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Remise à Niveau Mathématiques Deuxième partie :

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Remise à Niveau Mathématiques

Deuxième partie : Fonctions

Corrigés des exercices

(2)

1 DEFINITIONS 3

1.1 FONCTION NUMERIQUE 3

1.2 COMPOSITION DE FONCTIONS 4

2 PROPRIETES 5

2.1 PARITE 5

2.2 SENS DE VARIATION (OU CROISSANCE/DECROISSANCE) DUNE FONCTION 5

2.3 PERIODICITE 6

2.4 LIMITES DUNE FONCTION 6

2.5 ASYMPTOTES 8

2.6 CONTINUITE 9

3 DERIVATION 10

3.1 EXPRESSIONS DE DERIVEES DE QUELQUES FONCTIONS 10

4 ETUDE DE FONCTIONS SPECIFIQUES 12

4.1 FONCTIONS EN ESCALIERS 12

4.2 FONCTIONS AFFINES 12

4.3 FONCTIONS PUISSANCE MIEME DE X 13

4.4 FONCTIONS RACINE MIEME DE X 14

4.5 FONCTIONS HOMOGRAPHIQUES 14

4.6 FONCTIONS LOGARITHME NEPERIEN ET EXPONENTIELLE 16

(3)

1 Définitions

1.1 Fonction numérique

Déterminer le domaine de définition des expressions suivantes : a. y=2x+1 : Dy = ; b. y

= x

− 1

2 : Dy = ℝ– {2} ; c. x y

= x

2 1 : Dy = ℝ– {–1 ; 1} ; d. y

x

= 2− 1

2

: on doit avoir x² > 2, donc |x| > √2. Dy = ] – ; –2[]2 ; +[ ; e. y= x− +4 6−x : on doit avoir x ≥ 4 et x ≤ 6. Dy = [4 ; 6] ;

f. y=

(

x26x+5

)

x9 : la valeur absolue n’influe pas sur le signe de l’expression sous la racine. Il faut seulement s’assurer que x² – 6x + 5 ≥ 0, expression du second degré de discriminant ∆ = 16, dont les deux racines réelles sont donc 1 et 5. Un polynôme du second degré est du signe de son premier coefficient, ici 1, tant que x ne se trouve pas entre les racines. Celui-là est donc positif pour x non compris entre 1 et 5 et Dy = ] –∞ ; 1]∪[5 ; +∞[ ;

g. y= 6x2+

(

3 2+4 3

)

x12 : on a ici aussi un polynôme du second degré. Calculons en détail son discriminant et ses racines éventuelles :

( ) ( )

∆ = 3 2+4 3 2−4 6× −12 =18 24 6+ +48 48 6+ =66 72 6+ , dont on peut chercher une écriture simple de la racine carrée (à l’image de ce qui a été fait en RAN 1 exercice 2.2 7.)… les conditions ne sont pas réunies pour effectuer cette simplification. On peut remarquer aussi

qu’aucune forme du type a√2 + b√3, mise au carré, ne peut donner ∆ (tentez donc de le montrer). On appellera x1 et x2 les deux racines réelles du polynôme de départ, données dans l’ordre croissant et on pourra dire que Dy = ] –∞ ; x1]∪[x2 ; +∞[ ;

h. y= x2− +3x 4 : ici ∆ = –7 : le polynôme n’admet pas de racine réelle et ses valeurs sont du signe de son premier coefficient, positif, pour tout réel x. Dy = ℝ ;

i. y x

= 2− 1

4

: même réflexion qu’en d. au-dessus et Dy = ] –∞ ; –2[∪]2 ; +∞[ ; j. y

x x

= − +

1

2 2 : ici, il faut à la fois x > 2 et x > –2, c’est à dire x > 2. Dy = ]2 ; +∞[ ; k. y

x x

= 2 + + 1

2 9 2

: ici ∆ = 65. On appellera x1 et x2 les deux racines réelles du polynôme de départ, données dans l’ordre croissant et on pourra dire que Dy = ] –∞ ; x1[∪]x2 ; +∞[ ;

l. w

= t

− 1

1 : il faut que t soit différent de 1. Dw = ℝ– {1}.

(4)

m.

( )( )

x x

y

x x

− −

= − +

2 2

2 1

1 5

: il faut (x2−1)(x+ >5) 0 (x−1)(x+1)(x+ >5) 0. Le plus simple est de faire un tableau de signes :

−∞ – 5 – 1 1 +∞

(x+5) – 0 + + +

(x+1) – – 0 + +

(x−1) – – – 0 +

Produit – 0 + 0 – 0 +

D'où l'on déduit facilement que Dy =

]

− − ∪ +∞5; 1

[ ]

1;

[

n. y x x

= −

2 1

1 : il faut x2− ≥1 0 et x− >1 0, ce qui conduit à Dy =

]

1;+∞

[

p. y=ln(− +x2 3x+10) : il faut − +x2 3x+10>0. Ce trinôme a pour racines – 2 et 5. Il sera donc positif entre ces racines, et donc Dy =

]

2;5

[

q. y= sin3x : il faut sin3x≥0. sin3x est du signe de sinx, donc Dy =

[

2kπ π; +2kπ

]

, avec

k un entier relatif quelconque.

r. y=ln x : il faut x >0, ce qui exclut seulement la valeur 0. Donc Dy = ℝ* s.

y ln

= 1x

: il faut x>0 et ln x ≠0, ce qui exclut 0 et 1, donc Dy = *

{ }

1

t. y=x1x : la fonction peut s'écrire :

lnx

y=e x dont le domaine de définition est Dy = ℝ*+

1.2 Composition de fonctions

1.2.1 Soit la fonction d’expression f(x) = 3x² + 1, qu’on étudiera sur +. Quel est son domaine d’arrivée ? Décrire sa fonction réciproque f -1.

Dire que x décrit ℝ+, c’est dire que x ≥ 0, ce qui implique x² ≥ 0, donc 3x² ≥ 0 et donc 3x² + 1 ≥ 1.

Lorsque x prend toutes les valeurs positives, 3x² + 1 prend toutes les valeurs supérieures à 1.

L’ensemble d’arrivée de f est [1 ; +∞[ (c'est le domaine de définition de f -1) y = 3x² + 1 ⇔ y – 1 = 3x², et x étant positif : y

x= −1

3 . : x

f1 x −1 3

֏ .

1.2.2 On note f la fonction carré, g la fonction inverse et h la fonction x֏x−1.

Déterminer les expressions des fonctions composées f o g, g o f, f o h, h o f, g o h, h o g.

( )

f g x

x x

=   =

 

2 2

1 1

: « carré de l’inverse » ; g f x

( )

= x12

: « inverse du carré » ;

(5)

( ) ( )

f h x = −x 1 : « moins 1, puis au carré » ; 2 h f x

( )

= −x2 1 : « au carré, puis moins 1 » ;

( )

g h x

= x

− 1

1 : « moins 1, puis inversé » ; h g x

( )

= −1x 1 : « inversé, puis moins 1 ».

1.2.3 Soit les fonctions f, g, h définies par : f x( )= x1 ; g x( )=x +

2 2 ; h x( )= +x 3 Exprimer la fonction f g h, puis la fonction h g f .

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f g h x = f g x+ =3 f x+3 2+2= x+3 2+ − =2 1 x+32+1

( ) ( ) ( ) ( )

h g f x =h g x− =h x− + = h x+ = + + = +x x

1 12 2 1 1 3 4

2 Propriétés

2.1 Parité

2.1.1 Quels sont les effets de la parité de deux fonctions sur celle de leur produit ou de leur quotient ?

Soit f et g paires. On définit le produit fg sur l’intersection des deux domaines, nouveau domaine forcément symétrique autour de zéro. On définit aussi le quotient f/g sur cette intersection, à

laquelle on aura enlevé les racines éventuelles de g et leurs opposées pour conserver la symétrie par rapport à 0. Alors fg(-x) = f(-x)g(-x) = f(x)g(x) = fg(x). fg est paire (idem pour f/g).

On voit aisément de même que paire×impaire = impaire et que impaire×impaire = paire.

(idem pour un quotient)

2.1.2 Dire si les fonctions suivantes sont paires, impaires ou ni l'une ni l'autre :

a. f x( )=x3x7 : f(− = −x) ( x)3− −( x)7= − +x3 x7= −(x3x7)= −f x( ) fonction impaire b. f x( ) x

= 2+ x12

: ( ) ( ) ( )

( )

f x x x f x

x x

− = − + = + =

2 2

2 2

1 1

fonction paire c. f x( ) x

= 2+1x

: f( x) ( x) x f x( ) et f( x)

x x

− = − + = − ≠ − −

2 1 2 1

fonction ni paire ni impaire

d.

sin ( )

x x

f x

x

  

=  

2 1 1

:

sin sin

( ) ( )

( )

x x

x x

f x f x

x x

   

−    

   

− = = =

− − 22

1 1

1 1

fonction paire

2.2 Sens de variation (ou croissance/décroissance) d’une fonction

2.2.1 Montrer que la fonction inverse est strictement décroissante sur ℝ*+. Soit a et b deux nombres strictement positifs, avec a < b. Comparons 1/a et 1/b.

(6)

a b

b a ab

− = −

1 1

. Le numérateur est strictement négatif et le dénominateur strictement positif.

Ainsi

b− <a

1 1

0 , c’est à dire f(b) < f(a). f est strictement décroissante surℝ*+. (on peut aussi diviser 1/b par 1/a et vite constater que ce rapport est inférieur à 1)

2.2.2 Montrer que la fonction racine carrée est strictement croissante sur ℝ+. Soit a et b deux nombres positifs, avec a < b. Comparons √a et b.

(

b a

)(

b a

)

b a

b a

b a b a

− + −

− = =

+ + . Le numérateur est strictement positif, ainsi que le dénominateur.

Ainsi ba >0 et en appelant f cette fonction : f(a) < f(b). f est strictement croissante sur ℝ+. (on peut aussi diviser √b par a et vite constater que ce rapport est supérieur à 1)

2.3 Périodicité

2.3.1 Etudier la parité et la périodicité de la fonction : f x( )=cos(2x)+1.

( ) cos( ) cos( ) ( )

f − =x −2x + =1 2x + =1 f x fonction paire (comme la fonction cos) On cherche T non nul tel que f x T( + )=cos( (2 x T+ ))+ =1 cos(2x+2T)+1

On sait que la fonction cos est 2π-périodique. Par conséquent, 2T est de la forme 2kπ, d'où T de la forme kπ. La plus petite valeur positive est donnée pour k = 1. Donc la fonction f est π-périodique.

2.3.2 E désigne la fonction partie entière. Montrer que la fonction x֏xE x

( )

est périodique.

On voit facilement que si on note f cette fonction, f(x+1) = x + 1 – E(x+1) = x + 1 – (E(x) + 1) = x – E(x) = f(x).

La fonction f est périodique et 1 est d’ailleurs sa période.

2.3.3 Quelles sont les fonctions affines périodiques ?

Soit l’expression f(x) = ax + b. Supposons qu’il existe un réel fixé T non nul tel que pour tout x, f(x+T) = f(x). Alors a(x+T) + b = ax + b, donc ax + aT + b = ax + b.

Comme T est non nul par hypothèse, alors il faut que a = 0. Ainsi f(x) = b.

Les fonctions affines périodiques sont les fonctions constantes.

2.4 Limites d’une fonction

2.4.1 Etudier la limite en +∞ de f x: ֏−2x2+2x+1 ; : x

g x x x

− + + +

2 2

1

3 1

֏ ; h x: ֏ xx.

(7)

( ) ( )

lim lim

x x x x x

→+∞ −2 2+2 + =1 →+∞ −2 2 = −∞ ; lim lim lim

x x x

x x

x x x

→+∞ →+∞ →+∞

 − +  −  − 

= = = −

     

+ +  

   

2 2

2 2

1 1 1

3 1 3 3 3 ;

( ) ( )

lim lim

x x x x x x

→+∞ − = →+∞ − = +∞1 (produit de deux facteurs qui tendent vers +∞).

2.4.2 Etudier la limite en 0de : : x x

f x x

+ − −

2 2

֏ ; : x

g x x

+ −

2 2

9 3

֏

(la fraction de départ donne une forme indéterminée 0/0, donc on la transforme)

( )( )

( ) ( ( ) ( ) )

( )

lim lim lim

lim lim

x x x

x x

x x x x x x

x x

x x x x x x x

x

x x

x x x

 + − − + + −   

 + − − =  =  + − − 

 

   + + −   + + − 

     

 

 

 

=  + + − =  + + − = =

0 0 0

0 0

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2 1

2 2 2 2 2

2 2

( )( )

( ) ( )

lim lim lim lim

x x x x

x x

x x

x x x x x x

 + − + +   

 + −     + −   

= = =

       

   + +   + +   + + 

     

= =

+

2 2

2 2

2 2

0 0 2 2 0 2 2 0

9 3 9 3

9 3 9 9 1

9 3

9 3 9 3

1 1

3 3 6

2.4.3 Un peu plus corsé : quelle est la limite en +∞ de x1/x ?

On a une forme indéterminée de type ∞0. Une variable en exposant se traite souvent par l’emploi d’un logarithme. x tend vers +∞, donc on le posera positif sans influer sur le raisonnement, et on peut écrire que xx = xln( )x

1 1

e . On sait qu’un théorème de comparaison dit que lim ln

( )

0

x

x

→+∞ x

 

=

 

  .

On en déduit que lim xln( )x

x→+∞

 

= =

 

 

1

e e0 1 .

(8)

2.5 Asymptotes

2.5.1 Etude de la fonction :

2 2

4 16

2 8 12

x x

f x x x

+ + + +

֏ : Df, limites, recherche d’asymptotes, tracer la courbe.

Domaine de définition : le dénominateur ne doit pas s’annuler.

∆ = 64 – 96 < 0, donc le dénominateur n’admet pas de racine. Df = ℝ.

Limites : en l’infini, la limite de f est celle du quotient des termes de plus haut degré, soit 1 2. Sans valeur interdite, il n’y a pas ici d’autre limite à calculer.

Asymptotes : les limites en l’infini montrent que Cf admet une asymptote (en + ou -∞) horizontale d’équation y = 1

2.

Représentation graphique :

2.5.2 Etude de la fonction :

2

2

֏ x

g x x . Démontrer que son expression peut s’écrire sous la forme :

( ) c

g x ax b

= + +x

2, avec a, b et c trois réels à déterminer, limites, recherche d’asymptotes, tracer sa courbe.

(

ax b

)(

x

)

c ax

(

b a x

)

c b

ax b c

x x x

+ − + + − + −

+ + = =

− − −

2 2 2 2

2 2 2 vaut g(x) pour tout x si, et seulement si,

a=1 et b−2a=0 et c−2b=0 , soit a = 1, b = 2 et c = 4. On a donc :

( )

2 4

g x x 2

= + + x

Limites : xlim x xlim

(

x

)

→±∞ x →±∞

 

+ + = + + = ±∞

 − 

 

2 4 2 0

2 .

On voit par la même occasion que [g(x) – (x+2)] tend vers zéro lorsque x tend vers l’infini, donc la droite d’équation y = x + 2 est asymptote (oblique) à la courbe de g.

lim lim lim lim

x x x x

x x

x x

+ + +

       

+ + = + + = +∞ + + = + + = −∞

       

− −

       

2 2 2 2

4 4 4 4

2 2 2 et 2 2 2

2 0 2 0

(9)

La courbe de la fonction g admet une asymptote verticale d’équation x = 2.

Représentation graphique :

2.6 Continuité

2.6.1 Déterminer si : x

f x x

֏ est continue sur ℝ.

Un problème pourrait survenir lorsque x = 0. Pour tout x < 0, f(x) = -x/x = -1

et pour tout x > 0, f(x) = x/x = 1. Ceci nous permet d’écrire : lim

( )

lim

( )

x x

f x f x

+

= = −

0 1 et 0 1 et

montre que la fonction n’est pas continue en zéro, donc sur ℝ non plus.

Elle n’est d’ailleurs pas définie non plus en zéro : impossible d’attribuer une valeur à f(0).

2.6.2 Soit sin

: sin

f x x

x

֏ . Cette fonction est-elle définie sur [0 ; 2π] ? Cette fonction est-elle continue ?

Pour les mêmes raisons, cette fonction n’est pas définie – et encore moins continue – lorsque sinx s’annule, soit en x = 0, x = π, x = 2π.

(10)

2.6.3 Soit E la fonction qui fait correspondre à tout réel positif sa partie entière (l’entier immédiatement inférieur à ce réel). Vérifier qu’elle n’est pas continue sur l’ensemble de son domaine de définition.

E est définie sur ℝ et vaut l’entier k pour tout réel x situé dans l’intervalle [k ; k+1[. Ainsi lorsque x prend une valeur entière k, les limites à droite et à gauche de f(x) sont différentes :

( ) ( )

lim lim

x k x k

f x k f x k

+

= et = −1 . f n’est pas continue sur son domaine de définition.

3 Dérivation

3.1 Expressions de dérivées de quelques fonctions

3.1.1 Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes, puis leur dérivée, en donnant le résultat sous la forme la plus factorisée possible :

a. f (x) = x² + 3x : Df = ℝ; f’(x) = 2x + 3 b. g(x) = 1

3x² + 2x – 7 : Dg = ℝ; g’(x) = 2/3 x + 2 c. f (x) = 2

3x3 – 3 2x² + 1

2x : Df = ℝ; f’(x) = 2x² - 3x + 1/2 d. g(x) = 3x² + 2x + 3 : Dg = ℝ; g’(x) = 6x + 2

e. f (x) = (4x + 5)3 : Df = ℝ; f’(x) = 12(4x + 5)² [ (un)’ = nu’un-1 ]

f. g(x) = x x : Dg = ℝ+ ; g’(x) = 3/2 x1/2 = 3/2 x [ g(x) = x3/2 et (xn)’ = nxn-1 ] g. f (x) = (3 – 2x) x : Df = ℝ+ ; f’(x) = 3 2 4 3 2 3 6

2

2 2 2 2

x x x x

x

x x x x

− − − −

− + = + =

[(uv)’ = u’v + uv’]

h. g(x) = (2x² + x) x : Dg = ℝ+ ;

g’(x) =

(

+

)

+2 2+ =

(

4 +1 2

)

+2 2+ =10 2+3

4 1

2 2 2 2

x x

x x x x x x

x x

x x x x = (5x + 3/2) x

(11)

i. f (x) =

xx +

1 1

3 : Df = ℝ– {–3 ; 0} ; f’(x) =

( ) ( )

( + )

− + =

+ 2 2 2 + 2

1 1 3 2 3

3 3

x

x x x x

[ (1/v)’ = -v’/v² ] j. g(x) = x

x+ 3

2 : Dg = ℝ– {–2} ; g’(x) =

( )

( ) ( )

x x

x x

+ − ×

+ 2 = + 2

3 2 3 1 6

2 2 [ (u/v)’ = (u’v-uv’)/v² ] k. f (x) = x

x

− + 5

2 : Df = ℝ– {–2} ; f’(x) =

( ) ( )

( ) ( )

x x

x x

+ − − ×

+ 2 = + 2

1 2 5 1 7

2 2

l. g(x) = x x x

− +

2 3

1 : Dg = ℝ– {–1} ; g’(x) =

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

− + − − × = + − = − +

+ + +

2 2

2 2 2

2 3 1 3 1 2 3 1 3

1 1 1

x x x x x x x x

x x x

m. f (x) =

x2− 3

1 : Df = ℝ– {–1 ; 1} ; f’(x) =

( ) ( )

x x

x x

− = −

22

2 2

2 6

3

1 1

n. g(x) = x

x x

− +

2 2

1 : Dg = ℝ– {–1 ; 0} ; sur ce domaine : ( ) ( )( )

( )

x x x

g x x x x x

− + −

= = = −

+

1 1 1 1

1 1

d'où '( )= 12

g x x o. f (x) = x

x

− +

3 2

1

3 1 : Df = ℝ ; f’(x) =

( ) ( )

( ) ( )

(

(

)(

)

)

+ − − = + + = + − +

+ + +

2 2 3 4 2 2

2 2 2

2 2 2

3 3 1 1 6 3 3 6 3 1 2

3 1 3 1 3 1

x x x x x x x x x x x

x x x

p. g(x) = ln (1 – 2x) : Dg = ]–∞ ; 1/2 [ ; g’(x) = x

− 2

1 2 [ (ln(u))’ = u’/u ] q. f (x) = ln x

x

 

 + 

 

3

3 : Df = ]–∞ ; –3[∪]3 ; +∞[ ; de la forme (ln(u))’ = u’/u avec u x x

 

= +  3 3 donc u’ =

( ) ( )

( ) ( )

x x

x x

+ − −

+ 2 = + 2

1 3 3 1 6

3 3

et enfin f’(x) =

(

x+

)

2 xx+ =

(

x+

)(

x

)

6 3 6

3 3 3

3

r. g(x) = ln (x² – 1) : Dg = ] –∞ ; –1[∪]1 ; +∞[ ; g’(x) = x

x2− 2

1

s. f (x) = (1 + x) e1 – 2x : Df = ℝ ; f’(x) = 1e1 2x+ −

( )(

2 1+x

)

e1 2 x = −

(

2x+1 e

)

1 2 x

t. g(x) = e2x – ex : Dg = ℝ ; g’(x) = 2e2x – ex = ex(2ex – 1) u. f (x) =

x

2 2

1 e : Df = ℝ– {0} ; f’(x) =

( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2 e 4e

2

1 e 1 e

x x

x x

− − −

− =

− −

3.1.2

Donner, grâce à un calcul de limite, l’expression de la dérivée de : v. La fonction inverse ; w. La fonction racine carrée.

v.

( )

( )

( )

( ) ( )

lim lim lim lim

h h h h

x x h

x x h h

x h x f x

h h hx x h x x h x

− − ++ − −

′ = + = = = = −

+ + 2

0 0 0 0

1 1

1 1

w.

(12)

( ) ( )( )

( ) ( )

lim lim lim

lim

h h h

h

x h x x h x

x h x h

f x

h h x h x h x h x

x h x x

+ − + +

′ = + − = =

+ + + +

= =

+ +

0 0 0

0

1 1

2

4 Etude de fonctions spécifiques

4.1 Fonctions en escaliers

4.1.1 Représenter graphiquement la fonction qui, à tout réel positif x, associe E(√x).

Cette fonction est définie sur l’ensemble des réels positifs. Soit k un entier naturel ; lorsque x décrit l’intervalle [k² ; (k+1)²[, √x décrit l’intervalle [k ; k+1[ et E(x) = k.

Graphiquement :

4.2 Fonctions affines

4.2.1 On compare les prix de deux agences de location de véhicules. Pour une même camionnette, le loueur A propose le tarif suivant : forfait de 60 €, plus 2,5 €/km et le loueur B propose un forfait de 80

€, plus 1,5 €/km. On note x la distance, variable, que l’on pourrait parcourir, f(x) le prix que l’on paierait chez A et g(x) le prix chez B. Représenter graphiquement les fonctions f et g, dire graphiquement et par le calcul pour quelles distances le loueur B est moins cher que le loueur A.

f(x) = 2,5x + 60 et g(x) = 1,5x + 80.

Représentation graphique :

(13)

Graphiquement, B est moins cher que A à partir de 20 km parcourus.

Algébriquement : f(x) > g(x) ssi 2,5x + 60 > 1,5x + 80 ssi 2,5x - 1,5x > 80 – 60 ssi x > 20.

4.3 Fonctions puissance m

ième

de x

4.3.1 Soit la fonction du second degré d’expression f(x) = -2,5x² + 15x – 12. Donner sa dérivée, étudier le signe de cette dérivée, dresser le tableau de variation de f en indiquant ses extremums locaux.

f ’(x) = -5x + 15. –5x + 15 > 0 ssi 5x < 15 ssi x < 3.

La fonction f est strictement croissante sur ]-∞ ; 3[

(l’inéquation montre aussi que f est strictement décroissante sur ]3 ; +∞[.

Tableau de variation :

x -∞ 3 +∞

f ’(x) + 0 -

f

10,5

Cf

Cg

f(x) < g(x) f(x) > g(x) f(x) = g(x)

(14)

4.3.2 Soit la fonction du troisième degré d’expression f(x) = 0,1x³ - 2,5x² + 15x – 12. Donner sa dérivée, étudier le signe de cette dérivée, dresser le tableau de variation de f en indiquant ses extremums locaux.

f ’(x) = 0,3x² –5x + 15. Cherchons ses racines éventuelles : ∆ = 25 – 18 = 7 > 0. La dérivée admet deux racines réelles, qui valent x1 = (5 – √7)/0,6 et x2 = (5 + √7)/0,6. Elle est positive tant que x ne se trouve pas entre ces deux racines.

Tableau de variation :

x -∞ x1 x2 +∞

f ’(x) + 0 - 0 +

f

4.4 Fonctions racine m

ième

de x

4.4.1 Etudier les variations de la fonction racine cubique.

( )

f x = x =x

1

3 3, valeur définie de manière unique quel que soit le réel x.

( )

f x x x

x

′ = = =

1 2

3 1 3

3 2

1 1 1

3 3 3

où l’on voit que la fonction f n’est pas dérivable en x = 0

(limite +∞ pour f ’(x)) ; cependant f est continue en zéro puisque ses limites en 0+ et 0- sont égales et de valeur finie (0). La fonction dérivée de f est strictement positive sur ℝ* et donc la fonction est strictement croissante sur ℝ.

4.5 Fonctions homographiques

4.5.1 La rentabilité d’un produit à la mode lancé à la date t = 0 décroît avec le temps, l’effet de mode passant, suivant l’expression : f t

( )

t

=t − +

45 4

2 , où t est le temps exprimé en années et f(t) est la rentabilité exprimée en M€/an. Montrer que f est une fonction décroissante du temps, déterminer au bout de combien de temps la rentabilité devient nulle, déterminer les asymptotes à la courbe de f, représenter cette fonction graphiquement.

On peut regrouper l’expression en une fraction unique (mais ce n’est pas du tout une obligation vu la simplicité de la fonction) :

(15)

( )

t t

( )

t t

f t t t

− + − − +

= =

+ +

45 4 2 4 2 8 45

2 2 .

Pour justifier la décroissance de f, on pourra s’abstenir de la dériver. En effet, la première expression donnée montre une fraction dont la valeur diminue lorsque t augmente, à laquelle on ajoute une quantité négativement proportionnelle à t, donc qui diminue aussi (on considère t positif).

On pourra cependant dériver f [ci-dessous] : à partir des deux formes disponibles de f(t) :

* f t

( )

t

=t − +

45 4

2 donne

( )

( )

f t

t

′ = − −

+ 2

45 4

2

, somme de deux termes négatifs.

* f t

( )

t t

t

− − +

= +

4 2 8 45

2 donne

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

.

t t t t t t

f t

t t

− − + − − − + − − −

′ = =

+ +

2 2

2 2

8 8 2 4 8 45 1 4 16 61

2 2

, dont le numérateur est une somme de trois termes négatifs.

On montre donc rapidement que la dérivée est négative pour tout réel positif t ; f est décroissante sur ℝ+.

La rentabilité devient nulle lorsque

* t t t

( )

t t

t − = ⇔ − + = ⇔ + − =

+ 45 2

4 0 45 4 2 0 4 8 45 0

2 , équation du second degré de

discriminant 64 + 720 = 784 = 28². Deux racines : t1 =− −8 28 = − ,

8 4 5 irréaliste et t2 =− +8 28 = , 8 2 5.

* La même équation du second degré est à résoudre si on prend la deuxième forme de f(t).

La rentabilité devient nulle au bout de deux ans et demi.

Asymptotes à la courbe de f (étude pour tout réel t) :

Il y a une valeur interdite de t pour f : -2, en laquelle la limite de f est infinie. Donc Cf admet une asymptote verticale d’équation t = -2.

Ensuite, en l’infini : tlim→±∞

(

f t

( ) ( )

− −4t

)

=tlim→±∞t45+2=0, ce qui montre une asymptote oblique d’équation y = -4t.

(16)

4.6 Fonctions logarithme népérien et exponentielle

4.6.1 Simplifier au maximum :

( )

3

a=ln e = 3ln

( )

e =3 ;

2

ln 1

b e

 

=  

  = ln

( )

e2 = −2 lne= −2 ;

( )

c=ln e e =

3

2 3 3

ln ln

2 2

e e

 

= =

 

 

4.6.2 Soit la fonction d’expression f(x) = – x² + 3x + 10. On s’intéressera à la composition g = ln o f. Donner le domaine de définition de g, la dériver, étudier ses variations et ses limites, déterminer les asymptotes à sa courbe.

Pour que g(x) = ln(f(x)) existe, il faut que f(x), polynôme du second degré, soit strictement positif.

Discriminant : ∆ = 3² + 4.10 = 49. Les deux racines réelles de f(x) sont : 5 et –2 et ce polynôme, de premier coefficient négatif, -1, prend des valeurs positives lorsque x se trouve entre les racines.

Ainsi, Dg = ]-2 ; 5[.

(17)

( )

x

g x x x

′ = − +

− +2 +

2 3

3 10. Son dénominateur, f(x), est positif sur le domaine de définition de g et cette dérivée est du signe de son numérateur : positive ssi x < 1,5. Conclusion : g est strictement croissante sur ]-2 ; 1,5[ et strictement décroissante sur ]1,5 ; 5[.

( )

lim

x ou x

+ f x

+

→− 2 =

5

0 , donc xlim ln

( ( ) )

ou x

+ f x

→−

2 = −∞

5

. Deux asymptotes verticales : x = – 2 et x = 5.

4.6.3 Après l’analyse de nombreuses données statistiques, il est apparu que le pourcentage p de chances qu’un commercial a de vendre son produit à un client potentiel dépend du temps t (en heures) qu’il a consacré à présenter son produit, suivant la formule : p=100 e

(

t e2t

)

.

Calculer p(0), déterminer la limite de p en +∞, étudier les variations de p et dresser son tableau de variations en y indiquant ses extremums éventuels et conclure sur le temps que le commercial doit consacrer à la présentation de son produit pour que ses chances de le vendre soient maximales.

Ici, t est à nouveau concrètement positif, mais nous ferons une étude sur ℝ pour l’exemple.

p(0) = 100(e0 – e0) = 0 (s’il ne passe pas de temps à présenter son produit, il n’a aucune chance de le vendre).

( )

lim e t e 2t 0 0 0

t

→+∞ − = − = . (s’il passe un temps infini, le client sera parti avant d’acheter…)

(18)

Intéressons-nous à la limite en –∞ : cette différence donne la forme indéterminée ∞ – ∞. Factorisons :

( ) ( )

2 2

et −et =et 1 e− t ou encore et et −1 . Lorsque t tend vers –∞, la première forme factorisée donne +∞×(–∞), soit –∞ et la seconde donne +∞×(–1), soit –∞. tlim→−∞

(

et e2t

)

= −∞.

p’(t) = 100(-e-t – (-2)e-2t) = 100.e-2t(2 – et). Les deux premiers facteurs sont strictement positifs et le troisième l’est ssi et < 2, c’est à dire t < ln(2).

ln(2) = 0,6931 environ, ici en heures. 0,6931×60 ≈ 42 min.

(

ln

( )

2

)

100e ln( )2

(

1 e ln( )2

)

100 12 1 12 25

p  

= − = ×  − =

 

En faisant 42 minutes de présentation, le commercial a des chances maximales de vendre son produit, soit 25% de probabilité.

4.6.4 Résoudre les (in)équations suivantes : a) ln x – ln ( 1 – x) = ln 2

Il faut déjà qu'on ait : x > 0 et 1 – x > 0, ie x > 0 et x < 1, ie 0 < x < 1.

( )

ln x ln

x

 

 =

  2

1 ssi

x

x

1 = 2 ssi x = 2(1 – x) = 2 – 2x ssi x = 2/3 Cette solution étant strictement comprise entre 0 et 1, elle est valide.

Réponse : x = 2/3

b) ln(1 – x) = 3

Il faut déjà avoir : 1 – x > 0, ie x < 1.

1 – x = e3 ssi x = 1 – e3, qui est inférieur à 1, donc valide. Réponse : x = 1 – e3

(19)

c) ln (1 – x) + 3 = 0

Il faut déjà avoir : 1 – x > 0, ie x < 1.

1 – x = e– 3 ssi x = 1 – e-3, qui est inférieur à 1, donc valide. Réponse : x = 1 – e-3 d) ln x ≤ 3

Il faut déjà avoir : x > 0.

x ≤ e3 Réponse : 0 < x e3 , soit x ]0 ; e3] e) ex – 3 = 1

x – 3 = ln(1) = 0 ssi x = 3 Réponse : x = 3

f) ln (3x² – x) ≤ ln x + ln 2

Il faut déjà avoir : x > 0 et 3x² – x > 0,

donc x > 0 et x(3x – 1) > 0, donc x > 0 et 3x – 1 > 0, donc x > 1/3

ln x x ln

x

 − ≤

 

 

3 2

2 ssi ln

(

3x− ≤1

)

ln2 ssi 3x – 1 ≤ 2 ssi x ≤ 1

Réponse : 1/3 < x 1 , soit x ]1/3 ; 1]

g) ex – 3 = e2 – 3x

x – 3 = 2 – 3x ssi x = 5/4 Réponse : x = 5/4

h) e0,01x + 4 = e2

0,01x + 4 = 2 ssi x = – 200 Réponse : x = – 200

i) 2e –2x+3 = 1

e –2x+3 = 1/2 ssi – 2x + 3 = ln(1/2) = – ln2 ssi x = (3+ln2)/2 Réponse : x = (3 + ln2)/2 j) ex (ex + 1) = 0

Le facteur ex ne peut être nul (une exponentielle est strictement positive).

Pour la même raison, le facteur ex + 1 ne peut être nul.

Cette équation n’admet pas de solution. Réponse : S

k)

x x

+

e 1

2e 1 = 2

ex + 1 = 2(2ex – 1) ssi ex + 1 = 4ex – 2 ssi ex = 1 ssi x = 0 Réponse : x = 0 l) ex ≤ 3

x ≤ ln3 Réponse : xln3

(20)

m) e3x - 2 < e2 – x

3x – 2 < 2 – x ssi 4x < 4 ssi x < 1 Réponse : x<1 n) e < ex – 1

e1 < ex – 1 ssi 1 < x – 1 ssi x > 2 Réponse : x>2 o) 1 – ex≥ 0

ex < 1 ssi x < 0 Réponse : x<0

p) 2 – e–2x + 1≤ 0

e–2x + 1≥ 2 ssi –2x + 1 ≥ ln2 ssi x ≤ 1−ln2

2 Réponse : x 1ln2

2 q) 3e–x – 2 ≥ 0

e-x≥ 2/3 ssi –x ≥ ln(2/3) ssi x ≤ –ln(2/3) ssi x ≤ ln(3/2) Réponse : xln(3/2) r) e0,5 x + 1 ≥ 1

0,5x + 1 ≥ ln(1) ssi 0,5x + 1 ≥ 0 ssi x ≥ -2 Réponse : x –2 s) e5x > ex2

5x > x² ssi 0 > x² - 5x ssi x(x – 5) < 0

x² – 5x est un polynôme du second degré dont les racines sont 0 et 5 et dont le premier coefficient est positif. Il est donc négatif ssi x se trouve entre les racines.

Réponse : x ]0 ; 5[

t)

( )

lnx 2+lnx− =6 0

On pose le changement de variable : X =lnx. L'équation devient : X2+ − =X 6 0, trinôme de discriminant 25, d'où les solutions : X = −3 et X =2. Revenant à l'inconnue x, on a donc les solutions x=e3et x=e2. Réponse : x=e3et x=e2 u) 2(1 ln )

x 0 x

+ =

Expression valide pour x∈ℝ*+. Cette fraction est nulle si son numérateur est nul, soit 1 ln+ x=0

1 1

x e e

= = Réponse : x 1

=e

v) ln(x3+ =2) ln(2x2+x) (1)

* Expression valide ssi x3+ >2 0 et 2x2+ >x 0, ie x> −3 2 et [ 1

x< −2 ou x>0], ce qui conduit au domaine de définition : 3 2; 1

]

0;

[

D  2

= − − ∪ +∞

(21)

* L'équation (1) est équivalente à x3+ =2 2x2+x, soit x3−2x2− + =x 2 0. Cette équation admet les racines évidentes +1 et –1, donc l'expression peut être factorisée par (x−1)(x+1), et l'on obtient facilement : x3−2x2− + = +x 2 (x 1)(x−1)(x−2), qui s'annule pour x= −1,x=1et

2

x= . On vérifie que ces trois solutions sont compatibles avec le domaine de définition.

Réponse : x= −1,x=1et x=2

w) ln(x3− − + =x2 3x 3) ln(x2−2x+1) (2)

* Expression valide ssi x3− − + >x2 3x 3 0 et x2−2x+ >1 0.

- Examinons la première condition : x3− − + = −x2 3x 3 (x 1)(x2− = −3) (x 1)(x− 3)(x+ 3) A l'aide d'un tableau de signes, on peut étudier le signe de ce produit, et l'on en déduit :

3 2

3 3 0

x − − + >x x x∈ − 3; 1+ ∪  3;+∞

- La deuxième condition est plus simple : x2−2x+ >1 0 x∈ −

{ }

1

L'ensemble de définition de l'équation (2) est donc D= − 3; 1+ ∪  3;+∞

* L'équation (2) est équivalente à x3− − + =x2 3x 3 x2−2x+1, soit x3−2x2− + =x 2 0. On retrouve l'équation de la question v), qui admet comme racines : x= −1,x=1et x=2. En regardant la compatibilité avec le domaine de définition, on doit donc écarter la racine x=1.

Donc : Réponse : x= −1 et x=2

y) 1

ln 0

2 1

x x

 

 =

  (3)

* L'expression est valide ssi 2x− ≠1 0 et 1 2 1 0

x x− >

− , c'est-à-dire ;1

]

1;

[

D  2

= −∞ ∪ +∞

* L'équation (3) est équivalente à 1 2 1 1

x x− =

x− =1 2x−1 x=0.

Cette solution est compatible avec le domaine de définition, donc Réponse : x=0 z) (x – 3)(2 – x) ≥ 0 puis (ex – 3)(2 – ex ) ≥ 0

(x – 3)(2 – x) est un polynôme du second degré dont les racines sont 2 et 3 et dont le premier coefficient est négatif. Il est donc positif ssi x se trouve entre les racines.

Solution de l’équation n°1 : x [2 ; 3].

Pour l’équation 2, on peut donc affirmer que ex∈ [2 ; 3] et donc que x [ln2 ; ln3].

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