Exercices sur les fonctions
Exercice 1
a/ Soit f : x → x2 – 5x + 4 .
A l’aide d’un changement de repère approprié, tracer (Cf ).
b/ A l’aide d’une transformation appropriée, tracer (Cg ) où g : x → f(x) – 2.
c/ Même question avec h : x → f(x + 4) . d/ l : x →f(x)
e/ k : x → f(x) Exercice 2
Soit un repère (O, →i , →j ) du plan.
Soit (Pm) : y = (m – 1)x2 + (3m – 1)x + 2 , m ∈ IR – {1}.
a/ Donner les points d’intersection A et B de (P2) et (P-1).
Démontrer que A et B appartiennent à toutes les paraboles (Pm).
b/ Démontrer que si une parabole (C ) passe par A et B, alors il existe m tel que (C ) et (Pm) soient confondues.
Exercice 3
A tout point M d’un segment [AB], on associe les triangles équilatéraux directs AMP et MBQ.
1°) Déterminer M pour que l’aire du triangle MPQ soit maximale.
On pourra poser x = AM.
2°) Déterminer M pour que l’aire du quadrilatère ABQP soit minimale.
Exercice 4
Soit f la fonction définie par f(x) = x3 + 3x2 + 5x + 5 (x + 1)2 .
On désigne par Cf sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O,→i ,→j ) du plan.
1°) Déterminer Df.
2°) a/Montrer qu’il existe deux réels a et b, et une fonction g définie sur IR – {– 1}, tels que : f(x) = ax + b + g(x) et lim
x → +∞g(x) = 0 b/ Etudier les limites de f aux bornes de Df.
Préciser les asymptotes éventuelles à Cf et leur position relative par rapport à Cf. 3°) Etudier les variations de f.
4°) Tracer Cf.
Correction des exercices Exercice 1
a/ (Cf ) : y = x2 – 5x + 4 dans le repère (0,→i ,→j ) y =
x – 5
2
2 – 25 4 + 4 y =
x – 5
2
2 – 9 4 y + 9
4 =
x – 5
2
2
On pose
X = x – 52Y = y + 9 4
(Cf ) : Y = X2 dans le repère (S,→i ,→j ) où S
5 2 , – 9
4 dans le repère (O,→i ,→j ).
(Cf ) est une parabole de sommet S, dirigée vers “ le haut ”.
b/ g : x → f(x) – 2
On obtient (Cg) en traçant l’image de (Cf ) par la translation de vecteur – 2→j . c/ h : x → f(x + 4)
On obtient (Ch) en traçant l’image de (Cf ) par la translation de vecteur – 4→i . d/ l : x → f(x)
Si x est tel que f(x) ≥ 0 alors l(x) = f(x) . Si x est tel que f(x) ≤ 0 alors l(x) = – f(x) .
Les points de (Cl) correspondant à ce cas sont symétriques de ceux de (Cf ) par rapport à l’axe des abscisses.
e/ k : x → f(x)
Si x ≥ 0 alors k(x) = f(x) . Si x ≤ 0 alors k(x) = f(– x) .
Les points de (Ck) correspondant à ce cas sont symétriques de ceux de (Cf ) par rapport à l’axe des ordonnées.
Exercice 2
a/ (Pm) : y = (m – 1)x2 + (3m – 1)x + 2 , m ∈ IR – {1}
(P2) : y = x2 + 5x + 2 (P–1) : y = – 2x2 – 4x + 2
Les points d’intersection de (P2) et (P–1) ont pour coordonnées les solutions du système : (S) :
y = x2+ 5x + 2 y = – 2x2 – 4x + 2 (S) ⇔y = x2 + 5x + 2
x2 + 5x + 2 = – 2x2 – 4x + 2 (S) ⇔ y = x2 + 5x + 2
– 3x2 – 9x = 0 (S) ⇔
y = x2 + 5x + 2 x(x + 3) = 0 (S) ⇔ x = 0
y = 2 ou
x = – 3 y = – 4
Les points d’intersection de (P2) et (P–1) sont donc A(0,2) et B(– 3,– 4).
+ 2 = (m – 1) × 0 + (3m – 1) × 0 + 2
x y
o
S2 S'1
A
B
b/ Soit f un polynôme du second degré d’expression f(x) = ax2 + bx + c dont la représentation graphique (C), dans le repère (O,→i ,→j ), passe par A(0,2) et B(–3,–4).
On a :
f(0) = 2
f(– 3) = – 4 donc
c = 2 b = 3a + 2
On connaît a et l’expression de f : f(x) = ax2 + (3a + 2)x + 2.
De plus, (Pm) : y = (m – 1)x2 + (3m – 1)x + 2 Prenons m = a + 1.
Alors, f(x) = (m – 1)x2 + [3(m – 1) + 2]x + 2 f(x) = (m – 1)x2 + (3m – 1)x + 2 Il existe donc bien m tel que (C) = (Pm).
Il suffit de prendre m = a + 1.
Exercice 3
1°) Soit C le point d’intersection de (AP) et (BQ).
ABC a deux angles à la base égaux à π
3, donc l’angle en C vaut aussi π
3 et ABC est équilatéral.
AABC = AB2 3 4
PCQM est un parallélogramme (on peut montrer que les angles opposés sont égaux ou que les côtés opposés sont de même longueur…).
APQM = 1
2 APCQM
APQM = 1
2 (AABC – AAMP –AMBQ) APQM = 1
2
AB2 3
4 – x2 3
4 – (AB – x)2 3 4 APQM = – 3
4 (x2 – ABx) APQM = – 3
4
x – AB
2
2 + 3 16 AB2
– 3 4
x – AB
2
2 est toujours négatif donc l’aire du triangle PQM est maximale lorsque
2 x= AB
2°) L’aire de ABQP est minimale lorsque l’aire du triangle PQC est maximale. Or, l’aire de PQC est égale à celle de PQM.
Finalement,l’aire du quadrilatère ABQP est minimale lorsque 2 x= AB.
A M B
P
Q C
Exercice 4 f(x) = x3 + 3x2 + 5x + 5 (x + 1)2
1°) Df = IR – {– 1}
2°) a/ x3 + 3x2 + 5x + 5 x2 + 2x + 1 – x3 + 2x2 + x x + 1 x2 + 4x + 5
– x2 + 2x + 1 2x + 4
Donc, x3 + 3x2 + 5x + 5 =(x + 1)(x + 1)2 + (2x + 4)
∀ x ≠ – 1, f(x) = x + 1 + 2x + 4 (x + 1)2
De plus, ∀ x ∉{– 1,0}, 2x + 4 (x + 1)2 =
2x
1 + 2
x x2
1 + 2
x + 1 x2
∀ x ∉{– 1,0}, 2x + 4 (x + 1)2 =
2
1 + 2
x x
1 + 2
x + 1 x2
x → +∞lim
2x + 4 (x + 1)2 = 0
b/ On déduit de ce qui précède que :
x → – 1lim (x + 1) = 0 lim
x → – 1 (2x + 4) = 2 lim
x → – 1(x + 1)2 = 0+
donc lim
x → – 1 f(x) = + ∞
La droite d’équation x = – 1 est asymptote verticale à Cf.
x lim→ +∞f(x) = + ∞
x lim→ –∞f(x) = – ∞
∀ x ≠ – 1, f(x) – (x + 1) = 2x + 4 (x + 1)2 Et, lim
x → +∞
2x + 4 (x + 1)2 = 0
Donc, ∆ : y = x + 1 est asymptote oblique à C.
∀ x ≠ – 1, f ’(x) = (x3 + 3x2 + 5x + 5)’(x + 1)2 – (x3 + 3x2 + 5x + 5)
[
(x + 1)2]
’(x + 1)4 f ’(x) = x4 + 4x3 + 4x2 – 4x – 5
(x + 1)4 Posons P(x) = x4 + 4x3 + 4x2 – 4x – 5.
– 1 est racine évidente de P.
Donc, il existe un polynôme Q de degré 3 tel que : P(x) = (x + 1)Q(x).
Par identification, Q(x) = x3 + 3x2 + x – 5 1 est racine évidente de Q.
Donc, il existe un polynôme R de degré 2 tel que : Q(x) = (x – 1)R(x).
Par identification, R(x) = x2 + 4x + 5
∆R = – 4
∆R < 0
Donc R n’a pas de racine et garde un signe constant sur IR.
∀ x ∈ IR, R(x) > 0
Finalement, ∀ x ≠ – 1, f ’(x) = (x + 1)(x – 1)( x2 + 4x + 5) (x + 1)4
x – ∞ – 1 1
+ ∞ x – ∞ – 1 1 + ∞
x + 1 – 0 + + f
’(x) + – 0 + x – 1 – – 0 +
x2 + 4x + 5
+ + + (x + 1)4 + 0 + + f ’(x) + – 0 +
f
+ ∞ + ∞ + ∞
– ∞ –3,5 4°)
x – 6 – 4 – 3 – 2 – 1,8
– 1,5
– 1,2
– 0,8
–
0,5 0 1 2 3 5 7
f(x) – 5,3
– 3,4
–
2,5 – 1 –
0,2 3,5 39,8 60,2 12,5 5 3,5 3,9 4,6 6,4 8,3 Les valeurs sont arrondies à 0,1 près.
O
