1/4 DS1 - TS2 & TS3 - Correction Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Correction DS1 – TS2 et TS3 1/4 Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

DS1 - TS2 & TS3 - Correction

Exercice 1 3 points

1- Enonçons et démontrons le théorème des gendarmes dans le cas d’une limite finie en +õ.

Voir cours et démonstration en annexe 1,5 point 2- On considère la fonction f définie sur Ë par f(x)=cos(4x)

1+x² . Déterminons les limites de f en +õ et en –õ :

┐x☻Ë, -1Âcos(4x)Â1 et 1+x²>0 donc ┐x☻Ë, - 1

1+x²Âcos(4x)

1+x² Â 1

1+x² cad - 1

1+x²Âf(x) 1 1+x². Or lim

x↔±õ- ¹

1+x²= lim

x↔±õ

1

1+x²=0 donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

x↔±õf(x)=0 1,5 point Exercice 2 5,5 points

On considère les fonctions f et g définies sur D=]-õ;-4]∟[3;+õ[ et f(x)= x²+x−12 et g(x)=(3−x)f(x) 1- Justifions que f est dérivable sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ et déterminons f′(x), pour x☻]-õ;-4[∟]3;+õ[

La fonction u:x→x²+x−12 est un trinôme donc définie et dérivable sur Ë donc sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ et

┐x☻]-õ;-4[∟]3;+õ[ , u(x)>0. Ainsi la fonction f= u est dérivable sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ et f ′= u′

2 u donc ┐x☻]-õ;-4[∟]3;+õ[ , f′(x)= 2x+1

2 x²+x−12 2 points 2- Justifions que g est dérivable sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ :

La fonction h: x→3−x est affine donc dérivable sur Ë donc notamment sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[.

Ainsi g=hf est dérivable sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ comme produit de deux fonctions dérivables sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[. 0,5 point

3- Montrons que ┐h>0, g(3+h)−g(3)

h =- h²+7h, et déduisons en l’étude de la dérivabilité de g en 3 :

┐h>0, g(3+h)−g(3)

h =-h (3+h)²+(3+h)−12

h =-h 9+6h+h²+3+h−12 h

=-h h²+7h

h =- h²+7h. Ainsi lim

h↔0

g(3+h)−g(3)

h = lim

h↔0- h²+7h =0. Ainsi g est dérivable en 3 et g′(3)=0 1,5 points

4- Montrons que g est continue sur chaque intervalle de D :

On a vu que g est dérivable sur ]-õ;-4[∟]3;+õ[ et en 3 donc g est dérivable sur ]-õ;-4[∟[3;+õ[

Donc g est continue sur ]-õ;-4[ et sur [3;+õ[

Etudions la continuité en -4 : lim

x↔-43−x=7 et lim

x↔-4 x²+x−12= lim

X↔0 X=0 (car la fonction racine carrée est continue en 0) donc lim

x↔-4g(x)=0.

Or g(-4)=0. Ainsi lim

x↔-4g(x)=g(-4) donc g est continue en -4 donc g est continue sur ]-õ;-4] . En conclusion, g est continue sur chaque intervalle de D . 1,5 point

Correction DS1 – TS2 et TS3 2/4 Exercice 3 11,5 points + 0.5 point

On considère la fonction f définie sur I=]-1;+õ[ par f(x)=2x+1

x³+1. On désigne par C sa courbe représentative dans un repère orthonormal

(

^{O; Åi; Åj}

)

(unité graphique 4cm)

Partie A – Etude d’une fonction auxiliaire 4,5 points Soit P le polynôme défini sur Ë par P(x)=4x³+3x²−2.

1. Déterminons les limites de P en +õ et en –õ.

A l’infini, la limite d’un polynôme est celle de son terme de plus haut degré donc lim

x↔-õP(x)= lim

x↔-õ4x³=-õ et lim

x↔+õP(x)= lim

x↔+õ4x³=+õ 1 point 2. Déterminons le sens de variation de P.

P est un polynôme donc P est dérivable sur Ë et ┐x☻Ë, P′(x)=12x²+6x=6x( 2x+1).

D’où

x −∞ -1

2

0 +∞

6x - - 0 +

2x+1 - 0 + +

P’(x) + 0 - 0 +

Donc P est strictement croissant sur





 -õ;-1

2 et sur [0;+õ[ et strictement décroissant sur





 -1 

2;0 . 1 point D’où le tableau de variation de P

x −∞ -1

2

0 +∞

signe de P ′ + − +

+õ

P -7

4

-õ -2

3. Montrons que l’équation P(x)=0 admet une solution unique α.

- Sur ]-õ;0], P admet -7

4 pour maximum donc l’équation P(x)=0 n’admet aucune solution.

- Sur [0;+õ[,

o P est dérivable donc continue, o P est strictement croissante, o P(0)=-2 et lim

x↔+õP(x)=+õ donc 0☻



 P(0); lim

+õ P

Donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation P(x)=0 admet une solution unique α dans [0;+õ[

En résumé, l’équation P(x)=0 admet un unique solution réelle α . 2 points 4. Déterminons le signe de P sur Ë.

D’après le tableau de variation et la question 3., on déduit que



^P(x)<0ñx<α P(α)=0

P(x)>0ñx>α 0,5 point

Correction DS1 – TS2 et TS3 3/4 Partie B – Etude de la fonction f 3 points

1. Déterminons les limites de f aux bornes ouvertes de I. Déduisons-en les éventuelles asymptotes à C. On considère la fonction f définie sur I=]-1;+õ[ par f(x)=2x+1

x³+1. Limite en -1.

lim

x↔-12x+1=-1 et lim

x↔-1 x>-1

x³+1=0⁺ donc lim

x↔-1 x>-1

f(x)=-õ . Donc la droite d’équation x=-1 est asymptote verticale à C. Limite en +õ :

A l’infini, la limite d’une fonction rationnelle est celle du quotient de ses termes de plus haut degré donc lim

x↔+õf(x)= lim

x↔+õ

2x x³= lim

x↔+õ

2

x²=0 . Donc la droite d’équation y=0 est asymptote horizontale à C au voisinage de +õ.

1 point + 0.5 point (pour les interpretations graphiques) 2. Montrons que pour tout réel x de I f′(x) et P(x) sont de signes contraires.

f est une fonction rationnelle donc f est dérivable sur son ensemble de définition càd sur ]-1;+õ[ et - ┐x>-1, f ′(x)=2×

(

x³+1

)

−(2x+1)×3x²

(

x³+1

)

² =2x³+2−6x³−3x²

(

x³+1

)

² =-4x³−3x²+2

(

x³+1

)

² =- P(x)

(

x³+1

)

²

- ┐x>-1,

(

x³+1

)

²>0 donc f ′(x) et P(x) sont de signes contraires . 1,5 point 3. Déduisons-en le sens de variation de f puis dressons son tableau de variation

D’après la question A.4. on déduit donc que



^{f ′(x)>0ñ−1<x<α} f ′(α)=0

f ′(x)<0ñx>α

Donc f est strictement croissante sur ]-1;α] et strictement décroissante sur [α;+õ[ . 0,5 point D’où le tableau de variation de f :

x −1 α +∞

signe de f ′(x) + −

f(α) f

-õ 0

Partie C – Représentation graphique 4 points

1- Déterminons une équation de la tangente (T) à C au point d’abscisse 0. Précisons les positions relatives de C et de (T) sur I.

L’équation de la tangente au point de C d’abscisse 0 est y=f ′(0)(x−0)+f(0) Or, f ′(0)=--2

1² =2 et f(0)=1 donc une équation de (T) est y=2x+1

┐x>-1, f(x)−(2x+1)=2x+1

x³+1−(2x+1)=(2x+1)

[

¹⁻

⁽

^x3+1

⁾ ]

x³+1 =-x³×2x+1 x³+1

x −1 -1

2

0 +∞

-x³ + + 0 -

2x+1 - 0 + +

x³+1 0 + + +

f(x)−(2x+1) - 0 + 0 -

Donc C est strictement au dessus de (T) sur





 -1 

2;0 et strictement en dessous sur





 -1;-1

2 ∟]0;+õ[

2 points

Correction DS1 – TS2 et TS3 4/4 2- Donnons une valeur approchée de α à 10^-2 près excès.

Par la méthode par balayage, P(0,6)<0 et P(0,61)>0 donc une valeur approchée à 10^-2 près par excès est 0,61 . Remarque : f(α)óf(0,61) donc f(α)ó1,8 0,5 point

3- Après avoir représenté les tangentes horizontales, les asymptotes et (T), représentons graphiquement C. - On commence par représenter les axes du repère (en respectant l’échelle : 4 cm pour 1 unité).

- On trace l’asymptote verticale d’équation x=-1 - On trace la tangente (T) au point A(0;1) - On trace la tangente horizontale

- La fonction table permet de placer plusieurs points.

- On trace une courbe la plus régulière possible.

1,5 points

PS : le graphique n’est pas à l’échelle…

Explication non demandée

2 3

-1

2

-1

0 1

1

x y