TS Correction Devoir Maison 2 2012-2013
A faire à deux
Exercice 1
1. f′(x)>0 pour tout x∈]− ∞;a[ ;f′(x)<0 pour toutx∈]a; +∞[ etf′(a) = 0.
2. (a) Seuls les points deC2 ont des ordonnées positives puis négatives, donc seule C2 peut être la courbe repré- sentative def′.
DoncC1est la courbe représentative d’une primitive F def.
(b) C2 coupe l’axe des abscisses au point d’abscissea; d’après la figure 1< a <2.
L’aire de la surface comprise entreC2, l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite d’équationx=a est d’après la figure supérieure à zéro. Elle est égale à
Z a
0
f′dx=f(a)−f(0).
On a doncf(a)−1
2 >0 ⇐⇒ f(a) =b > 1 2 >0.
Autre démonstration :b=f(a) =F′(a). Au point d’abscisseadeC1 (courbe deF), le coefficient directeur de la tangente en ce point est strictement positif ; ce nombre vautF′(a) =b.
A B O C2
C1
~i
~j
bb
a
bpente de la tangente en ce point
Exercice 2
Voir correction du test conçu à partir du tm2.
Exercice 3
1. f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle : f′(x) =1
2
1− 7 x2
= 1
2x2 x2−7
qui est du signe dex2−7.
Doncf′(x) = 0 ⇐⇒ x2−7 = 0 ⇐⇒ x−√ 7
x+√ 7
= 0 ⇐⇒ x=√
7 ou x=√ 7.
Il y a donc une solution dans l’intervalle ]0 ; +∞[ : √ 7.
Le trinômex2−7 est positif sauf entre ses racines donc ici sur 0 ; √
7 . Conclusion :f est décroissante sur
0 ; √ 7
puis croissante sur√
7 ; +∞
; doncf √ 7
est le minimum def sur ]0 ; +∞[.
f √ 7
= 1 2
√ 7 + 7
√7
= 1 2
√7 +√ 7
= √
7. Comme un−1 > 0 et que un = f(un−1) ; par définition du minimum, on a donc pour tout entier natureln, f(un−1)>√
7⇔un >√
7 pour toutn∈N. 2. (a) un+1−un=1
2
un+ 7 un
−un =1 2
7 un
−un
= 1 2
7−u2n
un
. Comme 1
2 > 0, un > 0 et que un > √
7 ⇒ u2n > 7 ⇒ u2n−7 > 0 ⇒ 7−u2n 6 0, on en conclut que un+1−un60
Donc la suite (un) est décroissante.
(b) La suite (un) étant décroissante et minorée par √
7 est convergente vers une limite supérieure ou égale à
√7.
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(c) ℓ= 1 2
ℓ+7
ℓ
⇐⇒ 2ℓ=ℓ+7
ℓ ⇐⇒ ℓ=7
ℓ ⇐⇒ ℓ2= 7 ⇐⇒ ℓ=√
7 (puisque la limite est positive).
3. ∀n ∈N, un+1−√ 7 = 1
2
un+ 7 un
−√ 7 = 1
2
un+ 7 un
−2√ 7
= 1 2
u2n+ 7−2un√ 7 un
= 1 2
un−√ 72 un
. (identité remarquable)
4. (a) Initialisation : u0−√
7 = 3−√
7≈0,35 etd0= 1.
On a bienu0−√ 76d0. Hérédité :
Remarque préliminaire : on a démontré que un>√
7, doncun>1 ou encore 1 un
<1 (2).
Supposons qu’il existe un naturelntel que un−√ 76dn. On a démontré à la question 3 que :
un+1−√ 7 = 1
2
un−√ 72 un
. Donc commeun−√
76dn⇒ un−√ 72
6d2n, l’égalité du 3 donne : un+1−√
7< 1 2d2n× 1
un
<1
2d2n d’après l’inégalité (2) ci-dessus.
Finalementun+1−√ 7< 1
2d2n ⇐⇒ un+1−√
7< dn+1. L’hérédité est établie.
Pour tout entier natureln,un−√ 76dn.
(b) L’algorithme indique que pour quedn610−9 il faut quen>5.
On a doncd5610−9. Commeu5−√
7< d5c’est-à-direu5−√
7<10−9, on en déduit queu5est une valeur approchée par excès de√
7 à 10−9près.
Exercice 4
Partie A : étude de fonction
1. Pour tout réelxon af(x) =xex×e−1+ 1, or (croissances comparées) lim
x→−∞xex= 0, donc, par opérations sur les limites lim
x→−∞f(x) = 1.
On en déduit que la droite d’équationy= 1 est asymptote horizontale àC au voisinage de−∞. 2. On af(x) =xex×e−1+ 1, et, par opérations sur les limites (pas de forme indéterminée ici) : lim
x→+∞f(x) = +∞. 3. f =uev+ 1 oùu:x7−→xet v:x7−→x−1 sont dérivables sur Rdoncf également. Par opérations usuelles
sur les dérivées :∀x∈R, f′(x) = 1ex−1+x×1×ex−1= (x+ 1)ex−1.
4. Pour tout réelx, ex−1>0, doncf′(x) a le même signe quex+ 1. Orx+ 1>0⇔x>−1, on en déduit donc le tableau de variation suivant :
x −∞ −1 +∞
f′(x) − 0 +
1 +∞
variations def
1−e−2 Partie B : recherche d’une tangente particulière
1. La tangenteTa a pour équationy=f′(a)(x−a) +f(a), c’est-à-dire :y= (a+ 1)ea−1(x−a) +aea−1+ 1.
2. Soita >0, alors :
O(0 ; 0)∈Ta ⇐⇒ 0 = (a+ 1)ea−1(−a) +aea−1+ 1
⇐⇒ 0 = ea−1(−a2−a+a) + 1
⇐⇒ 1−a2ea−1= 0.
3. • 1 est une solution de l’équation considérée car 1−12e1−1= 1−1 = 0.
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• Montrons maintenant que cette équation n’admet qu’une unique solution sur l’intervalle ]0 ; +∞[.
Posons, pour tout x > 0, g(x) = 1−x2ex−1. La fonction g est alors dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x >0 :
g′(x) =−2xex−1−x2ex−1=−x(2 +x)ex−1
x > 0, donc x+ 2 > 0 et par ailleurs ex−1 >0, on en déduit que g′(x) < 0 et donc queg est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[.
Par ailleurs lim
x→0g(x) = 1 et lim
x→+∞g(x) =−∞.
On sait queg est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et s’annule en 1.
Donc six <1, alorsg(x)> g(1) soit g(x)>0 et de même six >1, alorsg(x)< g(1) doncg(x)<0.
Conclusion : sur ]0 ; +∞[, g(x) = 0 ⇐⇒ x= 1.
On pouvait également se contenter d’un tableau de variations dès que les variations de la fonction g sont établies sur ]0 ; +∞[ et d’une simple allusion au théorème de la bijection qui s’applique ici.
x 0 1 +∞
g′(x) + 0 −
1
variations deg 0
−∞
4. La tangente cherchée estT1, elle a pour équationy= 2(x−1) + 2, c’est-à-direy= 2x
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