() () () DEVOIR A LA MAISON N°7. TS2.

DEVOIR A LA MAISON N°7. TS2.

Pour le mercredi 18 novembre 2015

I. On a construit ci-contre la courbe représentative d’une fonction définie sur [ 7 9] ainsi que les tangente à aux points et d’abscisses respectives 2 et 5. La courbe admet une tangente horizontale au point

d abscisse 0.

1. Déterminer f (5) et f (0). Expliquer.

2. Construire le tableau de signes de la fonction f ′ Expliquer.

3. Plus dur : Comparer f ( 2) et f ( 4). Justifier.

II. g est la fonction définie sur par g (x ) x

3 x 4 et f est la fonction définie sur ]1 [ par f( x) x

2 x

x

1 . C est la courbe représentative de f dans un repère.

1.

a. Construire le tableau de variation de la fonction g. Faire apparaître les limites.

b. Démontrer que l équation g( x) 0 a une unique solution sur . c. Donner un encadrement d amplitude 10

de .

d. Donner le tableau de signes de g sur .

2. Construire le tableau de variation de la fonction f sur ]1 [. Ne pas préciser les limites.

III. Déterminer le nombre de solutions dans de l équation 5x

2x ² 3 x 5. Justifier.

Aide : se ramener à une équation du type f ( x) 0 où f est une fonction que l on déterminera.

IV. Recherche (pour les volontaires).

( ) ^u

est la suite définie pour tout n de * par u

1 et, pour tout n de *, u

nu

4

n 1 .

Déterminer l expression de u

en fonction de n et en déduire la limite de la suite ( ) ^u

.

Aide : observer la suite ( ) ^v

définie par v

n u

.

CORRECTION DUDEVOIR A LA MAISON N°7. TS2

I.

1. f (5) est le coefficient directeur de la tangente au point d abscisse 5 : f (5) 1.

La courbe adm et une tangent e horizont al e au point d abs ciss e 0 donc f (0) 0.

2. On peut construire le tableau suivant:

x 7 0 7 9 Variation de f

Signe de f (x ) +

3. f ( 2) est le coefficient directeur de la tangente au point d abscisse 2.

f ( 4) est le coefficient directeur de la tangente au point d abscisse 4.

Si on trace l a t angente au poi nt d absci sse 4, ell e aura un coeffi ci ent di rect eur plus proche de 0 que la tangent e au poi nt d abs ci ss e 2 (l a tangent e au point

d abs ci sse 4 est m oins obli que). On a donc f ( 2 ) f ( 4) 0 . II.

1.

a. lim

x

g( x) lim

x

x

et lim

x

g (x ) lim

x

x

g est dérivable sur . Pour tout réel x, on a : g ( x) 3 x² 3 3( x 1)( x 1). On peut donc construire le tableau suivant :

x 1 1 +

Signe de f (x ) + +

Variation de f 2 + 6

b. Sur l intervalle ] 1], le maximum de f est 2 donc l équation f (x) 0 n admet pas de solution sur cet intervalle.

f est continue et strictement croissante sur ]1 [ ; f (1) 6, lim

x

f (x ) et 0  ] 6 [. Alors l équation g (x ) 0 admet une unique solution dans cet intervalle.

Finalement, l équation g( x) 0 a une unique solution sur . c. A la calculatrice, on obtient 2,19 2,20.

d. On a le tableau de signes suivant :

2. f est dérivable sur ]1 [. f (x ) (3 x² 4x )(x ² 1) ( ^x

^2x² ) ^{2 x}

(x ² 1)

x

3 x

4x (x ² 1)

xg ( x)

(x² 1)

. On peut donc construire le tableau suivant :

III. Pour tout réel x, on pose f( x) 5x

2 x² 3 x 5 5 x

2x² x 2.

5 x

2 x² 3 x 5  f(x ) 0.

f est dérivable sur . f (x) 15 x² 4x 1

<0 donc f (x ) n a pas de racine et est toujours négative sur .

x +

Signe de g( x) +

x 1 +

x +

g(x) +

(x² 1)

+

f ( x) +

f (x )

f ( )

f est donc continue et strictement décroissante sur . De plus, lim

x

f (x ) lim

x

5x

et

x

f(x ) lim

x

5x

et 0  ] ; + [ Ainsi , l équati on f (x ) 0 admet une unique solution dans .

L équation 5x

2x ² 3 x 5 admet donc une unique solution dans .

IV.

( ) ^u

est la suite définie pour tout n de * par u

1 et, pour tout n de *, u

nu

4 n 1 . Pour tout n de *, on pose v

nu

. On a v

1 v

5 v

9 v

13…

La suite ( ) ^v

semble arithmétique de raison 4 et de 1

terme v

1. On peut donc conjecturer que pour tout n de *, v

1 4( n 1) 4 n 3.

On conjecture alors que u

4 n 3

n , pour tout n de *.

Prouvons cette conjecture par récurrence : Initialisation : pour n

1 : u

1 et 4 1 3

1 1 donc la propriété est vraie pour n

1.

Hérédité : soit p un entier naturel non nul tel que u

4 p 3 p . u

pu

4 p 1

4 p 3 4 p 1

4p 1 p 1 . D autre part, 4( p 1) 3

p 1

4 p 1 p 1 Ainsi, u

4( p 1) 3 p 1 .

Conclusion : pour tout n de *, u

4n 3

n .