1
k=10
k=2
0 1
1
x y
0 1
1
x y
42 p.53. f est la fonction définie sur [−3 ;3] par : f(x) = x3 – 3x + 3.
a. Démontrer que pour tout réel k compris entre −15 et 21, l’équation f(x) = k admet au moins une solution dans l’intervalle [−3 ; 3].
f, fonction polynôme, est continue sur I = [−3 ; 3] et on a f(-3) = -15 et f(3) = 21
donc d’après le TVI, tout réel k compris entre -15 et 21 admet au moins un antécédent sur I.
b. Etudier le sens de variation de f et tracer sa courbe représentative dans un repère.
f, fonction polynôme est dérivable sur I et f’(x) = 3x² − 3 = 3(x – 1)(x + 1) le trinôme f’(x) est négatif entre ses racines, c'est à dire négatif sur [-1 ;1]
et positif sur [−3 ; −1] ∪ [1 ; 3].
Le tableau de variation est alors :
c. k étant compris entre −15 et 21, lire graphiquement le nombre de solutions de l’équation f(x) = k.
Avec la représentation graphique de f, il est judicieux de « tracer les droites horizontales d’équation y = k » pour lire le nombre d’antécédent de k sur I.
Mais avec le tableau de variation, on peut affirmer que l’équation f(x) = k, k compris entre -15 et 21, admet, sur I : - une solution pour −15 ≤ k < 1 ou 5 < k ≤ 21
- deux solutions pour k = 1 ou k = 5 - trois solutions pour 1 < k < 5
45 p.53. f(x) = 2x3 – 3x² − 1 définie sur I = IR.
a. Etudier les variations de f et dresser son tableau de variation.
f est dérivable sur I et f’(x) = 6x² − 6x = 6x(x – 1)
le trinôme f’ est donc négatif entre ses racines, cad négatif sur [0 ;1] et positif sinon. Le tableau de variation est alors :
b. démontrer que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution αααα . SUR ]−∞ ; 0], f est majorée par -1 donc n’atteint jamais 0.
SUR [0 ; 1], on a pour tout x, −2 ≤ f(x) ≤ −1 donc 0 n’admet pas d’antécédent sur [0 ;1].
SUR [1 ; +∞[, la fonction f est continue, strictement et prend des valeurs de −2 à +∞
or 0 ∈ [−2 ; +∞[ donc d’après le TVI, l’équation f(x) = 0 admet un unique antécédent α sur cet intervalle, donc sur IR, par regroupement des 3 intervalles précédents.
De plus, f(1,67) < 0 et f(1,68) > 0 donc α est compris entre 1,68 et 1,69, par continuité de f.
50 p.53. démontrer que la courbe d’équation y = x3 et la droite d’équation y = 3 – x se coupent en un point unique.
Donner un encadrement d’amplitude 10−2 de l’abscisse de ce point.
Pour déterminer les points d’intersection des deux courbes, on résout l’équation x3 = 3 − x.
Posons f(x) = x3 + x – 3 définie sur IR.
f est dérivable sur IR et f’(x) = 3x² + 1. f’(x) > 0 donc f est strictement croissante sur IR.
Par ailleurs, limx→-∞ f(x) = limx→-∞ x3= −∞ et limx→+∞ f(x) = limx→+∞ x3= +∞.
Comme 0 ∈ ]−∞ ; +∞[, la monotonie et la continuité de f assurent l’existence d’un unique antécédent à 0.
Ainsi, il existe un unique réel α tel que x3 = 3 − x donc les courbes ont un unique point d’intersection d’abscisse α . La représentation graphique de f nous permet d’affirmer que α est compris entre 1 et 1,5.
Un tableau de valeur de la calculatrice donne alors 1, 21≤ ≤α 1, 22.
