Correction DS7

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Correction DS n°07 – 1^ère S1 Exercice 1 :

1. 𝐵(𝑥) = 𝑅(𝑥) − 𝐶(𝑥) = 450𝑥 − (𝑥³− 60𝑥²+ 975𝑥) = −𝑥³+ 60𝑥²− 525𝑥 2. 𝐵^′(𝑥) = −3𝑥²+ 120𝑥 − 525

𝐵^′(𝑥) = 0 ⇔ −3𝑥²+ 120𝑥 − 525 = 0

Δ = 𝑏² − 4𝑎𝑐 = 120²− 4 × (−3) × (−525) = 8100 > 0

L’équation 𝐵^′(𝑥) = 0 admet donc deux solutions : {𝑥₁=^{−120−√8100}

−6 = 35

𝑥₂=^{−120+√8100}

−6 = 5

Car 𝑎 = −3 < 0 (signe de « a » à l’extérieur des racines)

𝐵(0) = 0

𝐵(5) = −5³+ 60 × 5²− 525 × 5 = −1250 𝐵(35) = −35³+ 60 × 35²− 525 × 35 = 12 250 𝐵(45) = −45³+ 60 × 45²− 525 × 45 = 6750

3. B’ s’annule en 𝑥 = 35 en changeant de signe ( + ; - ) donc B admet une maximum local en 𝑥 = 35.

4. Le bénéfice maximal est atteinte pour 𝑥 = 35, il vaut donc 𝐵(35) = 12 250€.

Exercice 2 :

1. On note 𝑥 la longueur du rectangle et y la largeur.

Or, on sait que le rectangle est d’aire 100.

Donc 𝑥 × 𝑦 = 100 Ainsi 𝑦 =¹⁰⁰

𝑥

On note 𝑃(𝑥) le périmètre du rectangle en fonction de sa longueur.

On a : 𝑃(𝑥) = 2 𝑙 + 2 𝐿 = 2 × 𝑥 + 2 ×¹⁰⁰

𝑥 = 2𝑥 +²⁰⁰

𝑥

2. 𝑃^′(𝑥) = 2 −²⁰⁰

𝑥² =^{2𝑥²−200}

𝑥²

𝑃^′(𝑥) = 0 ⇔^{2𝑥²−200}

𝑥² = 0 ⇔ 2𝑥² − 200 = 0 𝑒𝑡 𝑥² ≠ 0

⇔ 2𝑥² = 200

⇔ 𝑥² = 100

⇔ 𝑥 = 10 (𝑜𝑢 𝑥 = −10 exclue car x représente une distance)

Car 𝑎 = 2 > 0(signe de « a » à l’extérieur des racines)

𝑃(10) = 1 × 10 +²⁰⁰

10 = 20 + 20 = 40

P’ s’annule en changeant de signe ( - ; +) en 𝑥 = 10 donc P admet un minimum en 𝑥 = 10 . Ce minimum vaut 40.

Donc , par définition du minimum : ∀𝑥 ≥ 0 ∶ 𝑃(𝑥) ≥ 40 3. D’après la question 2. : ∀𝑥 ≥ 0 ∶ 𝑃(𝑥) ≥ 40.

Donc pour toutes les valeurs de 𝑥, le rectangle sera d’aire supérieure ou égale à 40.

𝑥 0 5 35 45

Signe de 𝐵′(𝑥) − + −

Variations de B 0 12250

-1250 6750

𝑥 0 10 + ∞

Signe de 2𝑥² − 200 − +

Signe de 𝑥² +

Signe de 𝑓^′(𝑥) − +

Variations de 𝑓

40

(2)

Exercice 3 :

1. ℎ^′(𝑥) =^2(𝑥²^{+9)−2𝑥×2𝑥}

(𝑥²+9)² =^{2𝑥²+18−4𝑥²}

(𝑥²+9)² =^−2𝑥²⁺¹⁸

(𝑥²+9)²

∀𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥²+ 9 ≠ 0 (h n’admet pas de valeur interdite) ℎ^′(𝑥) = 0 ⇔^−2𝑥²⁺¹⁸

(𝑥²+9)² = 0

⇔ −2𝑥²+ 18 = 0

⇔ 𝑥² = −¹⁸

−2

⇔ 𝑥² = 9

⇔ 𝑥 = 3 𝑜𝑢 𝑥 = −3

𝑥 −∞ − 3 3 + ∞

Signe de −2𝑥²+ 18 - + −

Signe de (𝑥²+ 9)² +

Signe de 𝑓′(𝑥) − + −

Variations de 𝑓 ¹

3

−¹

3

ℎ(−3) = ^2×(−3)

(−3)²+9= −¹

3 𝑒𝑡 ℎ(3) = ^2×3

3²+9=¹

3

2. ℎ′ s’annule en changeant de signe ( - ; +) en 𝑥 = −3 donc h admet un minimum 𝑚 = −¹

3 atteint en 𝑥 = −3.

Donc par définition du minimum : ∀𝑥 ∈ [−4; 4]: 𝑓(𝑥) ≥ −¹

3

ℎ′ s’annule en changeant de signe (+ ;-) en 𝑥 = 3 donc h admet un maximum M = ¹₃ atteint en 𝑥 = 3.

Donc par définition du maximum : ∀𝑥 ∈ [−4; 4]: 𝑓(𝑥) ≤¹

3

Conclusion : ∀𝒙 ∈ [−𝟒 ; 𝟒] : −^𝟏

𝟑≤ 𝒇(𝒙) ≤^𝟏

𝟑

Exercice 4 :

1. 𝑓(0) = 1 ; 𝑓(1) = 2 𝑒𝑡 𝑓^′(1) = 4 2. 𝑓(0) = 𝑎 × 0² + 𝑏 × 0 + 𝑐 = 𝑐

Or par lecture graphique : 𝑓(0) = 1 Donc 𝑐 = 1

3. {𝑓(1) = 2

𝑓^′(1) = 4 ⇔ {𝑎 × 1²+ 𝑏 × 1 + 𝑐 = 2

2𝑎 × 1 + 𝑏 = 4 ⇔ {𝑎 + 𝑏 + 1 = 2

2𝑎 + 𝑏 = 4 ⇔ {𝑎 + 𝑏 = 1

2𝑎 + 𝑏 = 4⇔ { 𝑎 = 1 − 𝑏 2(1 − 𝑏) + 𝑏 = 4

⇔ { 𝑎 = 1 − 𝑏

2 − 2𝑏 + 𝑏 = 4⇔ {𝑎 = 1 − 𝑏

𝑏 = −2 ⇔ { 𝑎 = 3 𝑏 = −2 Donc : 𝒇(𝒙) = 𝟑𝒙² − 𝟐𝒙 + 𝟏

4. 𝑦 = 𝑓^′(𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎) 𝑦 = 𝑓^′(−1)(𝑥 + 1) + 𝑓(−1)

Or 𝑓(−1) = 3 × (−1)²− 2 × (−1) + 1 = 3 + 2 + 1 = 6 Et 𝑓^′(𝑥) = 6𝑥 − 2 donc 𝑓^′(−1) = 6 × (−1) − 2 = −8 Donc 𝑦 = −8(𝑥 + 1) + 6

Ainsi : 𝑦 = −8𝑥 − 2

Exercice 5 :

Par lecture graphique, on remarque que : 𝑓 est décroissante sur ] − ∞; −0.5] puis croissante sur [−0.5; +∞[.

On en déduit donc que 𝑓′ est négative sur ] − ∞; −0.5] puis positive sur [−0.5; +∞[.

La figure 1 est donc la seule à convenir.