Terminale S Correction Devoir maison n˚7 2016-2017
EXERCICE 1 1. (a) Cf semble au dessus deCg sur [0;π].
(b) L’écart entre les deux courbes semble minimal au point d’abscisse π 2. 2. (a) Pour toutx∈[0;π] ,
√2 cos x−π4
=√
2 cos(x) cos π4
+ sin(x) sin π4
=√ 2
cos(x)
√2
2 + sin(x)
√2 2
= cos(x) + sin(x).
(b) hest dérivable sur [0;π] en tant que composée de fonctions dérivables, et pour toutx∈[0;π] : h′(x) = 1−sin(x)−cos(x) = 1−√
2 cos x−π4
. 3. (a) Pour toutx∈[0;π2],−π4 6x−π4 6π4.
Ainsi, √22 6cos x−π4
61⇔16√
2 cos x−π4
6√
2⇔1−√
2 cos x−π4
60.
Puis , pour toutx∈[π2;π], π4 6x−π4 6 π2. Ainsi, 06cos x−π4
6
√2
2 ⇔06√
2 cos x−π4
61⇔1−√
2 cos x−π4
>0.
(b) On en déduit le tableau de variation suivant : x Signe deh′(x)
Variations deh
0 π2 π
− 0 +
1 1
π 2−1
π 2−1
π π
4. D’après le tableau de variation ci-dessus,hadmet pour minimun π
2 −1>0, doncCf est toujours au dessus de Cg sur [0;π].
Ce minimum est atteint pour x= π
2, ce qui confirme que l’écart minimal entre les deux courbes se trouve au point d’abscisse π
2.
• • •
EXERCICE 2 1. Le périmètre du triangle est 12 , il vient ainsi : 2x+y= 12.
Puis d’après l’inégalité triangulaire on aAB+AC>BC, d’où 2x>y.
2. On a donc 4x>12⇔x>3.
Puis 2x= 12−y, ory étant une longueur on ay >0 , d’où 2x612⇔x66.
On a bien 36x66.
3. ABC est un triangle isocèle en A, soithla hauteur issue de A, d’après le théorème de Pythagore on a : h2+
BC 2
2
=AB2⇔h2=x2−
12−2x 2
2 . Ainsi ,h2=x2−36 + 24x−x2= 24x−36⇔h=√
12x−36 (hétant>0).
4. Par définition l’aire du triangle ABC est donnée par la formule BC×h
2 .
Ainsif(x) = (2x−12)√
12x−36
2 = (6−x)√
12x−36.
5. (a) f est dérivable sur ]3; 6], en tant que produit de fonctions dérivables sur ]3; 6], Pour toutx∈]3; 6] ,f′(x) =−√
12x−36 + (6−x) 12 2√
12x−36 = −12x+ 36 + 6(6−x)
√12x−36 f′(x) = −18x+ 72
p4(3x−9) =−9x+ 36
√3x−9 .
(b) Pour tout x ∈]3; 6], √
3x−9 > 0, ainsi f′(x) est du signe de −9x+ 36 , on obtient donc le tableau de variation suivant :
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x Signe def′(x)
Variations def
3 4 6
+ 0 −
0 0
4√ 3 4√
3
0 0 Ainsi,f est maximale pourx= 4.
6. L’aire est maximale pourx= 4, mais dans ce casy = 12−2x= 4, donc l’aire est maximale lorsque le triangle ABC est équilatéral.
• • • EXERCICE 3 • Etude des limites def,
f est une fonction polynôme donc ses limites en l’infini sont celles de son terme de plus haut degré : ainsi ,
x→−∞lim f(x) = lim
x→−∞a4x4= +∞et
x→lim+∞f(x) = lim
x→+∞a4x4= +∞. De plusf(a1) = (1−1)4= 0.
• Etude des variations def.
La fonctionf définie surRparf(x) = (ax−1)4 , aveca6= 0 est dérivable surR, et pour toutx∈R,f′(x) = 4a(ax−1)3.
Ainsi,f′(x) = 0⇔4a(ax−1)3= 0⇔(ax−1)3= 0 caraest non nul, doncf′(x) = 0⇔ax−1 = 0⇔x= 1
a. Premier cas : a >0 :
Dans ce casf′(x) == 4a(ax−1)3 est du signe de (ax−1)3 autrement dit du signe de ax−1. On en déduit que f′(x)60 pourx6 1a et f′(x)>0 pourx> 1a. Ce qui justifie les variations du tableau.
Deuxième cas : a <0 :
Dans ce cas f′(x) = 4a(ax−1)3 est du signe de−(ax−1)3 autrement dit du signe de−(ax−1).
Orax+ 1>0⇔x6 1a etax+ 160⇔x> 1a.
On en déduit quef′(x)60 pourx6 1a etf′(x)>0 pourx> 1a. Ce qui justifie les variations du tableau.
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