94 Exercices 93 92

Chapitre 3 Limites de fonctions 81

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

92 1. On a, pour tout réel x

E x( )^<x , E x( )+1⇔ E x( )^<x x , E x( )+1

⎧⎨

⎩ ⇔ E x( )<x x−1 , E x( )

⎧⎨

⎩ .

On a donc bien, pour tout réel x, x−1<E x( ) , x.

2. Pour tout réel x . 0, on a : x−1<E x( ) ^{, x}⇔ x−1

x <E x( ) x , x

x ⇔1− 1

x<E x( ) x , 1. Or lim

x→+`

1x =0, donc, par somme, lim

x→+`1−1 x =1.

D’après le théorème des gendarmes, lim

x→+`

E x( ) x =1. 3. Pour tout x≠0, 1

x−1<E 1

( )

x ^{, 1}x. Si x . 0, alors 1−x<xE 1

( )

x ^{, 1. Or lim}_x→0

x , 0

 1−x=1, donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

x→0 x . 0

xE 1

( )

x ^=1. Si x , 0, alors 1−x>xE 1

( )

x ^{. 1. Or lim}_x→0

x , 0

 1−x=1, donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

x→0 x , 0

 xE 1

( )

x ^=1.

93 1. 1. En mettant les termes au même dénominateur,

on trouve :

f x( )=(a+b+c)^x5+

(

aβ +aγ +bα +bγ +cα +cβ

)

^x4 x+`

( )

(

x+ β

) (

^x+ γ

)

+

(

aβγ +bαγ +cαβ

)

^x3

x+`

( )

(

x+ β

) (

^x+ γ

)

Supposons que a+b+c=0 et que aα +bβ +cγ =0.

aβ +aγ +bα +bγ +cα +cβ =

(

aβ +aγ +bα +bγ +cα +cβ

)

+

(

aα +bβ +cγ

)

aβ +aγ +bα +bγ +cα +cβ =

(

aβ +aγ +bα +bγ +cα +cβ

)

+

(

aα +bβ +cγ

)

=(a+b+c)

(

α + β + γ

)

=0 On en déduit que :

f x( )=

(

aβγ +bαγ +cαβ

)

x³ x+`

( )

(

x+ β

) (

^x+ γ

)

^. Et on a lim

x→+`f x( )=aβγ +bαγ +cαβ, donc la limite est finie.

Réciproquement, on suppose que la limite de f en +` est finie.

Alors les termes en x⁵ et x⁴ du numérateur de f doivent être nuls.

On en déduit que a+b+c=0 et aβ +aγ +bγ +bα +cβ +cα =0.

Or 0=(a+b+c)

(

α + β + γ

)

=

=

(

aβ +aγ +bγ +bα +cβ +cα

)

+

(

aα +bβ +cγ

)

=aα +bβ +cγ.

On a donc bien les égalités a+b+c=0 et aα +bβ +cγ =0.

2. Si a=b=c, alors on a f x( )=0 donc lim

x→+`f x( )=0.

Réciproquement, si on a lim

x→+`f x( )=0.

La limite de f en +` est finie et elle vaut 0.

Donc, d’après la question 1, cela entraîne que a+b+c=0, aα +bβ +cγ =0 et aβγ +bαγ +cαβ =0.

α, β et γ sont trois réels distincts, donc on peut supposer que α ≠ β et α ≠ γ et β ≠ γ.

On doit donc résoudre le système suivant avec α ≠ β : a+b+c=0

aα +bβ +cγ =0 aβγ +bαγ +cαβ =0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔ a= −b−c

−b−c

( )α +bβ +cγ =0

−b−c

( )βγ +bαγ +cαβ =0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔

a= −b−c

b

(

β − α

)

+c

(

γ − α

)

=0 b

(

αγ − βγ

)

+c

(

αβ − βγ

)

=0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇔

a= −b−c b= −c

(

γ − α

)

β − α

bγ α − β

( )

+cβ α − γ

( )

=0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎪

⇔

a= −b−c b= −c

(

γ − α

)

β − α

−c

(

γ − α

)

β − α γ α − β

( )

+cβ α − γ

( )

=0

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⇔

a= −b−c b= −c

(

γ − α

)

β − α

c

(

γ γ − α

( )

+ β α − γ

( ) )

=0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎪

⇔

a= −b−c b= −c

(

γ − α

)

β − α c

(

γ − β

) (

γ − α

)

=0

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⎪

On a α ≠ γ et β ≠ γ donc la troisième équation entraîne c=0, ce qui entraîne avec les deux premières équations a=b=c=0.

3. f x( )= ax³ x+ α + bx³

x+ β + cx³

x+ γ =x³ a x+ α + b

x+ β + c x+ γ

⎛⎝ ⎞

⎠ L’expression x³ β − γ

x+ α + γ − α x+ β +α − β

x+ γ

⎛⎝ ⎞

⎠ est donc l’expression de f x( ) ^{avec a}= β − γ, b= γ − α et c= α − β.

D’une part, a+b+c= β − γ + γ − α + α − β =0.

D’autre part, aα +bβ +cγ = β − γ

( )

α + γ − α

( )

β + α − β

( )

γ = βα − γα + γβ − αβ + αγ − βγ =0 aα +bβ +cγ = β − γ

( )

α + γ − α

( )

β + α − β

( )

γ = βα − γα + γβ − αβ + αγ − βγ =0.

D’après la question 1, on en déduit que la limite de f en +` est finie et que cette limite vaut :

aβγ +bαγ +cαβ = β − γ

( )

βγ + γ − α

( )

αγ + α − β

( )

αβ

= α²

(

β − γ

)

+ β²

(

γ − α

)

+ γ²

(

α − β

)

Exercices

VERS LE BAC

94 1. a. La fonction g est croissante sur l’intervalle

[

0 ; 1

]

, puis décroissante sur l’intervalle

[

1 ; 10

]

.

b. La concentration maximale est égale à 2 mg·L-¹ et est atteinte une heure après l’injection.

c. La concentration est supérieure à 1,2 mg·L-¹ lorsque t  0,3 ; 3

[ ]

.

2. a. Pour tout t [

[

0 ; 10

]

, g’( )t = 4

(

t²+1

)

^−2t×4t

t²+1

( )

^{= −}

(

^4tt22++1

)

^{4 = 4 1−(}

(

^t2t)+(1+1

)

^t).

b. Pour tout t [

[

0 ; 10

]

^{, 4 1+( t)} t²+1

( )

. 0. Donc g’( )t est du signe de 1−t, c’est-à-dire :

² ² ²

²

82

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

Chapitre 3 Limites de fonctions

– sur l’intervalle

[

0 ; 1

]

^{, g’}( )^{t >}0 et donc la fonction g est croissante ;

– sur l’intervalle

[

1 ; 10

]

^{, g’}( )^{t <}0 et donc la fonction g est décroissante.

Ainsi, la concentration maximale est atteinte exactement une heure après l’injection.

3. lim

t→+`g t( )= lim

t→+`

4t t² 1+ 1

t²

( )

^=t→+lim`t

( )

¹⁺⁴t^{12 =0.}

La concentration de l’antibiotique tend vers 0 lorsque t tend vers +`.

4. g t( )^>1,2⇔ 4t

1+t² >1,2⇔4t>1,2+1,2t²⇔ −1,2t² +4t−1,2>0 g t( )^>1,2⇔ 4t

1+t² >1,2⇔4t>1,2+1,2t²⇔ −1,2t² +4t−1,2>0.

On calcule Δ =10,24. Ce polynôme admet donc deux racines réelles distinctes x₁= 1

3 et x₂=3. Il est donc positif sur l’in- tervalle 1

3 ; 3

⎡⎣ ⎤

⎦. Ainsi, le temps d’antibiotique utile est égal à 83 heures, soit 2 h 40 min.

5. Variable :

n est un entier naturel Traitement :

n prend la valeur 1 Tant que 4n

1+n² >0,01 n prend la valeur n+1 Fin tant que Sortie :

Afficher n 95 1. Réponse b.

2. Réponse a.

3. Réponse c.

96 1. Graphiquement, on voit que la fonction est définie en x=2 et que son image par la fonction f est 4.

Ainsi, lim

x→2 x . 2

f x( )= f( )2 =4. On remarque aussi que limx→2

x , 2

f x( )≈3,5. On a lim

x→2 x . 2

f x( )≠ lim

x→2 x , 2

f x( ), donc la fonc- tion f n’admet pas de limite en 2. L’affirmation est fausse.

2. L’affirmation est fausse, la fonction g x( )=4+cos( )x est un contre-exemple.

3. x−1

x²+1= x1− 1

( )

x x² 1+ 1 x²

( )

^{= 1−}

1x x1+ 1

x²

( )

^.

x→+lim`1− 1 x= lim

x→+`1+ 1

x² =1 et lim

x→+`x= +`. Par opération sur les limites, lim

x→+`

x−1

x²+1=0. Les limites à droite et à gauche de l’encadrement en +` étant différentes, elles ne permettent pas de conclure sur la limite de la fonction f en +`. L’affirmation est fausse.

4. e^2x−e^x−2x=e^2x 1− 1 e^x − 2x

e^2x

( )

^.

On pose X =2x. Lorsque x tend vers +`, X tend vers +` et e^2x 1− 1

e^x − 2x e^2x

( )

^{=eX 1−}_e^1X₂ ⁻e^XX

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟.

Xlim→+`

e^X

X = +`. Par passage à l’inverse, lim

X→+`

eX^X =0.

X→+`lim

X2 = +` et lim

T→+`e^T, donc, par composition,

X→+`lim e<sup>X2</sup> = +` et, par passage à l’inverse, lim

X→+`

1 e^X2

=0.

X→+`lim e<sup>X</sup> = +`. Par opérations sur les limites,

x→+`lim

(

e^2x−e^x−2x

)

⁼_X→+`^{lim eX 1− 1}

e^X2

− X e^X

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = +`. L’affirmation est vraie.

5. x²e^−x = 1 e^x x²

x→+lim`

e^x

x² = +`, par passage à l’inverse, lim

x→+`x²e^−x =0.

L’axe des abscisses est asymptote à la courbe représentative de la fonction x²e^−x au voisinage de +`. L’affirmation est vraie.

97 1.

x –π

2 0 π

2

sin(x) – 0 +

cos(x) + +

tan(x) – 0 +

2. lim

x→− π2

sin( )x = −1 et lim

x→− π2

cos( )x =0.

Lorsque x . − π2, alors cos( )x . 0 et, pour x proche de − π2, cos( )x . 0. Donc, par quotient, lim

x→− π2 x . − π2

tan( )x = −`.

3. lim

x→ π2

sin( )x =1 et lim

x→ π2

cos( )x =0. Lorsque x , π

2, alors cos( )x . 0 et, pour x proche de π 2, cos( )x . 0. Donc, par quotient, lim

x→ π2 x , π 2

tan( )x = +`.

98 Partie A

La fonction f est représentée par la courbe #₁ et sa dérivée par la courbe #₂. En effet, lorsque la fonction f ’ est positive sur les intervalles

]

−` ; −1

]

^et

[

^3 ; +`

[

, la fonction f est bien croissante et lorsque f ’ est négative sur l’intervalle

[

−1 ; 3

]

^{, la} fonction f est décroissante.

Partie B 1.

0 x

y

1 1

La fonction cube convient : – elle est dérivable sur R ; – g’( )x =0⇔x=0 ; – lim

x→+`x<sup>3</sup> = +` et lim

x→−`x<sup>3</sup>= −`.

Chapitre 3 Limites de fonctions 83

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

2.

0 x

y

1 1

99 1. a. f’( )x = 5 x+1

( )². Pour tout x [

[

0 ; +`

[

^{, f’}( )^x . 0, donc f est strictement croissante sur

[

0 ; +`

[

^.

x→+`lim (x+1)= +`, donc, par quotient, lim

x→+`− 5

x+1=0 et donc, par somme, lim

x→+`f x( )=6.

x 0 + `

f ’(x) +

f (x) 1

6

b. f x( )=x⇔6− 5

x+1=x⇔6(x+1)−5=x x( +1)⇔x²−5x−1=0 f x( )=x⇔6− 5

x+1=x⇔6(x+1)−5= x x( +1)⇔x²−5x−1=0. Δ =29, donc deux solutions réelles : x₁=5− 29

2 et x₂ = 5+ 29 2 .

Or x₂ . 0 et x₁ , 0, donc S= 5+ 29

{

2

}

^.

c. Si x appartient à l’intervalle

[

0 ; α

]

^{, alors 0<x<}α, donc f( )0 ^{< f x}( )^{< f}( )α , car f est strictement croissante sur

0 ; +`

[ [

^.

Or f( )0 =1 et f( )α = α, donc 1< f x( )^<α, d’où f x( ) ^appar- tient à l’intervalle

[

0 ; α

]

^.

Si x appartient à l’intervalle

[

α ; +`

[

^{, alors} α<x, donc f( )α ^< f x( ), car f est strictement croissante sur

[

0 ; +`

[

^et f x( ) appartient à l’intervalle

[

α ; +`

[

^.

2. a.

0 1 x

y

1 A₀

A₁ A₂ A₃ A₄

On peut conjecturer que la suite

( )

u_n est croissante et qu’elle converge vers α.

b. On montre par récurrence la propriété : P_n : 0<u_n<u_n+1<α pour tout entier naturel n.

• Initialisation : u₀ =0 et u₁=6− 5

0+1=1, on a bien 0<u₀<u₁<α, donc P₀ est vraie.

• Hérédité : On suppose que pour un certain entier naturel n, P_n est vraie, c’est-à-dire :

0<u_n<u_n+1<α, alors f( )0 ^{< f(u}_n^{)< f(u}_n+1^{)< f}( )α ^{, car f} est strictement croissante sur

[

0 ; +`

[

^.

Or f( )0 =1 et f( )α = α, donc 1<u_n+1<u_n+2<α. On a bien 0<u_n+1<u_n+2<α, P_n+1 est vraie.

• Conclusion : La propriété est initialisée et héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier naturel n.

c. La suite

( )

u_n ^e est croissante (car u_n<u_n+1 )et majorée (par α), donc elle converge vers un réel l.

On a lim

n→+`u_n =l, donc lim

n→+`u_n+1=l et lim

n→+`u_n+1=6− 5 l+1. Par unicité de la limite, 6− 5

l+1=l. D’après la question 1b, l= α =5+ 29

2 .

n→+lim`u_n = α =5+ 29 2 .

3. Si u₀[

[

0 ; α

[

, la suite

( )

u_n est croissante et converge vers α. Si u₀ = α, la suite est constante et égale à α.

Si u₀[

]

α ; +`

[

, la suite

( )

u_n est décroissante et converge vers α.

100

Questions Va piano

1. a. D’après le tableau, pour tout x [

]

−2 ; 3

[

^{, f x}( ) . 0.

Ainsi, pour x proche de 3, f x( ) . 0.

b. lim

x→3 x²−3x−10= −10 et lim

x→3 x−3=0. Par quotient et d’après la question précédente, lim

x→3 x , 3

 f x( )= +`.

2. D’après le tableau, pour tout x [

]

3 ; 5

[

^{, f x}( ) , 0.

Ainsi, pour x proche de 3, f x( ) , 0.

x→3lim x² −3x−10= −10 et lim

x→3 x−3=0.

Par quotient, lim

x→3 x . 3

f x( )= −`.

3. La droite d’équation x=3 est une asymptote verticale à la courbe représentative de la fonction f.

Questions Moderato

1. Le trinôme m x( )=x²−3x−10 a pour discriminant Δ = 49.

Il admet donc deux solutions réelles : x₁=3− 49

2 = −2 et x₂ = 3+ 49

2 =5. Or a=1 . 0, on en déduit que la fonction m est positive sur l’intervalle

]

−` ; −2

]

^<

[

^5 ; +`

[

et négative sur l’intervalle

[

−2 ; 5

]

^.

d x( ) ^{. 0}⇔x−3 . 0⇔x . 3, la fonction d est négative sur l’intervalle

]

−` ; 3

]

et positive sur l’intervalle

[

3 ; +`

[

^. 2.

x – ` –2 3 5 + `

x² – 3x – 10 + 0 – – 0 +

x – 3 – – 0 + +

f (x) – 0 + – 0 +

3. lim

x→3 x²−3x−10= −10 et lim

x→3 x−3=0.

Lorsque x [

]

−2 ; 3

[

^{, alors f x}( ) ^{. 0.}