donc, par application du théorème des gendarmes, la fonction x7→2f(x)−5 admet une limite en +∞qui vaut 1

DS2 NOM : NOTE FINALE 20

Gestion des arrondis et des unités et rédaction/présentation 1

E1 Réponse Obtenus Points

Calcul des limites des fonctionsu:x7→ x−1

x etv :x7→1 + 1

x² lorsquex tend vers+∞:

Obtenant en +∞, une forme indéterminée du type « ∞

∞ », on transforme l’ex- pression : ∀x 6= 0, x−1

x = 1− 1

x et très rapidement, comme lim

x→+∞

1

x = 0, par addition de limites, lim

x→+∞u(x) = 1 . On prouve que lim

x→+∞v(x) = 1 en utilisant le fait que lim

x→+∞

1 x² = 0.

Théorème des gendarmes : L’expressionx7→2f(x)−5 est encadrée par u(x) et v(x) pour toutx>1, les fonctionsuet v tendent toutes les deux vers 1 lorsque x tend vers +∞ donc, par application du théorème des gendarmes, la fonction x7→2f(x)−5 admet une limite en +∞qui vaut 1. Par opérations sur les limites, on en déduit que lim

x→+∞f(x) = 3

Total −→ points

E2 Réponse Obtenus Points

1. La fonction f n’est définie que six²−x−6 6= 0. Le calcul du discrimant donne

∆ = 25 ; il est strictement positif donc deux racines réellesx1= −b+√

∆ 2a = 3 et x2=−2. On a bienD^f =R\{−2; 3}.

2. C^f admet une asymptote horizontale en +∞(resp. en−∞) sif admet une limite finie en +∞(resp.−∞)

Obtenant en +∞encore une forme indéterminée du type « ∞

∞ », on factorise par x² :f(x) = 5−x²

x²−x−6 = x²(_x⁵2 −1) x²(1−x¹−x⁶²) =

5 x² −1 1−¹x−x⁶² x→lim+∞

5

x² −1 = −1 et lim

x→+∞1 − x¹ − x⁶² = 1 donc par quotient, on obtient

x→+∞lim f(x) = −1 et C^f admet une asymptote horizontale d’équation y = −1 en +∞. On obtient la même limite en−∞donc il existe bien une asymptote ∆ à C^f en +∞et en−∞d’équationy=−1.

3. lim

x→35−x²=−4

x→lim3x²−x−6 = 0

) (quotient)

on ne peut pas conclure , on doit savoir quel est le signe dex²−x−6 lorsquextend vers 3 par valeurs inférieures et par valeurs supérieures.

On peut, par exemple réaliser un tableau :

x

Signe dex²−x−6 Limites

−∞ −2 3 +∞

+ 0 − 0 +

lim

x→3−

f(x) = +∞ lim

x→3+

f(x) =−∞

On obtient des limites infinies en 3 doncC^f admet une asymptote verticale d’équa- tionx= 3.

4. Pourx6=−2 etx6= 3,d(x) = 5−x²

x²−x−6+ 1 = −x−1

x²−x−6. On peut réaliser un tableau de signes de l’expression :

x

Signe dex²−x−6 Signe de−x−1

Signe ded(x) Position rel.

−∞ −2 −1 3 +∞

+ 0 − − 0 +

+ + 0 − −

+ − 0 + −

C_fau-dessusde∆ − 0 + C_fau-dessousde∆

d(x) =f(x) + 1 =f(x)−(−1) ; à xfixé,d(x) mesure l’écart entreC^f et ∆.

Total −→ points

E3 Réponse Obtenus Points 1. u:x7→(x−1)³est dérivable sur [0; +∞[ etv:x7→√

xest dérivable sur ]0; +∞[.

Le rappel de l’énoncé permet donc d’affirmer queg=uvest dérivable sur ]0; +∞[ et g^′=u^′v+uv^′. Pour toutx >0,g^′(x) = 3×1×(x−1)²√

x+ (x−1)³× 1 2√ x Soit, pour x >0,g^′(x) = (x−1)²

3√

x+x−1 2√

x

⇔g^′(x) = (x−1)² 6(√

x)²+x−1 2√

x

⇔g^′(x) =(x−1)²(7x−1) 2√

x

2. Valeurs qui annulent la dérivée : g^′(x) = 0⇔(x−1)²(7x−1) = 0⇔x= 1 oux= 1

7

Image en 1 7 : g

1 7

=

−6 7

³r 1

7 =−216 343

r1 7 Limite en +∞ : lim

x→+∞

√x= +∞. lim

x→+∞x−1 = +∞et lim

y→+∞y³ = +∞donc par composition de limites, lim

x→+∞(x−1)³= +∞. Finalement, par produit, lim

x→+∞g(x) = +∞. 3. Comme 2√

x > 0 pour tout x > 0, le signe de g^′(x) est donnée par celui de (x−1)²(7x−1). Un rapide tableau de signes donne :

x

Signe de (x−1)²(7x−1) Signe deg^′(x)

0 ¹7 1 +∞

− 0 + 0 +

− 0 + 0 +

Total −→ points