Questão 12 - 1ª Fase - IME 2026

$$\begin{gathered} \mathrm{A}\le \frac{{\log }_{\sqrt{e}}\left(x\right)-2\ln \left({\displaystyle \frac{x}{\mathrm{e}}}\right)+6}{3-\left|\ln \left({\displaystyle \frac{1}{x^5}}\right)\right|+\sqrt{\ln \left({\mathrm{x}}^4{\mathrm{e}}^2\right)-2}} \\ \mathrm{A}\le \frac{{\log }_{{\left(e\right)}^{{\displaystyle \frac{1}{2}}}}\left(x\right)-2\left(\ln \left(x\right)-\ln \left(\mathrm{e}\right)\right)+6}{3-\left|\ln \left(x^{-5}\right)\right|+\sqrt{\ln \left(x^4\right)+\ln \left({\mathrm{e}}^2\right)-2}} \\ \mathrm{A}\le \frac{2\ln \left(\mathrm{x}\right)-2\ln \left(\mathrm{x}\right)+2\ln \left(\mathrm{e}\right)+6}{3-\left|-5\ln \left(\mathrm{x}\right)\right|+\sqrt{4\ln \left(\mathrm{x}\right)+2\ln \left(\mathrm{e}\right)-2}} \end{gathered}$$

Fazendo $\ln \left(\mathrm{e}\right)=1$ e notando que, como $1\le \mathrm{x}<\mathrm{e}$, então $\ln \left(\mathrm{x}\right)\ge 0,$ tem-se:

$$\begin{gathered} \mathrm{A}\le \frac{2+6}{3-5\ln \left(\mathrm{x}\right)+\sqrt{4\ln \left(\mathrm{x}\right)+2-2}} \\ \mathrm{A}\le \frac{8}{3-5\ln \left(\mathrm{x}\right)+2\sqrt{\ln \left(\mathrm{x}\right)}} \end{gathered}$$

Fazendo a mudança de variável $\ln \left(\mathrm{x}\right)={\mathrm{t}}^2, \mathrm{t}\ge 0$, tem-se:

$\mathrm{A}\le \frac{8}{-5{\mathrm{t}}^2+2\mathrm{t}+3}$

O valor máximo da função quadrática $\mathrm{f}\left(\mathrm{t}\right)=-5{\mathrm{t}}^2+2\mathrm{t}+3$ é determinado pelas coordenadas do vértice. Nesse ponto, $\mathrm{t} =\frac{-2}{2·\left(-5\right)}=\frac{1}{5}$, de modo que $\mathrm{f}\left(\frac{1}{5}\right)=\frac{16}{5}$ é o valor máximo da função f. 

A expressão é mínima quando o denominador é máximo, ou seja, quando f assume o seu maior valor: $\mathrm{f}\left(\frac{1}{5}\right)=-5{\mathrm{t}}^2+2\mathrm{t}+3=\frac{16}{5}$; logo: 

$\mathrm{A}\le \frac{8}{{\displaystyle \frac{16}{5}}}\to \boxed{ \mathrm{A}\le \frac{5}{2}}$