D'autre part, la limite en +∞. x→+∞lim2x3x→+∞lim−3x2−1==+∞−∞} nous rencontrons une forme indéterminée de la forme +∞−∞ Pour relever cette indétermination, nous allons factoriser par le monôme de plus haut degré. Ici, en l'occurrence par x3. x→+∞lim2x3−3x2−1=x→+∞limx3(x32x3−3x2−1) x→+∞lim2x3−3x2−1=x→+∞limx3(x32x3−x33x2−x31) x→+∞lim2x3−3x2−1=x→+∞limx3(2−x3−x31) x→+∞limx3x→+∞lim2−x3−x31==+∞2} par produit :
x→+∞lim2x3−3x2−1=+∞
2
Calculer f′(x) pour tout réel x, étudier son signe et en déduire le tableau de variation complet de f.
Correction
Pour tout réel x, on a : f′(x)=6x2−6x f′(x)=6x(x−1). Ainsi : si x≥0 alors 6x≥0 et x≥1 alors x−1≥0. Nous allons traduire cela dans un tableau de variation pour la fonction f.
3
Démontrer que l'équation f(x)=2 admet une unique solution sur R. On notera α cette solution.
Correction
On reprend le tableau de variation fait à la question 2. On fera apparaître dans le tableau la valeur deux que l'on recherche.
Sur ]−∞;1], la fonction f est continue et admet −1 comme maximum. La fonction f est strictement négative. Donc l'équation f(x)=2 n'a pas de solution sur cet intervalle.
Sur [1;+∞[, la fonction f est continue et strictement croissante. De plus, f(1)=−2 et x→+∞limf(x)=+∞ . Or 2∈[−2;+∞[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α appartenant à R tel que f(x)=2.
4
Déterminer un encadrement de α à 10−2 près.
Correction
A la calculatrice, on vérifie que : f(1,91)≈1,9914 et f(1,92)≈2,0965 Or 2∈[1,9914;2,0965], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : 1,91≤α≤1,92
Exercice 2
Soit f une fonction définie et continue sur [−5;0] par f(x)=x2−4x+52x3+2x2−8x+10
1
Montrer que pour tout réel x appartenant à l'intervalle [−5;0] , on a : f′(x)=(x2−4x+5)22x2(x2−8x+15)
Correction
f est dérivable sur [−5;0] car ici le dénominateur ne s'annule que pour les valeurs 1 et 4. ( c'est facile à montrer on calcule le delta du dénominateur mais on ne nous le demande pas ). On reconnaît la forme (vu)′=v2u′v−uv′ avec u(x)=2x3+2x2−8x+10 et v(x)=x2−4x+5 Ainsi : u′(x)=6x2+4x−8 et v′(x)=2x−4. Il vient alors que : f′(x)=(x2−4x+5)2(6x2+4x−8)×(x2−4x+5)−(2x3+2x2−8x+10)×(2x−4) f′(x)=(x2−4x+5)2(6x4−24x3+30x2+4x3−16x2+20x−8x2+32x−40)−(4x4−8x3+4x3−8x2−16x2+32x+20x−40) f′(x)=(x2−4x+5)2(6x4−20x3+6x2+52x−40)−(4x4−4x3−24x2+52x−40) f′(x)=(x2−4x+5)26x4−20x3+6x2+52x−40−4x4+4x3+24x2−52x+40 f′(x)=(x2−4x+5)22x4−16x3+30x2 . Nous allons maintenant décomposer par 2x2 les termes du numérateur pour obtenir un facteur commun. f′(x)=(x2−4x+5)22x2×x2−2x2×8x+2x2×15 . Nous factorisons maintenant par 2x2 .
f′(x)=(x2−4x+5)22x2(x2−8x+15)
2
Etudier le signe de f′ et en déduire le tableau de variation de f.
Correction
Pour tout réel x appartenant à l'intervalle [−5;0] , on peut affirmer que : 2x2≥0 car un carré est positif ou nul. (x2−4x+5)2≥0 car un carré est positif ou nul. Il en résulte donc que le signe de f′ ne dépend que du signe de x2−8x+15. Pour l'étude du signe de x2−8x+15, on va utiliser le discriminant. Alors a=1; b=−8 et c=15. Or Δ=b2−4ac donc Δ=4. Il existe donc deux racines réelles distinctes.
x1=2a−b−Δ ce qui donne x1=3.
x2=2a−b+Δ ce qui donne x2=5.
Comme a=1>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. Pour nous aider à visualiser, nous allons dresser le tableau de signe de x2−8x+15 sur R puis ensuite nous regarderons plus précisément le signe de x2−8x+15 sur [−5;0] .
Cela signifie donc que sur l'intervalle [−5;0], on a : x2−8x+15>0 comme cela se vérifie à l'aide du tableau de signe ci-dessus. On en déduit le tableau de variation suivant :
3
Démontrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution α . Donner un encadrement de α à 10−2 près.
Correction
Nous faisons apparaître le zéro recherché dans le tableau de variation donnée. Il vient alors que :
Sur [−5;0] , la fonction f est continue et strictement croissante. De plus, f(−5)=−3 et f(0)=2 . Or 0∈[−3;2] , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α dans [−5;0] tel que f(x)=0. A la calculatrice, on vérifie que : f(−2,94)≈−0,0006 et f(−2,93)≈0,0119 Or 0∈[−0,0006;0,0119], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : −2,94≤α≤−2,93
4
Déterminer le signe de la fonction f sur [−5;0].
Correction
Sur [−5;0], la fonction f est continue et strictement croissante et f(α)=0 Donc f(x)≤0 pour tout x∈[−5;α] et f(x)≥0 pour tout x∈[α;0] On résume cela dans un tableau de signe :
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