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1 donc : f0(x) =x−1 2√ x

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

1`ere S 12 DST 5 : Correction 23 janvier 2014

Exercice 1 : (6 points)

(1) f0(x) = 3x2 (2) f0(x) = 6x2+ 8x (3) On pose u(x) = √

x et v(x) = (x−1), on a u0(x) = 1

2√

x et v0(x) = 1 donc :

f0(x) =x−1 2√

x +√

x=(3x−1)√ x

2x .

(4)

f0(x) =− 1

x2 +3x√ x−2√

x 2x

=3x2

x−2x√ x−2

2x2 .

(5) On poseu(x) = 4x2+ 5, on au0(x) = 8x, donc : f0(x) =− 40x

(4x2+ 5)2 (6) f0(x) = 8x

5

Exercice 2 : (6 points)

Soientuetv deux fonctions d´efinies et d´erivables sur un un intervalle I.

(1) a. (u×v)0 =u0v+uv0. b. Voir le cours

(2) a. On a :

(u2)0 = (u×u)0 =u0u+uu0 = 2u0u.

De mˆeme,

(u3)0 = (u2×u)0= (u2)0u+u2u0= 2u0u×u+u2u0= 3u0u2. b. Si f(x) = (2x+ 3)2,f0(x) = 4(2x+ 3).

Si f(x) = (2x+ 3)3,f0(x) = 6(2x+ 3)2. (3) (un)0=nu0un−1.

Exercice 3 : (8 points)

(1) g(1) = 9 etf(1) = 19.

(2) g ne s’annule pas sur [0; 7], donc 1g est bien d´efinie sur cet intervalle.

(3) Commeg ne s’annule pas sur [0; 7], on a par le cours : x

g

f

0 1 5 7

7,25 7,25

9 9

1 1

9 9

1 7,25

1 7,25

1 9 1 9

1 5 1 5

1 9 1 9 . (4) a. y=−3x+ 14.

b. On a doncg0(3) =−3 c. etf0(3) =−g(3)g0(3)2 = 253.

a. En utilisant la formule du cours, on a :

y=g0(7)(x−7) +g(7) = 9x−54.

b. Il suffit de placer un autre point.

(5) a. g0(x) = 0 si le coefficient directeur de la tangente est nul. Ceci n’arrive qu’en 1 et 5.

b. La fonction f0 est d´efinie sur [0; 7] car le d´enominateur de f ne s’annule pas sur cet intervalle. On a f0(1) =f0(5) = 0.

(6) En tra¸cant une approximation de la tangente en 6 (ou en testant les 4 tangentes sur le graphique), on remarque que le coefficient directeur est positif et que la droite monte assez vite pour que seul la r´eponseg0(6) = 3,75 soit possible.

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