83 e 82 { e

Chapitre 4 Dérivation, convexité et continuité 105

© Hachette Livre 2020 – Guide pédagogique, mathématiques Terminale Spécialité, collection Barbazo

82 _{Partie A}

1. a. g’( )x = −6x² +2x=2x(−3x+1).

g’( )x est un trinôme dont les racines sont 0 et 1

3 et dont le coefficient de x² est négatif.

On en déduit que g’( )x est négative sur ]−` ; 0]<sup>¯</sup>⎡<sup>1</sup><sub>3</sub> ; +`

⎣ ⎡

et positive sur ⎡0 ;  13 ⎣

⎣ ⎤

⎦.

La fonction g est donc décroissante sur ]−` ; 0] et sur 1 3 ; +`

⎡⎣ ⎡

⎣ , et croissante sur ⎡0 ;  13

⎣ ⎤

⎦. b. Par produit de limites,

x→−lim`g x( )= lim

x→−`−2x³ 1− 1 2x + 1

2x³

( )

^{= +`,}

car lim

x→−`−2x<sup>3</sup> = +` et lim

x→−`1− 1 2x+ 1

2x³ =1. De même, lim

x→+`g x( )= lim

x→+`−2x³ 1− 1 2x+ 1

2x³

( )

^{= −`.}

2. Sur l’intervalle [0 ; +`[, la fonction g admet comme maximum g 1

( )

3 , qui est égal à −26

27, donc il n’existe pas de solution à l’équation g x( )=0 appartenant à l’intervalle

0 ; +`

[ [.

De même, sur l’intervalle ]−` ; −1], la fonction g admet comme minimum f( )−1, qui est égal à 2, donc il n’existe pas de solution à l’équation g x( )=0 appartenant à l’intervalle

−` ; −1

] ].

La fonction g est continue (car c’est une fonction polynôme) et strictement décroissante sur l’intervalle [−1 ; 0].

g( )−1 =2 . 0 et g( )0 = −1 , 0.

D’après le cas particulier du théorème des valeurs inter- médiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l’équation g x( )=0 admet une unique solution α apparte- nant à [−1 ; 0].

3. En tenant compte des variations de g, on déduit le tableau de signe de g x( ) suivant.

x –` α +`

g + 0 –

Partie B 1. lim

x→−`(−2x+1)= +` et lim

X→+`e<sup>X</sup> = +`, donc, par composi- tion de limites, lim

x→−`e<sup>−2x+1</sup>= +` .

x→−lim`

(

1+x+x²+x³

)

⁼_x→−^lim_`^x3

→–8{ 1+ 1 x+ 1

x² + 1 x³

( )

14442→14443= −`. Par produit de limites, lim

x→−`f x( )= −`. 2. a. Soit un réel x tel que 1 , x.

Comme x est strictement positif, en multipliant chaque membre de 1 , x par x, on a :

x , x², puis x² , x³. On a donc 1 , x , x² , x³.

b. Si 1 , x, alors 1 , x , x² , x³ et donc 4 , 1+x+x²+x³ , 4x³.

Or e^−2x+1 . 0, donc

4e^−2x+1 , 1+

(

x+x² +x³

)

^{e−2x+1 , 4x3e−2x+1.}

Finalement, si 1 , x, alors 0 , f x( ) , 4x³e^−2x+1. c. • e

2( )2x³e^−2x =4ex³e^−2x=4x³e^−2x+1.

• lim

x→+`2x= +` et lim

X→+`X³e^−X =0, donc lim

x→+`( )2x^3e−2x =0.

Donc lim

x→+`

2e( )2x³e^−2x=0, soit lim

x→+`4x³e^−2x+1=0.

d. Pour tout nombre réel x . 1, 0 , f x( ) ^{, 4x3e−2x+1.} D’après le théorème des gendarmes, lim

x→+`f x( )=0.

Ainsi, l’axe des abscisses est une asymptote à la courbe #_f en +`.

3. f’( )x =

(

1+2x+3x²

)

^e−2x+1+

(

^1+x+x2+x3

) (

^−2e−2x+1

)

= −2x

(

³+x²−1

)

^e−2x+1.

4. f’( )x est du signe de −2x³+x²−1, c’est-à-dire de g x( )^. On en déduit le tableau de variation suivant.

x –` α +`

f ’(x) + 0 –

f

–`

f (α)

0 83 _{1. f’}( )_x =e^x(x+1)

f”( )x =e^x(x+1)+e^x=e^x(x+2) 2. f^{( )3} ( )x =e^x(x+2)+e^x=e^x(x+3)

3. a. Il semble que, pour tout entier naturel n, on ait : f^{( )n} ( )x =e^x(x+n).

b. Pour tout entier n, on pose P n( ) : f^{( )n} ( )x =e^x(x+n).

• Initialisation : f^{( )0} ( )x =e^x(x+0)=xe^x. Ainsi, P( )0 est vraie.

• Hérédité : soit n un entier naturel, supposons que P n( ) soit vraie.

On a f^{( )n} ( )x =e^x(x+n).

f⁽ⁿ⁺¹⁾( )x =e^x(x+n)+e^x=e^x(x+n+1) Donc P n( ) implique P n( +1).

Conclusion : P( )0 est vraie et la propriété est héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, f^{( )n} ( )x =e^x(x+n).

Chapitre 4 Dérivation, convexité et continuité 103

© Hachette Livre 2020 – Guide pédagogique, mathématiques Terminale Spécialité, collection Barbazo

5.

testalpha renvoie « True » si x , α et « False » si x . α.

721. a. Pour tout entier n, on pose P n( ) : u_n<u_n+1<3.

• Initialisation : u₀ =1 et u₁= f u

( )

₀ ^{=2, donc P( )0} est vraie.

• Hérédité : soit n un entier naturel, supposons que P n( ) est vraie.

u_n<u_n+1<3, donc u_n +3<u_n+1+3<6, puis

u_n+3< u_n+1+3< 6, car la fonction racine carrée est strictement croissante sur [0 ; +`[^.

Comme 6 , 3, on a donc bien u_n+1<u_n+2<3.

Donc P n( ) implique P n( +1).

• Conclusion : P( )0 est vraie et P n( ) est héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier n, u_n<u_n+1<3.

Donc la suite

( )

u_n est croissante et majorée par 3.

b. D’après le théorème de la convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge, donc la suite

( )

u_n ^est convergente.

2. a. La fonction v : xax+3 est continue sur [0 ; +`[ <sup>et a</sup> ses images dans [3 ; +`[^.

La fonction w : xa x est continue sur [0 ; +`[, donc aussi sur[3 ; +`[^.

Ainsi, la fonction composée w°v, c’est-à-dire la fonction f, est continue sur [0 ; +`[^.

b. Pour tout entier naturel n, u_n+1= u_n+3= f u

( )

_n ^.

n→+lim`u<sub>n+1</sub>= <[ 0 ; +[ `[ et, comme la fonction f est continue sur [0 ; +`[^{, lim}

n→+` u_n+3= lim

n→+`f u

( )

_n  ^{= f( )< = <+3.}

Par unicité de la limite, on a <+ 3= <, soit f( )< = <.

c. <+ 3= <⇒ <+ 3= <². Or <+ 3= <²⇔ <² −<− 3=0.

Le trinôme <²−<−3 a pour discriminant Δ =13.

Il admet donc deux racines réelles : <₁=1− 13

2 et <₂=1+ 13 2 . Or <>0, donc 1+ 13

2 est la seule valeur possible pour <, donc <=1+ 13

2 .

73 1. a. Pour tout entier n, on pose P n( ) ^:u_n<16.

• Initialisation : u₀ =1, donc P( )0 est vraie.

• Hérédité : soit n un entier naturel, supposons que P n( ) est vraie.

u_n<16, donc 1

4u_n +12< 1

4×16+12, puis u_n+1<16.

Donc P n( ) implique P n( +1)^.

• Conclusion : P( )0 est vraie et P n( ) est héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier n, u_n<16. Donc la suite

( )

u_n est majorée par 16.

b.Pour tout entier n, on pose P n( ) ^: u_n^<u_n+1.

• Initialisation : u₀ =1 et u₁=12,25, donc P( )0 est vraie.

• Hérédité : soit n un entier naturel, supposons que P n( ) est vraie.

u_n<u_n+1, donc 1

4u_n+12< 1

4u_n+1+12, puis u_n+1<u_n+2. Donc P n( ) implique P n( +1).

• Conclusion : P( )0 est vraie et P n( ) est héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier n, u_n<u_n+1.

Donc la suite

( )

u_n est croissante.

c. D’après le théorème de la convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge, donc la suite

( )

u_n ^est convergente.

2. a. La fonction f est la restriction d’une fonction affine à 0 ; +`

[ [, donc elle est continue sur [0 ; +`[^. b. Pour tout entier naturel n, u_n+1= f u

( )

_n ^.

n→+lim`u<sub>n+1</sub>= <[ 0 ; [ +`[ et, comme la fonction f est continue sur [0 ; +`[^{, lim}

n→+`u_n+1= lim

n→+`f u

( )

_n  ^{= f( )< .}

Par unicité de la limite, on a f( )< = <.

c. f( )< = <⇔ 1

4 <+12= < ⇔ <=16.

74 _f’( )_x =4ax³+3bx²+2cx+d et

f”( )x =12ax² +6bx+2c=2 6ax

(

² +3bx+c

)

^.

Or 6ax²+3bx+c est un polynôme du second degré (a≠0), qui admet, en fonction du signe de son discriminant Δ, zéro, une ou deux racines.

• Si Δ , 0, 6ax²+3bx+c n’admet pas de racine, le signe de f”( )x est toujours celui de a et la courbe représentative de la fonction f n’admet pas de point d’inflexion sur R.

• Si Δ =0, 6ax²+3bx+c admet une racine x₀ = − b 4a et le signe de f”( )x est celui de a. f”( )x s’annule en x₀ sans changer de signe, donc la courbe représentative de la fonc- tion f n’admet pas de point d’inflexion sur R.

• Si Δ . 0, 6ax²+3bx+c admet deux racines distinctes : x₁= −3b− Δ

12a et  x₂ = −3b+ Δ

12a . f”( )x s’annule et change de signe en x₁ et x₂, donc la courbe représentative de la fonc- tion f admet deux points d’inflexion distincts sur R.

Finalement, il n’existe pas de réels a, b, c, d et e avec a≠0, tels que la courbe représentative de la fonction f admette un unique point d’inflexion sur R.

751. a.h( )0 = f( )0 −g( )0 − f( )0 +g( )0 =0

b.h’( )x = f’( )x −g’( )x et, comme f’>g’, h’est à valeurs positives et donc la fonction h est croissante.

Ainsi, si x>0, h x( )^>h( )0 =0, d’où f x( )− f( )0 ^>g x( )−g( )0 . Et si x<0, h x( )^<h( )0 =0, d’où f x( )− f( )0 ^<g x( )−g( )0 . 2.• f x( )= 1+x pour x>−1

• f’( )x = 1

2(1+x)⁻²¹

• f”( )x = −1

4(1+x)⁻³²

• f’’’( )x = 3

8(1+x)⁻⁵²

3.La fonction f’’’ étant décroissante sur [0 ; 3]^{, on a :} f’’’ 3( )^< f’’’( )x ^< f’’’ 0( ), soit 3

256< f’’’( )x ^<3₈.

4. a.En appliquant la question 1 à la fonction f” et en partant de l’inégalité précédente, comme x>0, on a :

2563 x< f”( )x − f” 0( )^<3₈^x, soit 3

256x− 1

4< f”( )x ^<3₈^x−1 4.

b.En réitérant ce processus aux fonctions f’ et f, on obtient : 1+ x

2−x² 8 + x³

512< f x( )^<1+x 2− x²

8 + x³ 16.

5.Soit e₁ l’erreur commise dans la 1^ère approximation, on a : x³

512<e₁< x³ 162.

Soit e₂ l’erreur commise dans la 2^e approximation, on a :

−x² 8 + x³

162 <e₂<−x² 8 + x³

512. 6. 1,01≈1+0,01

2 −0,01²

8 ≈1,0049875 et 1,002 ≈1+0,002

2 ≈1,001.