−6<0, e1−2x>0 donc le signe deϕ′(x) est le signe opposé à celui dex2−x−2

TS GRILLE DE CORRECTION - Devoir Surveillé n˚4 - 14 décembre 2018 NOTE :

Ex 1 Réponse Points Obtenus

Q1. ϕest le produit de deux fonctions dérivables surRdonc elle est dérivable surR.

ϕ=ue^v avecu:x7→3x²−6 etv:x7→1−2x. Puisϕ^′ =u^′e^v+uv^′e^v.

Pour toutx∈R, ϕ^′(x) = 6xe^1−2x+ (3x²−6)×(−2)e^1−2x=−6(x²−x−2)e^1−2x.

2

Q2. Annulation de ϕ^′(x) : ϕ^′(x) = 0⇔ −6(x²−x−2)e^1−2x= 0

⇔x²−x−2 = 0⇔x=−1 oux= 2 (car e^1−2x>0 pour toutxréel etx+2>0 pourx>0).

Signe de ϕ^′(x) : −6<0, e^1−2x>0 donc le signe deϕ^′(x) est le signe opposé à celui dex²−x−2.

2

x

Signe dex² −x−2 Signe deϕ^′(x)

Variations deϕ

−∞ −1 2 ∞

+ 0 − 0 +

− 0 + 0 −

+∞

+∞

−3e³

−3e³

6e⁻³ 6e⁻³

0 0

x→−∞lim 1−2x= +∞et lim

X→+∞e^X = +∞donc par composition, lim

x→−∞e^1−2x= +∞.

Par ailleurs, lim

x→−∞3x²−6 = +∞ et par produit de limites, on en déduit que

x→−∞lim (3x²−6)e^1−2x= +∞

2

Total −→ 6 points

Ex 2 Réponse Points Obtenus

Q1a ∀x∈[0 +∞[, g^′(x) = 2xe^x+x²e^x=x(x+ 2)e^x

Annulation de g^′(x) sur [0; +∞[ : g^′(x) = 0⇔x(x+ 2)e^x= 0

⇔x= 0 (car e^x>0 pour toutxréel).

Signe de g^′(x) sur ]0; +∞[: x > 0,x+ 2 >0 et e^x >0 donc g^′(x) > 0 sur ]0; +∞[ doncg est strictement croissante sur [0; +∞[.

2

Q1b g continue et strictement croissante sur [0; +∞[. g(0) =−1 et lim

x→+∞g(x) = +∞

(produit de limites infinies). 0∈[−1; +∞[ donc d’après le théorème de la bijection, il existe un uniquea >0 tel queg(a) = 0

Avec la calculatrice, on obtient g(0,703) ≈ −0,0018 et g(0,704) ≈ 0,002 donc g(0,703) < g(a) < g(0,704) et comme g est strictement croissante sur R, on obtient : 0,703< a <0,704 donc 0,7036a <0,704.

1+1

Q1c • g(a) = 0

• g(x)>0 pourx∈]a; +∞[ ou un tableau

• g(x)<0 pourx∈[0;a[

1

Q2a Comme lim

x→0 x>0

1

x= +∞et e⁰= 1, par opérations, on obtient : lim

x→0 x>0

f(x) = +∞

x→+∞lim 1

x = 0 et lim

x→+∞e^x= +∞, donc par opérations sur les limites, on obtient :

x→+∞lim f(x) = +∞

2

Q2b f = exp +uavecu:x7→ 1

x et donc u^′ :x7→ − 1

x². D’autre part exp^′ = exp donc f^′=exp+u^′.

Pour toutx >0,f^′(x) = e^x− 1

x² = x²e^x−1

x² =g(x) x²

2

Q2c Annulation de f^′(x) sur ]0; +∞[ : f^′(x) = 0⇔g(x) = 0⇔x=a.

Signe de f^′(x) sur ]0; +∞[: x² > 0 donc f^′(x) a le même signe que g sur ]0; +∞[. Ainsif est decroissante sur [0;a] et croissante sur [a; +∞[.

1

1

Réponse Points Obtenus Tableau de variations :

x Signe def^′(x)

Variations def

0 a ∞

− 0 +

+∞

m m

+∞

+∞

1

Q2d m=f(a) = e^a+1 a.

Or, par définition dea, on a g(a) = 0⇔a²e^a−1 = 0⇔e^a= 1 a². Finalement,m= 1

a² +1 a.

1,5

Q2e g(0,703) 6= 0 donc 0,703< a < 0,704, comme les fonctions x7→ 1

x et x 7→ 1 x² sont strictement décroissantes sur ]0; +∞[, on obtient respectivement :

1 0,704< 1

a< 1

0,703 et 1

0,704² < 1

a² < 1 0,703²

On additionne membre à membre les encadrements pour obtenir l’encadrement de m:

1

0,704+ 1

0,704² < m < 1

0,703+ 1 0,703² 1

0,704+ 1

0,704² ≈3,438 arrondi à 10⁻³près.

1

0,703+ 1

0,703² ≈3,446 arrondi à 10⁻³près Finalement, 3,43< m <3,45.

1,5

Total −→ 14 points

Passez de bonnes vacances de Noël et faites comme Marcel, reposez-vous.

2