CONTROLE N°1 TRIMESTRE 3 TS2 EX1 ( 3 points ) Soit f la fonction définie sur I = R

CONTROLE N°1 TRIMESTRE 3 TS2 EX1 ( 3 points )

Soit f la fonction définie sur I = R

par f( x ) =

(!"')^!

. 1°) Pour tout x de I,

1+

+

=

+

+

=

(!"')^!

=

(!"')^!

= f( x )

2°) J =∫ f( 𝑥 ) 𝑑𝑥

= ∫ 1 +

+

𝑑𝑥 = *𝑥 + 𝑙𝑛|𝑥 + 4| −

0 J = (2 + ln 6 −

) – ( ln4 -

) =

+ ln

EX 2 Partie A

1°) g( x ) = x (

– 1 -

). Or lim

!→"1 /^"

!

=+ ∞. 𝑑

𝑎𝑝𝑟è𝑠 𝑙𝑒 𝑐𝑜𝑢𝑟𝑠 et lim

!→"1

%

!

= 0 donc Par somme lim

!→"1

(

− 1 −

) = + ∞ puis par produit lim

!→"1

𝑔(𝑥) =+ ∞.

2°) g’(x) = e

– 1 . Comme x ≥ 0 alors e

≥ e

, soit e

≥ 1 soit encore, e

– 1 ≥ 0 . On den déduit le tableau de variation de g sur I :

x 0 +∞

g’(x) +

g(x) +∞

0

3°) D’après le tableau de variation de g , 0 est le minimum de g sur R

donc g(x)≥0 pour tout réel positif.

Partie B

1°) f est une primitive sur R+ de la fonction t ->

continue sur R

donc dérivable et ainsi f est continue sur R+ .

2°) a) f ’( x ) =

b) Comme e

> 0 pour tout réel x ; de plus x + 1 > 0 pour tout réel x donc f ’>0 sur R

et f est strictement croissante sur R

.

3°) a) f ( 1 ) = -1 + ∫

dt. = -1 + 0 = -1

2 0

b) D’après le 3°) A on sait que g(t)≥0 pour tout réel t positif donc e

≥ t +1 soit

≥ 1 pour tout réel t positif . On en déduit par positivité de l’intégrale que

∫

dt ≥ ∫

dt

soit ∫

dt ≥ [𝑡]

soit finalement ∫

dt ≥ 1 et -1 + ∫

dt ≥ 0 c’est-à-dire f ( 2 ) ≥ 0.

c) f est continue et strictement croissante sur R

donc elle est continue et strictement

croissante sur [1; 2] à valeurs dans [−1; 𝑓(2)] qui contient 0 puisque f ( 2 ) ≥ 0 donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires relatif aux fonctions strictement

monotones l’équation f( x ) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle [1; 2].

Remarque : en fait f( 2 ) > 0 car e

> t +1 soit

> 1 pour tout réel t >0 . On en déduit par positivité de l’intégrale que ∫

dt > 1 soit f( 2) > 0.

EX 3

<= attention Correction non détaillée