La fonction f est définie sur R par : f(x)=x2+11
1
Déterminer la limite de f en −∞. Que peut-on en déduire graphiquement?
Correction
Si x→nombrelimf(x)=+∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre Si x→nombrelimf(x)=−∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre
Il s'agit d'une limite par composition. On commence par calculer x→−∞limx2+11. Ainsi : x→−∞limx2+11=0 On pose X=x2+11. Lorsque x tend vers −∞ alors X tend vers 0. Or : X→0limX=0=0 Par composition :
x→−∞limx2+11=0
Interprétation graphique : la courbe Cf admet une asymptote verticale d'équation x=0.
2
Déterminer la limite de f en +∞. Que peut-on en déduire graphiquement?
Correction
Si x→nombrelimf(x)=+∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre Si x→nombrelimf(x)=−∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre
Il s'agit d'une limite par composition. On commence par calculer x→+∞limx2+11. Ainsi : x→+∞limx2+11=0 On pose X=x2+11. Lorsque x tend vers +∞ alors X tend vers 0. Or : X→0limX=0=0 Par composition :
x→+∞limx2+11=0
Interprétation graphique : la courbe Cf admet une asymptote verticale d'équation x=0.
On admet que h est dérivable sur R.
3
Calculer la dérivée de h sachant que : h(x)=x2+11
Correction
(vu)′=v2u′v−uv′
On pose avec u(x)=1 et v(x)=1+x2 Ainsi : u′(x)=0 et v′(x)=2x Il vient alors que : h′(x)=(1+x2)20×(1+x2)−1×2x Finalement :
h′(x)=(1+x2)2−2x
On admet que f est dérivable sur R. La fonction f est définie sur R par : f(x)=x2+11
4
Calculer f′(x) pour tout réel x, étudier son signe et en déduire le tableau de variation complet de f.
Correction
(u)′=2uu′
La fonction f est définie sur R par : f(x)=x2+11 que l'on peut écrire f(x)=h(x) où h est la fonction traitée à la question 3. En appliquant la formule, on aura : (h)′=2hh′. Ainsi : f′(x)=21+x21(1+x2)2−2x Finalement :
f′(x)=(1+x2)21+x21−x
Pour tout réel x, on vérifie aisément que x2+11>0 et que (1+x2)2>0 Donc la dérivée f′ est du signe de son numérateur −x. Ainsi , lorsque x>0 alors −x<0 et lorsque x<0 alors −x>0. Le numérateur s'annule donc pour x=0. Nous allons traduire l'ensemble de ces données dans un tableau de variation complet, il vient alors que :
Exercice 2
Partie A : La fonction g est définie et dérivable sur R par : g(x)=2x1+x2−2
1
Déterminer la limite de g en −∞ et +∞.
Correction
D'une part : x→−∞lim2xx→−∞lim1+x2==−∞+∞} par produit : x→−∞lim2x1+x2=−∞ Finalement :
x→−∞limg(x)=−∞
D'autre part : x→+∞lim2xx→+∞lim1+x2==+∞+∞} par produit : x→+∞lim2x1+x2=+∞ Finalement :
x→+∞limg(x)=+∞
2
Calculer g′(x) pour tout réel x, étudier son signe et en déduire le tableau de variation complet de g.
Correction
g est dérivable sur R. On reconnaît la forme (uv+w)′=u′v+uv′+w′ avec u(x)=2x ; v(x)=1+x2 et w(x)=−2 Ainsi : u′(x)=2 et v′(x)=21+x22x et w′(x)=0. Il en résulte que : g′(x)=2×1+x2+2x×21+x22x g′(x)=21+x2+1+x22x2 Pour tout réel x, on sait que : x2≥0 donc 1+x2≥1 c'est à dire 1+x2>0. Il en résulte donc que : 21+x2>0 et que 1+x22x2≥0. Il vient alors que pour tout réel x on a : g′(x)≥0 Nous traduisons cela dans un tableau de variation. D'où :
3
Démontrer que l'équation g(x)=0 admet une unique solution α . Donner un encadrement de α à 10−2 près.
Correction
On reprend le tableau de variation fait à la question 2. On fera apparaître dans le tableau la valeur zéro que l'on recherche.
Sur ]−∞;+∞[, la fonction g est continue et strictement croissante. De plus, x→−∞limg(x)=−∞ et x→+∞limg(x)=+∞ . Or 0∈]−∞;+∞[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α appartenant à R tel que g(x)=0.
A la calculatrice, on vérifie que : g(0,78)≈−0,021 et g(0,79)≈0,0135 Or 0∈[−0,021;0,0135], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : 0,78≤α≤0,79
4
Déterminer le signe de la fonction g sur R.
Correction
Sur ]−∞;+∞[, la fonction g est continue et strictement croissante et g(α)=0 Donc g(x)≤0 pour tout x∈]−∞;α] et g(x)≥0 pour tout x∈[α;+∞[ On résume cela dans un tableau de signe :
Partie B : La fonction f est définie et dérivable sur R par : f(x)=3x3−1+x2
5
Montrer que f′(x)=21×1+x2x×g(x)
Correction
f est dérivable sur R. Il vient alors que : f′(x)=x2−21+x22x f′(x)=x2−1+x2x . Nous allons tout mettre au même dénominateur. f′(x)=1+x2x2×1+x2−1+x2x f′(x)=1+x2x2×1+x2−x f′(x)=21×1+x2(2x2×1+x2−2x) . Nous factorisons maintenant le numérateur par x . f′(x)=21×1+x2x×(2x×1+x2−2) Ainsi :
f′(x)=21×1+x2x×g(x)
6
Etudier le signe de f′ et en déduire le tableau de variation de f.
Correction
Nous allons dresser le tableau de signe de f′. Rappelons qu'à la question 4 de la partie A, nous avons établit le signe de g.
7
Montrer que f(α)=3αα4−3
Correction
D'après la question 3 (Partie A) on sait que : g(α)=0 donc 2α1+α2−2=0 Ainsi : 2α1+α2=2 1+α2=2α2 On a donc : 1+α2=α1 De plus : f(α)=3α3−1+α2 et comme 1+α2=α1 f(α)=3α3−α1 f(α)=3αα4−3α3
f(α)=3αα4−3
Exercice 3
La fonction g est définie sur ]0;+∞[ par : g(x)=xx2+1+1. On note Cg la courbe représentative de la fonction g.
1
Donner le signe de g.
Correction
Soit : g(x)=xx2+1+1 Pour tout réel x appartenant à ]0;+∞[, on a : x>0 et x2+1>0. Il en résulte donc que pour tout réel x appartenant à ]0;+∞[, on a : g(x)>0.
2
Déterminer la limite de g en 0.
Correction
Si x→nombrelimf(x)=+∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre Si x→nombrelimf(x)=−∞ alors la fonction f admet une asymptote verticale d'équation x=nombre
x→0+limx2+1x→0+limx==10+} par quotient x→0+limxx2+1=+∞ . Finalement : x→0+limxx2+1+1=+∞ Interprétation graphique : la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0.
3
Montrer que g′(x)=2xx3x2−1.
Correction
Soit : g(x)=xx2+1+1 g est dérivable sur ]0;+∞[. On reconnaît la forme (vu+w)′=v2u′v−uv′+w′ avec u(x)=x2+1 ; v(x)=x et w(x)=1 Ainsi : u′(x)=2x et v′(x)=2x1 et w′(x)=0. Il en résulte que : g′(x)=(x)22xx−(x2+1)×2x1 équivaut successivement à : g′(x)=(x)22xx−2x(x2+1) . Il nous faut maintenant mettre tout au même dénominateur. g′(x)=(x)22x2xx×2x−2x(x2+1) g′(x)=(x)2(2x4x2−x2−1) g′(x)=x(2x4x2−x2−1) . Rappel :c(ba)=bca
g′(x)=2xx3x2−1
4
En déduire le tableau de variation de la fonction g. (On ne demande pas la limite de g en +∞.
Correction
Nous savons que g est dérivable sur ]0;+∞[ et que g′(x)=2xx3x2−1. Pour tout réel x appartenant à l'intervalle ]0;+∞[, le dénominateur 2xx>0 donc le signe de g′ dépend alors du signe de son dénominateur 3x2−1>0. Pour étudier le signe de 3x2−1, nous allons utiliser le discriminant. Δ=12 Comme Δ>0 alors le numérateur admet deux racines réelles distinctes notées x1 et x2 telles que : x1=2a−b−Δ ainsi x1=−33 x2=2a−b+Δ ainsi x2=33 a=3>0, la parabole est tournée vers le haut c'est-à-dire que le numérateur est du signe de a à l'extérieur des racines et du signe opposé à a entre les racines. Ainsi :
5
Déterminer une équation de la tangente à la courbe Cg au point d'abscisse 1.
Correction
L'équation de la tangente au point d'abscisse a s'écrit y=g′(a)(x−a)+g(a).
Ici a=1, ce qui donne, y=g′(1)(x−1)+g(1). 1ère étape : calculer g(1) g(1)=112+1+1 g(1)=3 2ème étape : calculer g′(1) g′(1)=2×1×13×12−1 g′(1)=1 3ème étape : on remplace les valeurs de g(1) et de g′(1) dans la formule de l'équation de tangente. On sait que : y=g′(1)(x−1)+g(1) y=1×(x−1)+3 y=x−1+3
y=x+2
Ainsi l'équation de la tangente à la courbe Cg au point d'abscisse 1 est alors y=x+2.
Exercice 4
La fonction f est définie sur ]−5;5[ par : f(x)=(x+5)25−x2. On note Cf la courbe représentative de la fonction f.
1
Pour tout réel x appartenant à ]−5;5[ , calculer f′(x).
Correction
f est dérivable sur ]−5;5[. On reconnaît la forme (uv)′=u′v+uv′+w′ avec u(x)=x+5 et v(x)=25−x2 . Ainsi : u′(x)=1 et v′(x)=225−x2−2x. Il en résulte que : f′(x)=1×25−x2+(x+5)×225−x2−2x f′(x)=25−x2+(x+5)×25−x2−x f′(x)=25−x2+25−x2−x×(x+5) . Nous allons tout mettre au même dénominateur . f′(x)=25−x225−x2×25−x2+25−x2−x×(x+5) f′(x)=25−x2(25−x2)2+25−x2−x×(x+5) f′(x)=25−x225−x2+25−x2−x×(x+5) f′(x)=25−x225−x2+25−x2−x2−5x f′(x)=25−x225−x2−x2−5x
f′(x)=25−x2−2x2−5x+25
2
Dresser le tableau de variation de f.
Correction
Nous savons que f′(x)=25−x2−2x2−5x+25. Pour tout réel x appartenant à ]−5;5[, on vérifie facilement que 25−x2>0. Le signe de f′ dépend alors du numérateur −2x2−5x+25. Il s'agit d'un trinôme du second degré. Ainsi : Δ=225 , il existe donc deux racines réelles distinctes telles que : x1=25 et x2=−5. Comme a=−2<0, la parabole est tournée vers le bas c'est-à-dire que f′ est du signe de a à l'extérieur des racines et du signe opposé à a entre les racines.
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