TS : correction du contrôle (limites, continuité, espace) (2 heures)
I Continuité (2,5 points)
1. Soitf une fonction définie sur un intervalle ouvertIet soitaun réel deI.
f est continue enasi, et seulement si, lim
x→af(x)=f(a).
2. Soitf la fonction définie surRpar
f(x)=x2−16 x−4 six6=4 f(4)=8
∀x6=4, f(x)=(x+4)(x−4)
x−4 =x+4 donc lim
x→4f(x)=8=f(4) doncf estcontinue en 4.
II Calcul de limites (3 points)
1. Étudier la limite def(x)=5x3−3x+4 en+∞. Pour toutx6=0,f(x)=x3
µ 5− 3
x2+ 4 x3
¶ .
x→+∞lim µ
5− 3 x2+ 4
x3
¶
=5 et lim
x→+∞x3= +∞donc, par produit, lim
x→+∞f(x)= +∞. 2. Étudier la limite def(x)=x2+3
x−1 en−∞,+∞et en 1.
• Limite en+∞:
∀x6=0, f(x)= x2³
1+ 3
x2
´
x¡ 1−1
x
¢ =x×1+ 3
x2
1−1
x
.
xlim→+∞
µ 1+ 3
x2
¶
=1 et lim
x→+∞
µ 1−1
x
¶
=1, d’où : lim
x→+∞f(x)= +∞.
• Limite en−∞.
On a toujours f(x)=x×1+ 3
x2
1−1
x
.
xlim→−∞
Ã1+ 3
x2
1−1x
!
=1 d’où lim
x→−∞f(x)= −∞
• Limite en 1 :
xlim→1
¡x2+3¢
=4.
x2−1 s’annule en -1 et 1;x2−1<0 pourx∈]−1 ; 1[ etx2−1>0 pourx>1.
xlim→1
¡x2−1¢
=0 avecx2−1<0 pourx<1 donc lim
x→1x<1
¡x2−1¢
=0 avecx2−1<0 donc lim
x→1x<1f(x)= −∞
De même, lim
x→1x<1
¡x2−1¢
=0 avecx2−1>0.
On en déduit : lim
x→1x>1f(x)= +∞
III (2 points)
Soitf une fonction telle que, pour toutx>1,
3x+cosx
x Éf(x)É3x+7 x−1 .
• ∀x6=0, 3x+cosx
x =3x
x +cosx
x =3+cosx x .
∀x6=0,−1ÉcosxÉ1 donc−1
xÉcosxÉ1 x.
x→+∞lim µ
−1 x
¶
=0 et lim
x→+∞
µ1 x
¶
=0 donc, d’après le théorème des gendarmes, lim
x→+∞
³cosx x
´
=0 On en déduit : lim
x→+∞
µ3x+cosx x
¶
=3.
Page 1/4
• ∀x6=0, 3x+7 x−1 =x¡
3+7
x
¢ x¡
1−1
x
¢=3+7
x
1−1
x
. On en déduit : lim
x→+∞
µ3x+7 x−1
¶
=3
• D’après le théorème des gendarmes, lim
x→=∞f(x)=3 .
IV (3,5 points)
Soitf la fonction définie surI=[−1 ; 3] par
f(x)=x3−3x2+4.
1. f est une fonction polynôme, donc dérivable.∀x∈R,f′(x)=3x2−6x=3x(x−2).
2. f′(x) a pour racines 0 et 2; c’est un trinôme du second degré, du signe de 3, coefficient dex2, donc positif, à l’extérieur de l’intervalle formé par les racines et négatif entre les racines.
f(0)=4;f(2)=0;f(−1)=0;f(3)=4.
Tableau de variation :
x −1 0 2 3
f′(x) + 0 − 0 +
f(x) 0
✒4❅
❅❅❘ 0
✒4
3. f s’annule deux fois en -1 et 2
V (4 points)
1. Soitgla fonction définie sur [-3; 3] par
g(x)=2x3−3x2−1.
(a) gest dérivable (polynôme) etg′(x)=6x2−6x=6x(x−1).
g′(x) est un trinôme du second degré, qui a pou racines 0 et 1; il est positif à l’extérieur de l’intervalle foré par les racines et négatif entre les racines.
Tableau de variation sur [-3; 3]
x −3 0 1 3
g′(x) + 0 − 0 +
g(x)
−82
✒−1❅
❅❅❘
−2
✒26
(b) Sur [-3; 1], il est clair queg(x)<0 puisque le maximum deg(x) est -1.
Sur [1; 3] :
• gest continue (fonction polynôme)
• g(1)= −2<0
• g(3)=26>0
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équationg(x) a une solution dans l’intervalle [1; 3] ; celle-ci est unique cargest croissante sur cet intervalle.
Notonsαcette solution.
À la calculatrice, on trouveα≈1.68.
(c) Tableau de signes deg(x) sur [-3; 3] :
x −3 α 3 g(x) −0+ 2. Soitf la fonction définie parf(x)= 1−x
x3+1sur [−3 ;−1[∪]1 ; 3].
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(a) f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables.f =u v avec
(u(x)=1−x v(x)=x3+1 . f′=
³u v
´′
=u′v−uv′ v2 avec
(u′(x)= −1 v′(x)=3x2 . On en déduit, pourx6= −1 :
f′(x)=−¡ x3+1¢
−3x2(1−x)
¡x3+1¢2 =−x3−1−3x2+3x3
¡x3+1¢2 =2x3−3x2−1
¡x3+1¢2 doncf′(x)= g(x)
¡x3+1¢2
(b) • Limite en−∞:
On a une forme indéterminée :
∀x6=0, f(x)= x¡ 1−1
x
¢ x3³
1+ 1
x3
´= 1−1
x
x2³ 1+ 1
x3
´.
x→1lim µ
1−1 x
¶
=1.
x→−∞lim µ
1+ 1 x3
¶
=1 d’où : lim
x→−∞
µ x2
µ 1+ 1
x3
¶¶
= +∞
Conclusion : lim
x→−∞f(x)=0
• Limite en+∞: on trouve de même lim
x→+∞f(x)=0
• Limite en 1 :
x→−1lim(1−x)=2; lim
x−<1x→1
¡x3+1¢
=0 avecx3+1<0 car la fonction cube est croissante.
Par conséquent : lim
x−<1x→1
f(x)= −∞. De même : lim
xx→1>−1
¡x3+1¢
=0 avecx3+1>0 car la fonction cube est croissante.
Par conséquent : lim
x>−11x→−1
f(x)+ −∞. (c) Donner le tableau de variation def
x −3 −1 α +∞
g(x) − − 0 +
¡x3+1¢2
+ + +
f′(x) − − 0 +
N(x)ˇ
−2 13❅
❅❅❘
−∞
+∞❅
❅❅❘ f(α)
✒ 0
Pour la suite, l’espace est muni d’une repère³ O;−→
i ;−→ j ;k´
.
VI (2 points)
On considère les points A(2 ; 3 ; 4) et B(1 ; 5 ; 0).
Déterminer une équation cartésienne du planPpassant par A et perpendiculaire à la droite (AB).
−→AB
−1 2
−4
.
SiPest perpendiculaire à la droite (AB),−→
ABest un vecteur normal au planP. ne équation cartésienne dePest alors :
−(x−xA)+2¡ y−yA
¢−4(z−zA)=0⇔ −(x−2)+2(y−3)−4(z−4)=0⇔ −x+2y−4z+12=0.
VII (3 points)
PetP′sont les deux plans d’équations cartésiennes : P : x+3y−2z+3=0; P′ : 2x−4y+z+1=0.
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1. →− n
1 3
−2
est un vecteur normal au planP.
−
→ n′
2
−4 1
est un vecteur normal au planP′. 2
16=−4
3 donc−→ n et→−
n′ne sont pas colinéaires : les deux plansPetP′ne sont donc pas parallèles.
Ils sont alors sécants selon une droiteD. 2. M(x;y;z)∈D⇔M∈P∩P′⇔
(x+3y−2z+3=0 2x−4y+z+1=0 . On choisitzcomme paramètre.
On obtient :
z=t
x+3y= −3+2t 2x−4y= −1−t
,t∈R⇔
z=t
10y= −5+5t
x+3y= −3+2t,t∈R
⇔
z=t y= −1
2+1 2t
x= −3y−3+2t,t∈R
⇔
x= −3
2+1 2t y= −1
2+1 2t z=t
,t∈R
Exercice facultatif (2 points)
nest un entier naturel non nul.
Démontrons que l’équationxn+1−2xn+1=0 a une racine comprise entre 2n n+1et 2.
On posef(x)=xn+1−2xn+1.
f est dérivable (polynôme).
∀x∈R,f′(x)=(n+1)xn−2nxn−1=xn−1[(n+1)x−2n].
f′(x) s’annule en 0 et 2n n+1. Sur [0 ; 2],xn−1Ê0.
Sur [0 ; 2], (n+1)x−2nÉ0 pourxÉ 2n
n+1 et (n+1)x−2nÊ0 pourxÊ 2n n+1. f(2)=1
Tableau de signes et tableau de variation :
x 0 2n
n+1 2
xn−1 + +
2nx+n−1 − 0 +
f′(x) − 0 +
f(x) 1❅
❅❅❘ f
µ 2n n+1
¶
✒1
On remarque que 2n
n+1Ê1 carnÊ1 et quef(1)=0, doncf µ 2n
n+1
¶ É0.
Sur
· 2n n+1; 2
¸
,f est continue,f µ 2n
n+1
¶
É0 etf(2)=1>0.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équationxn+1−2xn+1=0 a une racine sur cet intervalle.
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