DS n°1 de Mathématiques. TS1 et TS2.
durée : 4h
CALCULATRICE INTERDITE.
EXERCICE 1 – 4 points
Soit f la fonction définie par f(x) = 8x² - x + 1
4x² + 1 , Cf sa courbe représentative.
1. Déterminer le domaine I de f.
2. a. Démontrer l’existence d’une asymptote horizontale D à Cf en l’infini.
c. Déterminer une valeur approchée de f(200), en justifiant votre réponse.
b. Déterminer les positions relatives de D et Cf . La courbe croise t-elle son asymptote ? 3. Dresser le tableau de variations de f sur I.
4. Déterminer enfin l’équation de la tangente à Cf au point d’abscisse 0.
EXERCICE 2 – 4 points
On considère la suite numérique u définie par u0 = 1 et pour tout entier naturel n : un+1 = 1
3 un + n − 1.
Soit v la suite définie pour tout entier naturel n par : vvnn = 4un − 6n + 15.
1. Montrer que v est une suite géométrique.
2. Calculer vv0 0puis vvnn en fonction de n.
En déduire que pour tout entier naturel n, un = 19 4 × 1
3n + 6n - 15 4 . 3. Déterminer la limite de la suite u.
4. Montrer que u peut s’écrire sous la forme u = t + w où t est une suite géométrique et w une suite arithmétique.
5. Calculer Tn = t0 + t1 + … + tn et Wn = w0 + w1 + … + wn. En déduire Un = u0 + u1 + … + un .
EXERCICE 3 – 3 points
Répondre par vrai ou faux aux affirmations suivantes : justifier les affirmations vraies par un résultat du cours, les fausses à l’aide d’un contre-exemple (les graphiques sont acceptés).
Une mauvaise réponse ou une mauvaise justification sera pénalisée.
1. Soit f une fonction définie sur un intervalle I.
a. f est forcément positive sur I ou négative sur I.
b. Si f est strictement croissante, alors elle tend vers +∞.
c. Si f ’(1) = 0 alors Cf admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses.
EXERCICE 4 – 3 points
Soit P le polynôme définie par P x( )=x3+7x2+2x−40. L’objectif est de déterminer le signe du polynôme P sur ℝ.
1. Montrer que 2 est racine de P.
2. En déduire l’existence d’un polynôme Q de degré 2 tel que P x( )=
(
x−2)
Q x( ) puis déterminer ce polynôme Q.3. Terminer la factorisation du polynôme P.
4. Conclure.
EXERCICE 5 – 4 points Objectif : on cherche à démontrer le résultat admis en 1ère S : « lim
n→+∞ qn = +∞ quand q > 1 ».
1. On considère un entier naturel n tel que n ≥ 2 et la fonction fnde la variable x, définie sur [0 ; +∞[ par : fn (x) = (1 + x)n − (1 + nx)
a. Etudier les variations de fn et calculer fn (0). En déduire que fn est positive sur [0 ; +∞[ . b. En déduire, pour tout n ≥ 1 et tout x de [0 ; +∞[ que (1 + x)n≥ 1 + nx
2. a. Soit q un réel tel que q > 1. On pose q = 1 + x. Que peut−on dire de x ? b. Justifier que, pour tout entier n tel que n ≥ 1, qn ≥ 1 + nx.
En déduire la limite de la suite (qn).
EXERCICE 6 – 2 points
Les deux exercices sont indépendants.
1. Soit (un) une suite définie sur ℕ.
a. Rappeler la définition de limn→+∞ un = +∞ .
b. Démontrer à l’aide de cette définition que lim 2 2 4
n n
→+∞ + = +∞
2. Rappeler la limite de sin( )x
x quand x tend vers 0 et redémontrer ce résultat de cours.
EXERCICE 1 – 4 points
Soit f la fonction définie par f(x) = 8x² - x + 1
4x² + 1 , Cf sa courbe représentative.
1. f(x) existe à condition que 4x² + 1 ≠ 0 or, pour tout réel x, 4x² + 1 > 0 donc f est définie sur I = IR.
2. a.
cours : Cf a une asymptote horizontale d’équation y = b en l’infini ⇔ lim
x→+∞ f(x) = b OU lim
x→-∞ f(x) = b méthode : la question revient donc à chercher les limites de f en −∞ et +∞
Quand x → ±∞, toute fonction rationnelle se comporte comme le rapport de ses termes de plus haut degré, ici 8x²/4x² = 8/4 = 2.
Donc lim
x→+∞ f(x) = 2 et de même lim
x→-∞ f(x) = 2.
On en déduit que la droite D d’équation y = 2 est asymptote à Cf en −∞ et +∞.
b. On peut estimer que 200 est une valeur assez grande pour que la courbe soit assez proche de son asymptote D.
On a alors f(200) ≈ 2.
c. méthode : les positions relatives de deux courbes Cf et Cg sont données par le signe de f(x) − g(x) : cela revient à comparer les ordonnées de deux points de même abscisse x, l’un sur Cf et l’autre sur Cg .
Les positions relatives de Cf et D sont données par le signe de f(x) − 2 Rem : « Cf − D » n’a pas de sens …
On a f(x) − 2 = 8x² - x + 1
4x² + 1 − 2 = 8x² - x + 1 - 8x² - 2
4x² + 1 = - x - 1
4x² + 1 qui a le signe de −x − 1 puisque 4x² + 1 > 0
On en déduit que : pour x < −1, f(x) − 2 > 0 et donc Cf est « au dessus » de D.
pour x > −1, f(x) − 2 < 0 et donc Cf est « en dessous » de D.
pour x = −1, f(x) − 2 = 0 et donc Cf et D se coupent en A(−1 ; 2)
2. méthode : après avoir donné le domaine de dérivabilité de f, on calcule sa dérivée et on en étudie le signe.
on s’assure que les variations obtenues sont cohérentes avec les limites trouvées !!!
f est une fonction rationnelle donc elle est dérivable sur son domaine IR.
f’(x) = (8x² - x + 1)'(4x² + 1) - (8x² - x + 1)(4x² + 1)'
(4x² + 1)²
= (16x - 1)(4x² + 1) - (8x² - x + 1)8x
(4x² + 1)²
= 4x² + 8x - 1 (4x² + 1)² pour tout x de Df, (4x² + 1)² > 0.
x −∞ x’ x’’ +∞ f ’(x) + 0 − 0 + f (x)
2
ր f(x’) ց
f(x’’) ր 2
EXERCICE 2 – 4 points
On considère la suite numérique u définie par u0 = 1 et pour tout entier naturel n : un+1 = 1
3 un + n − 1.
Soit v la suite définie pour tout entier naturel n par : vvnn = 4un − 6n + 15.
1. cours : pour montrer qu’une suite est géométrique on calcule le quotient d’un terme quelconque par le précédent, on doit trouver une constante qui sera la raison.
Pour tout entier n, vn+1
vn = 4un+1 − 6(n + 1) + 15 4un − 6n + 15 =
4(1
3un + n - 1) − 6(n + 1) + 15 4un − 6n + 15
= 4
3un − 2n + 5 4un − 6n + 15 =
1
3(4un − 6n + 15) 4un − 6n + 15 = 1
3 Donc v est géométrique de raison 1/3.
2. On a vvnn = 4un − 6n + 15 donc vv00 = 4u0 + 15 = 19 et pour tout entier n, vvnn = 19(1/3)n. OOrr vvnn = 4un − 6n + 15 donc un = vn
4 + 6n - 15 4 = 19
4 × 1
3n + 6n - 15 4
3. Comme 3 > 1 donc lim
n→+∞ 3n = +∞ d’où lim
n→+∞
19 4 × 1
3n = 0. Or lim
n→+∞
6n - 15
4 = +∞, donc on en déduit, par addition, que lim
n→+∞ un = +∞ . 4. Pour tout entier naturel n, un = 19
4 × 1
3n + 6n - 15
4 posons tn = 19 4 × 1
3n et wn = 6n - 15 4
→montrons que t est géométrique : tn = 19
4 ×(1/3)n . Il est évident que tn+1
tn = 1/3 donc t est géométrique de raison 1/3 et de premier terme t0 = 19
4
→ montrons que w est arithmétique : wn+1 − wn = 6(n + 1) - 15
4 − 6n - 15
4 = 3/2 donc w est arithmétique de raison 3/2 et de premier terme w0 = - 15
4
→ On a par construction u = t + w.
5. →Tn = t0 + t1 + … + tn est la somme des n + 1 premiers termes de la suite géométrique t
donc Tn = t0× 1 - (1/3)n+1 1 - (1/3) = 19
4 × 3
2 × (1 − (1/3)n+1)
→Wn = w0 + w1 + … + wn est la somme des n + 1 premiers termes de la suite arithmétique w donc Wn = w0 + wn
2 × (n+1) = 3n - 15
4 ×(n + 1)
→Par conséquent, comme Un = Tn + Wn on a Un = 19 4 × 3
2 × (1 − (1/3)n+1) + 3n - 15
4 ×(n + 1)
EXERCICE 3 – 3 points
1. Soit f une fonction définie sur un intervalle I.
a. f est forcément positive sur I ou négative sur I. C’est faux, De nombreuses fonctions changent de signe sur un intervalle … par exemple :
soit f : x → x − 1 sur [0;2] f(x) ≤ 0 sur [0 ;1] et f(x) ≥ 0 sur [1 ;2]
b. Si f est croissante, alors elle tend vers +∞∞∞. ∞ c’est faux,
soit f : x → −1/x sur [0 ;+∞[ f’(x) = 1/x²> 0 donc f est croissante et lim
x→+∞ f(x) = 0.
c. Si f ’(1) = 0 alors f admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses. c’est vrai, f’(1) est le coefficient directeur de la tangente à Cf au point d’abscisse 1
et une droite de coefficient directeur 0 est parallèle à l’axe des abscisses.
2. Soit (un) une suite définie pour tout naturel n.
a. Si (un) est bornée alors elle est convergente. c’est faux,
un = cos n est bornée par −1 et 1 mais un diverge.
b. Si (un) est décroissante alors elle est majorée. c’est vrai, une suite décroissante est majorée par son premier terme :
u décroissante signifie que : ∀ n ∈ IN, un+1 ≤ un , donc ∀ n ∈ IN, un+1 ≤ un≤ un−1 ≤ … ≤ u1≤ u0 tous les termes de la suite sont inférieurs au premier .
c. Si un+1 = f(un) où f est une fonction croissante alors (un) est croissante. c’est faux, Soit u la suite définie par : ∀ n ∈ IN, un+1 = un²
un+1 = un² = f(un) avec f : x → x²
f est croissante sur [0 ; +∞[, mais avec u0 = ½ on obtient u1 = ¼, et donc u1 < u0 .
Remarque : en fait, si f est croissante, la suite u est monotone. Son sens de variation dépend seulement de l’ordre de ses deux premiers termes.
EXERCICE 4 – 3 points 1. 2 est racine de P car P(2) = 8 + 28 + 4 − 40 = 0.
2. →2 est racine de P donc P se factorise par (x − 2) c'est-à-dire, il existe un polynôme Q tel que P(x) = (x − 2)Q(x).
→P(x) est de degré 3 et x − 2 est de degré 1 donc Q(x) est un polynôme de degré 2.
Soit donc Q(x) = ax² + bx + c, a, b et c étant trois réels à déterminer.
On a (x − 2)( ax² + bx + c) = ax3 + (b − 2a)x² + (c − 2b)x − 2c.
a = 1
a = 1EXERCICE 5 – 4 points Objectif : on cherche à démontrer le résultat admis en 1ère S : « lim
n→+∞ qn = +∞ quand q > 1 ».
1. On considère un entier naturel n tel que n ≥ 2 et la fonction fnde la variable x, définie sur [0 ; +∞[ par : fn (x) = (1 + x)n− (1 + nx)
a. Etudier les variations de fn et calculer fn (0). En déduire que fn est positive sur [0 ; +∞∞∞[. ∞
f, fonction polynôme, est dérivable sur IR donc sur [0 ; +∞[
f’(x) = n(1 + x)n−1 − n = n[(1 + x)n−1 − 1]
étude du signe de f’(x) : ∀ x∈[0 ; +∞[, 1 + x > 1 donc (1 + x)n−1 > 1 et puisque n ≥ 2, f’(x) > 0 : ceci prouve que f est croissante sur [0 ; +∞[
f(0) = 0 et f est croissante donc ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f(x) ≥ 0
b. En déduire, pour tout n ≥≥≥≥ 1 et tout x de [0 ; +∞∞∞∞[ que (1 + x)n ≥≥≥≥ 1 + nx.
D’après a. : pour n ≥ 2, ∀ x ∈ [0 ; +∞[, f(x) ≥ 0 donc (1 + x)n ≥ 1 + nx pour n = 1 : (1 + x)1 = 1 + x et 1 + nx = 1 + x donc l’inégalité est vérifiée.
On a donc bien : pour tout n ≥ 1 et tout x de [0 ; +∞[ (1 + x)n ≥ 1 + nx 2. a. Soit q un réel tel que q > 1. On pose q = 1 + x. Que peut−−−−on dire de x ?
q > 1 et q = 1 + x.
donc x = q − 1 et puisque q > 1 alors x > 0.
b. Justifier que, pour tout entier n tel que n ≥≥≥≥ 1, qn ≥≥≥≥ 1 + nx.
avec q = 1 + x, qn = (1 + x)n et x ∈ [0 ; +∞[ donc d’après 1. qn≥ 1 + nx En déduire la limite de la suite (qn).
quand n → +∞, nx → +∞ car x > 0 et donc 1 + nx → +∞ or qn ≥ 1 + nx donc lim
n→+∞ qn = +∞
EXERCICE 6 – 2 points
1.Soit (un) une suite définie sur ℕ. a. Rappeler la définition de lim
n→→→+∞→ ∞∞∞ un = +∞∞∞. ∞ Par définition, lim
n→+∞ un = +∞ signifie que :
pour tout réel A (aussi grand soit−il) il existe un rang à partir duquel tous les termes sont plus grand que A,
c’est à dire : ∀ a ∈ IR, ∃ N ∈ IN, ∀ n ≥ N, un > A b. Démontrer à l’aide de cette définition que lim
n→→→→+∞∞∞∞ 2n² + 4 = +∞∞∞∞ Soit A un réel positif, peut−on avoir un > A ?
Cherchons le rang N : uN > A ⇔ 2N² + 4 > A ⇔ 2N² > A + 4 ⇔ N² > (A+4)/2 ⇔ N > (A+4)/2 En prenant pour N le premier entier supérieur ou égal à (A+4)/2 (par exemple sa partie entière plus 1), dés que n > N, n² + 4 > N² + 4 >A cad un > A.
La définition est vérifiée et donc lim
n→+∞ 2n² + 4 = +∞
2. Rappeler la limite de sin( )x
x quand x tend vers 0 et redémontrer ce résultat de cours.
On a sin x
x = sin x - sin 0
x - 0 = f(x) - f(0)
x - 0 avec f(x) = sin x.
La fonction f étant dérivable en 0 : limx→0
f(x) - f(0)
x - 0 = f’(0).
Par ailleurs, f’(x) = cos(x) et f’(0) = cos 0 = 1.
On a donc bien lim
x→0
f(x) - f(0) x - 0 = 1.
