Fonctions : continuité et dérivation

QCM - Exercice 1

15 min
20
Question 1
Pour les questions 11, 22 et 33, on considère la fonction f(x)=5+46−2xf\left(x\right)=5+\frac{4}{6-2x} .

La courbe représentative de la fonction ff admet pour asymptotes les droites d'équations :
  • x=3x=3 et y=5y=5
  • x=5x=5 et y=3y=3
  • x=0x=0 et y=5y=5
  • x=0x=0 et y=3y=3

Correction
LA BONNE REPONSE EST a :
x=3x=3 et y=5y=5

Dans un premier temps, il est impératif de donner le domaine de définition de ff. Il s'agit d'une fonction rationnelle et le dénominateur s'annule lorsque x=3x=3.
Ainsi Df=]−∞;3[∪]3;+∞[D_{f} =\left]-\infty ;3\right[\cup \left]3;+\infty \right[. On va calculer les limites aux bornes du domaine de définition de ff. C'est à dire : lim⁡x→−∞f(x)\lim\limits_{x\to -\infty } f\left(x\right) ; lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right) ; lim⁡x→3−f(x)\lim\limits_{x\to 3^{-} } f\left(x\right) et lim⁡x→3+f(x)\lim\limits_{x\to 3^{+} } f\left(x\right).

Nous allons détailler deux limites parmi les quatre car les deux autres auront la même démarche.
D'une part : lim⁡x→−∞f(x)\lim\limits_{x\to -\infty } f\left(x\right)
lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞5+46−2x\lim\limits_{x\to -\infty } f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to -\infty } 5+\frac{4}{6-2x}
lim⁡x→−∞5=5lim⁡x→−∞46−2x=0}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty }5} & {=} & {5 } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } \frac{4}{6-2x} } & {=} & {0} \end{array}\right\} par somme :
lim⁡x→−∞5+46−2x=5\lim\limits_{x\to -\infty } 5+\frac{4}{6-2x} =5
La courbe CfC_{f} admet au voisinage de −∞-\infty une asymptote horizontale d'équation y=5y=5.
D'autre part :lim⁡x→3−f(x)\lim\limits_{x\to 3^{-} } f\left(x\right)
lim⁡x→3−4=4lim⁡x→3−6−2x=0+}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 3^{-} } 4} & {=} & {4} \\ {\lim\limits_{x\to 3^{-} } 6-2x} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\} par quotient lim⁡x→3−46−2x=+∞\lim\limits_{x\to 3^{-} } \frac{4}{6-2x} =+\infty .
Ainsi : lim⁡x→3−5=5lim⁡x→3−46−2x=+∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 3^{-} } 5} & {=} & {5} \\ {\lim\limits_{x\to 3^{-} } \frac{4}{6-2x}} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\} par quotient lim⁡x→3−f(x)=+∞\lim\limits_{x\to 3^{-} } f\left(x\right) =+\infty .
Interprétation graphique : la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=3x=3.
On peut expliquer le fait que lim⁡x→3−6−2x=0+\lim\limits_{x\to 3^{-} } 6-2x=0^{+} de la manière suivante : x→3−x\to 3^{-} signifie que x<3x<3 donc −2x>−6-2x>-6 ainsi 6−2x>06-2x>0, c'est pour cela que lim⁡x→3−6−2x=0+\lim\limits_{x\to 3^{-} } 6-2x=0^{+} .
On obtiendra par de la même manière que : lim⁡x→3+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to 3^{+} } f\left(x\right) =-\infty et que lim⁡x→+∞f(x)=5\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right) =5.
Question 2

On peut affirmer que :
  • lim⁡x→+∞1f(x)=1\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{f\left(x\right)} =1
  • lim⁡x→+∞(f(x))2=10\lim\limits_{x\to +\infty } \left(f\left(x\right)\right)^{2} =10
  • lim⁡x→3+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to 3^{+} } \sqrt{f\left(x\right)}=-\infty
  • lim⁡x→3+1f(x)=0\lim\limits_{x\to 3^{+} } \frac{1}{f\left(x\right)}= 0

Correction
LA BONNE REPONSE EST d :
lim⁡x→3+1f(x)=0\lim\limits_{x\to 3^{+} } \frac{1}{f\left(x\right)}=0

D'après la question précédente, on sait que : lim⁡x→3+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to 3^{+} } f\left(x\right) =-\infty
Il en résulte que :
lim⁡x→3+1f(x)=0\lim\limits_{x\to 3^{+} } \frac{1}{f\left(x\right)}=0

Question 3
Soit gg une fonction telle que pour tout x>3x>3 , on ait :
5−f(x)≤g(x)≤f(x)−55-f\left(x\right)\le g\left(x\right)\le f\left(x\right)-5

  • lim⁡x→3+g(x)=+∞\lim\limits_{x\to 3^{+} } g\left(x\right) = +\infty
  • lim⁡x→+∞g(x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right) =0
  • lim⁡x→3+g(x)=−∞\lim\limits_{x\to 3^{+} } g\left(x\right)=-\infty
  • lim⁡x→3+g(x)=5\lim\limits_{x\to 3^{+} } g\left(x\right)=5

Correction
LA BONNE REPONSE EST b :
lim⁡x→+∞g(x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=0

Soit gg une fonction telle que pour tout x>3x>3 , on ait : 5−f(x)≤g(x)≤f(x)−55-f\left(x\right)\le g\left(x\right)\le f\left(x\right)-5
D'après la question numéro 11, on sait que : lim⁡x→+∞f(x)=5\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right) =5
Ainsi : lim⁡x→+∞f(x)−5=0\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)-5 =0 et lim⁡x→+∞5−f(x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } 5-f\left(x\right)=0. Comme : 5−f(x)≤g(x)≤f(x)−55-f\left(x\right)\le g\left(x\right)\le f\left(x\right)-5
Alors, d'après le théorème des gendarmes
lim⁡x→+∞g(x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=0

Question 4

hh est la fonction telle que : h(x)=2x2+x+1h\left(x\right)=\sqrt{2x^{2}+x+1}. Donc h′(x)h'\left(x\right) est égale à :
  • h′(x)=4x+1h'\left(x\right)=\sqrt{4x+1}
  • h′(x)=12x2+x+1h'\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x^{2} +x+1} }
  • h′(x)=4x+12x2+x+1h'\left(x\right)=\frac{4x+1}{2\sqrt{x^{2} +x+1} }
  • h′(x)=12x×(4x+1)h'\left(x\right)=\frac{1}{2\sqrt{x} } \times \left(4x+1\right)

Correction
LA BONNE REPONSE EST c :
h′(x)=4x+12x2+x+1h'\left(x\right)=\frac{4x+1}{2\sqrt{x^{2} +x+1} }

(u)′=u′2u\left(\sqrt{u} \right)^{'} =\frac{u'}{2\sqrt{u} }
On reconnaît ici u\sqrt{u} où u(x)=2x2+x+1u\left(x\right)=2x^{2}+x+1. Ainsi u′(x)=4x+1u'\left(x\right)=4x+1.
Il en résulte que :
f′(x)=4x+122x2+x+1f'\left(x\right)=\frac{4x+1}{2\sqrt{2x^{2}+x+1} }
Question 5

kk est la fonction telle que : k(x)=1(2x2+x+1)5k\left(x\right)=\frac{1}{\left(2x^{2}+x+1\right)^{5} } . Donc k′(x)k'\left(x\right) est égale à :
  • k′(x)=−1(2x2+x+1)6k'\left(x\right)=\frac{-1}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{6} }
  • k′(x)=2x+1(2x2+x+1)6k'\left(x\right)=\frac{2x+1}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{6} }
  • k′(x)=−20x−5(2x2+x+1)6k'\left(x\right)=\frac{-20x-5}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{6} }
  • k′(x)=−20x−5(2x2+x+1)4k'\left(x\right)=\frac{-20x-5}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{4} }

Correction
LA BONNE REPONSE EST c :
k′(x)=−20x−5(2x2+x+1)6k'\left(x\right)=\frac{-20x-5}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{6} }

1an=a−n\frac{1}{a^{n} } =a^{-n}
(un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}
On sait que : k(x)=1(2x2+x+1)5k\left(x\right)=\frac{1}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{5} } . On peut écrire kk sous la forme k(x)=(2x2+x+1)−5k\left(x\right)=\left(2x^{2} +x+1\right)^{-5} car : 1an=a−n\frac{1}{a^{n} } =a^{-n}
On reconnaît ici unu^{n} où u(x)=2x2+x+1u\left(x\right)=2x^{2} +x+1 et n=−5n=-5. Ainsi u′(x)=4x+1u'\left(x\right)=4x+1.
Il en résulte que :
k′(x)=−5×(4x+1)×(2x2+x+1)−6k'\left(x\right)=-5\times \left(4x+1\right)\times \left(2x^{2} +x+1\right)^{-6}
k′(x)=(−20x−5)×(2x2+x+1)−6k'\left(x\right)=\left(-20x-5\right)\times \left(2x^{2} +x+1\right)^{-6}
Ainsi :
k′(x)=−20x−5(2x2+x+1)6k'\left(x\right)=\frac{-20x-5}{\left(2x^{2} +x+1\right)^{6} }
Question 6

pp est la fonction telle que : p(x)=(2x2+x+1)3p\left(x\right)=\left(2x^{2}+x+1\right)^{3} . Donc :
  • p′(0)=−3p'\left(0\right)=-3
  • p′(0)=3p'\left(0\right)=3
  • p′(0)=0p'\left(0\right)=0
  • p′(0)=−1p'\left(0\right)=-1

Correction
LA BONNE REPONSE EST b :
p′(0)=3p'\left(0\right)=3

1an=a−n\frac{1}{a^{n} } =a^{-n}
(un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}
On sait que : p(x)=(2x2+x+1)3p\left(x\right)=\left(2x^{2} +x+1\right)^{3} .
On reconnaît ici unu^{n} où u(x)=2x2+x+1u\left(x\right)=2x^{2} +x+1 et n=3n=3. Ainsi u′(x)=4x+1u'\left(x\right)=4x+1.
Il en résulte que :
p′(x)=3×(4x+1)×(2x2+x+1)2p'\left(x\right)=3\times \left(4x+1\right)\times \left(2x^{2} +x+1\right)^{2}
Ainsi :
p′(x)=(12x+3)×(2x2+x+1)2p'\left(x\right)=\left(12x+3\right)\times \left(2x^{2} +x+1\right)^{2}

Enfin : p′(0)=(12×0+3)×(2×02+0+1)2p'\left(0\right)=\left(12\times 0+3\right)\times \left(2\times 0^{2} +0+1\right)^{2} d'où :
p′(0)=3p'\left(0\right)=3