Exercice 2 : Fonctions – 12 points

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Correction Devoir Commun de Mathématiques - Classes de premières S Lycée Saint-Exupéry - durée : 3h

Exercice 1 : QCM – 10 points

a) 3) Le nombre dérivé de 𝑓 en 3 vaut −³

4, c'est le coefficient directeur de la tangente.

b) 4) La droite d'équation 𝑦 = 3 est asymptote horizontale et la droite d'équation 𝑥 = 5 est asymptote verticale.

c) 4) Pour 𝑕 proche de 0, l'approximation affine de 𝑓(6 + 𝑕) est𝑓^′ 6 . 𝑕 + 𝑓 6 = −3𝑕 + 6.

Partie B – Recherche de limites et d’asymptotes

a) 3) Le trinôme 𝑥²− 𝑥 − 2 est du signe de 𝑎 = 1, donc positif, sauf entre les racines 2 et −1 car Δ = 9. Donc lorsque 𝑥 tend vers −1 par valeurs supérieures, 𝑥²− 𝑥 − 2 tend vers 0 par valeurs négatives, donc

𝑥→−1lim

𝑥>−1

2

𝑥²− 𝑥 − 2= −∞

b) 3) Pour 𝑥 ≥ 0 et 𝑥 ≠ 4, ^𝑥−4

𝑥−2= 𝑥−4 𝑥+2

𝑥−2 𝑥+2 = 𝑥−4 𝑥+2

𝑥−4 = 𝑥 + 2 donc lim_𝑥→4 ^𝑥−4

𝑥−2= lim_𝑥→4 𝑥 + 2 = 4

c) 3) La droite d’équation 𝑦 = 2𝑥 − 6 est asymptote à la courbe en +∞ car :

𝑥→+∞lim 2𝑥 − 5 +𝑥 − 1

3 − 𝑥− (2𝑥 − 6) = lim

𝑥→+∞ 1 +𝑥 − 1

3 − 𝑥 = lim

𝑥→+∞

2 3 − 𝑥= 0 Partie C – Opération sur les fonctions.

a) 2) 𝑥 ∈ 𝐷_𝑢 ⇔ 𝑥 ∈ 𝐷_𝑓 et 𝑓 𝑥 ∈ 𝐷_𝑔 ⇔ 𝑥 ∈ −2; 3 et 𝑓 𝑥 ≠ 1 ⇔ 𝑥 ∈] − 2; 3]

b) 1) Sur [2; 3], 𝑓 est décroissante et sur 𝑓([2; 3]) = [0; 1], 𝑔 est décroissante donc 𝑢 est croissante.

c) 2) lim

𝑥→−1𝑥<−1

𝑓 𝑥 = −0,5 et lim

𝑥→−1𝑥<−1

𝑔 𝑥 = −∞ donc lim

x→−1𝑥<−1

𝑓 × 𝑔 (𝑥) = +∞

d) 5) 𝑓 × 𝑔 ^′ 2 = 𝑓^′ 2 × 𝑔 2 + 𝑓 2 × 𝑔^′ 2 = −3 × 3 + 1 × 0,5 = −8,5

Exercice 2 : Fonctions – 12 points

1) a) lim

x+ f(x) = lim

x+ x² + 1 x - 2= lim

x+ x²

x = lim

x+ x = +∞ et de même lim

x- f(x) = −∞

b) Pour x  2 : f(x) = ax + b + c

x - 2  x² + 1

x - 2 = ( ax +b) ( x -2) + c

x - 2  x² + 1

x - 2 = ax² + x( b -2 a) +c - 2b x - 2

 x² + 1 = ax² + x( b- 2a) x + c -2b Donc par identification des coefficients des polynômes :



^{a = 1} b -2a = 0 c -2b = 1

 ^{a = 1} b = 2 c = 5

donc f(x) = x +2 + 5 x - 2 c) Soit  la droite d’équation y = x +2 : f(x) – (x+2) = 5

x - 2 donc lim

x+ [ f(x) – (x+2)] = lim x+ 5

x - 2 = 0 et  est bien asymptote à C en +  ( de même en -  ).

d) f(x) – (x+2) = 5 x - 2

Donc pour x > 2, f(x) > x+2 et donc C est au dessus de  alors que pour x < 2, f(x) –(x+2)y < 0 et donc C est en dessous de .

2°) lim

x2^- x² + 1 = 5 et lim

x2^- x - 2 = 0^- donc par quotient lim

x2^-f(x) = -  donc la droite d’équation x =2 est asymptote verticale à C

3°)

Soit h  I R tel que 2 +h  2 et 2 –h  2 donc soit h  I R -{ 0 } f( 2 + h) + f( 2- h)

2 =

( 2+ h)² + 1

h + ( 2-h)² + 1 -h

2 = 4 +4h + h² + 1 - 4 +4h - h² - 1

2h = 4 = yA

Donc A( 2 ; 4) est bien centre de symétrie de C 4°) f est de la forme U

V avec U(x) = x² + 1 : U est dérivable sur I R et U’(x) = 2x

2/6 V(x) = x -2 : V dérivable sur I R et V’(x) = 1

Donc f est dérivable sur I R – { 2} et f’(x) = 2x( x -2) - ( x² +1 )

( x -2 )² = x² -4x - 1 ( x -2 )² ( x -2 ) ² > 0 pour x  I R – { 2 } donc f’(x) est du signe de x² -4x -1 : Or  = 20 > 0 donc ce trinôme a deux racines : x1 = 4 + 20

2 = 2 + 5 et x2 = 2 - 5 f( 2 + 5) = 10 + 4 5

5 = 2 5 + 4 et f( 2 - 5) = 4- 2 5 D’où le tableau de variation de f :

𝑥 −∞ 2 − 5 2 2 + 5 +∞

Signe de 𝑓^′(𝑥) + 0 − − 0 +

Variations de 𝑓 4 − 2 5 +∞ +∞

−∞ −∞ 4 + 2 5

Partie C

1°) D’après la courbe et le tableau de variation

Si m ] -  ; 4- 2 5 [  ] 2 5 + 4 ; +  [ l’équation f(x) = m a deux solutions Si m = 4- 2 5 ou si m = 4+ 2 5 , l’équation f(x) = m a une solution

Si m  ] 4- 2 5 ; 4+ 2 5[ , l’équation f(x) = m n’ a pas de solution 2°)

a) Pour x  2 : f(x) = m  x² + 1

x - 2 = m  x² + 1 = m( x -2 ) =  x² + 1 = mx -2m  x² - mx + 2m +1 = 0 b) On calcule  = m² - 4( 2m +1 ) = m² - 8m – 4

Pour déterminer le signe de  , il faut le considérer comme un polynôme du second degré ,de variable m :  = P(m)

m = 80 >0 donc deux racines réelles : m1 = 8 + 80

2 = 4+ 2 5 et m2 = 4 - 2 5 Donc  = P( m) est du signe de a = 1 à l’extérieur des racines :

- pour m ] -  ; 4- 2 5 [  ] 2 5 + 4 ; +  [  = P( m) est strictement positif et ainsi l’équation x² - mx + 2m +1 = 0 a deux solutions . Donc l’équation f(x) = m aussi ;

- pour m = 4- 2 5 ou si m = 4+ 2 5 ,  = 0 et donc l’équation x² - mx + 2m +1 = 0 a une solution . Donc l’équation f(x) = m aussi ;

- pour m  ] 4- 2 5 ; 4+ 2 5[ ,  < 0 et donc l’équation x² - mx + 2m +1 = 0 n’a pas de solution . Donc l’équation f(x) = m non plus.

Exercice 3 : Barycentre – 8 points

CK 1

3 CA 3CK CK KA KA 𝐴; 1 ; 𝐶; 2

2) MA 2MC 9 3MK 9 3 MK 9 3MK 9 MK 3 M C(K 3)

Partie B

1) Pour tout réel m, Gm existe si et seulement si la somme des coefficients est non nulle or m 1

m 2m 0 3m 1

m 0 3m² 1

m 0 3m² 1 0 et m 0 m 0

donc D *

2) 1 0 donc G1 existe et est le barycentre de (A 1),(B 1),(C 2). Comme I est le milieu de [AB], par associativité, on peut en déduire que G1 est le barycentre de (I 2) (C 2) et donc l isobarycentre de I et C autrement dit le milieu de [IC].

3) Pour tout m D, Gm est le barycentre de (A m),

 B ¹

m ,(C 2m) et K est le barycentre de (A 1),(C 2) soit, par homogénéité de (A m),(C 2m) donc, par associativité, Gm est le barycentre de (K 3m),

 B ¹

m d où Gm (K B)

3/6 4)

a. D après la question 3, pour tout m D, KGm

1 m

3m 1

m

KB 

 1

m

3m2 1

m K B 1 1 3m² KB b. Pour tout m D, 3m² 0 donc 1 3m² 1 donc 1

1 3m² 1 et 1

1 3m² 0 d où, pour tout m 0, 0 1

1 3m² 1 c. D après le a), KGm 1

1 3m² KB donc, d après le b), KGm et KB sont de même sens et KGm



 1

1 3m² KB donc K Gm K B d où Gm [KB] 5) lim

m

1

1 3m2 lim m

1

3m2 0 donc lim

m KGm 0

6) lim

m 0

1

1 3m² 1 donc lim

m 0

KGm

7) Quand m , la position limite de Gm est K et quand m 0, la position limite de Gm est B.

Exercice 4 : Trigonométrie – 10 points

2) les coordonnées cartésiennes de G sont x = 2 cos 

6 = 3 et y = 2 sin 

6 = 1 donc G( 3 ; 1 ) Partie B

2°)

a) Comme AEB est équilatéral EA = AB .Or AB = 1 = OA donc OA = EA et donc EAO est isocèle en A b) OAE = OAB - EAB = 

2 - 

3 ( car EAB équilatéral) donc OAE =  6 Puis comme EAB est isocèle OEA = 1

2 (  -  6 ) = 1

2 ( 5

6 ) = 5  12 . Donc d’après l’orientation de la figure (EO;EA) = 5 

12 [ 2  ] 3°)

a) (BE;BF) = (BE;BC) + (BC;BF) = ^𝜋

3−^𝜋₂ −^𝜋₃= −^𝜋₂ [ 2  ] b) Comme FBE est isocèle en B ( BE = BF = 1 ) BEF = 1

2 (  -  2 ) = 

4 Donc d’après l’orientation de la figure (EB;EF) = 

4 [ 2  ] 4°)

a) (EO ;EF) = (EO;EA) + (EA;EB) + (EB;EF) = 5  12 + 

3 + 

4 = 5  + 4  + 3 

12 =  [ 2  ] b) Donc les points E , O et F sont alignés

Partie C 1°) OD = AI = 1

2 , EI = 1

2 3 ( hauteur dans un triangle équilatéral) et donc DE = 1 - 3

2 = 2 - 3 2 2°) donc E a pour coordonnées cartésiennes E( 2 - 3

2 ; 1 2 ) 3°)

Dans le triangle rectangle en O, EOD , le théorème de Pythagore nous dit que EO² = OD² + DE² = 1

4 + 1 – 3 + 3 4 Donc EO² = 2 – 3 et comme EO >0 EO = 2 - 3

4/6 4°) De plus (OA;OE) = (EO;EA)( triangle isocèle) donc E a pour coordonnées polaires [ 2 - 3,5 

12 ] 5°) Donc de 2°) et 4°) , on déduit que 2 - 3

2 = 2 - 3 cos 5 

12 ce qui donne cos 5 

12 = 2 - 3 2( 2 - 3)

= 2 - 3 2 De même 1

2 = 2 - 3 sin 5 

12 ce qui donne sin 5 

12 = 1 2( 2 - 3) Partie D

Dans ℝ, sin 3𝑥 = sin5𝜋

12 ⇔ 3𝑥 =5𝜋

12+ 2𝑘𝜋 ou 3𝑥 = 𝜋 −5𝜋

12+ 2𝑘𝜋 𝑘 ∈ ℤ ⇔ 𝑥 =5𝜋

36+2𝜋

3 𝑘 ou 𝑥 =7𝜋 36+2𝜋

3 𝑘 𝑘 ∈ ℤ Puis dans [ -  ;  ] : -   7 

36 + 2 

3 k    - 43  36  2 

3 k  29 

36  - 43

24  k  29

24 ce qui donne k  { -1 ; 0 ; 1}

Soit x = 7  36 - 2 

3 = - 17 

36 ou x = 7 

36 ou x = 7  36 + 2 

3 = 31  36 En raisonnant de même avec -   5 

36 + 2 

3 k   , on trouve k  { -1 ; 0 ; 1}

Soit x = 5  36 - 2 

3 = - 19 

36 ou x = 5 

36 ou x = 5  36 + 2 

3 = 29  36 Donc dans [ -  ; ] S = { - 19 

36 ; - 17  36 ; 5 

36 ; 7  36 ; 29 

36 ; 31  36 }

5/6

ANNEXE

Courbe de l’exercice 2

0 1

1

x y

6/6

ANNEXE 2 Figure de l’exercice 3

Figure de l’exercice 4

A C

B

I

K G₁

A B C

E I D

O i

j

F

G