e y_{0}=\ln(2+2\sqrt{2}):
y-\ln(2+2\sqrt{2})=1\cdot\bigl(x-\sqrt{2}\bigr).
Isolando y:
y = x + \bigl(\ln(2+2\sqrt{2})-\sqrt{2}\bigr).

Passo 7

Checagem rápida (numérica) para ter confiança:
  • \sqrt{2}\approx1{,}4142.
  • 2+2\sqrt{2}\approx 2+2{,}8284=4{,}8284, então \ln(2+2\sqrt{2})\approx \ln(4{,}8284)\approx1{,}573.
  • Assim o termo independente fica \ln(2+2\sqrt{2})-\sqrt{2}\approx1{,}573-1{,}414=0{,}159.
    A reta aproximada é y\approx x+0{,}159, que tem coeficiente angular 1 e passa pelo ponto calculado, então faz sentido.

Resposta

y = x + \ln\!\bigl(2+2\sqrt{2}\bigr) - \sqrt{2}

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