CORRIGÉ DEVOIR MAISON n° 2 TERMINALE SEXERCICE 1 :

CORRIGÉ DEVOIR MAISON n° 2 TERMINALE S EXERCICE 1 : 1. a) On peut écrire vn =

u_n1 un

= n1²/2^n1

n²/2ⁿ = n1² 2^n1

×2ⁿ n² = 1

2×^11n^2.

Comme lim

n∞

1

n = 0, alors lim

n ∞

11

n = 1, et lim

n∞

v_n = 1 2 . b) On a vu que vn = 1

2^11n². Or pour tout entier naturel n > 0, 1 + 1

n > 1, donc ^11n² > 1 et vn > 1 2 . c) On cherche le plus petit entier N tel que, si n  N, vn < 3

4. Montrons d'abord que (vn) est décroissante : vn + 1 – vn = 1

2^1n11 ^{2 – 12}^11n^{2 = 12}[^{1n11 2−11n2}] ^{= 121n11 −1−1n1n11 11n =}

1

2^{nn1−1} ^{2nnn124n1} < 0, donc vn + 1 < vn et (vn) est décroissante. On a v4 = 0,78 et v5 = 0,72 , donc N = 5.

d) Pour n  N, on a vn = u_n1 u_n < 3

4 donc un + 1 < 3 4 un .

2. a) Montrons par récurrence que, pour tout entier n  5 : un  ³4^{n−5u5 :}

Initialisation : pour n = 5, u5  ³4^0u5 , donc la propriété est vraie pour n = 5.

Hérédité : Supposons que pour une valeur de n  5, un  ³4^{n−5 u5 ; alors un + 1 < 34 un  3}4×³4^{n−5u5 , donc}

un + 1  ³4^n−4u5 . Ce qui prouve l'hérédité.

Conclusion: pour tout entier n  5 : un  ³4^{n−5u5 .}

b) Sn = u5 + u6 + u7 + ... + un  u5 + ³⁴^{u5 +} _³4^{2u5 +} ³4^{n−5 u5 } [^{134342...34n−5}]^{u5 .}

c) La suite de terme générale ³⁴ⁿ⁻⁵ est une suite géométrique de raison 3 4,

donc la somme [^{134342...34n−5}] ^{= 1×1−34}

n−4

1−3 4

= 4[^{1−34n−4}]. Pour tout entier n  5, le nombre

[^{1−34n−4}] < 1, donc Sn  4u5 . 3. On a Sn + 1 – Sn = un + 1 = n1²

2^n1 > 0, donc la suite (Sn)n  5 est croissante.

Cette suite (Sn)n  5 est croissante et majorée par 4u5 , donc elle converge.

EXERCICE 2 : 1. a) lim

x∞

fx = +∞ . lim

x0

fx = +∞ . Et lim

x∞

fx− x

^{3 = limx ∞}³

2x = 0 . Ainsi C admet une asymptote verticale d'équation x = 0 (axe des ordonnées) et une asymptote oblique d'équation y = x

^{3 .}

b) La fonction f est dérivable sur ]0; +∞ [ comme somme et quotient de fonctions qui le sont.

Et f '(x) = 1

^3

−2³

4x² = 1

^3

−³

2x² = 2x²−3

2x²³ . Le signe de cette dérivée dépend du numérateur puisque le dénominateur est strictement positif. 2x² – 3 s'annule en x = ^{32 et x = −}^32.

Le tableau de variations de f : c) Tracé de la courbe C:

2.

D'après le tableau de variations, si m < 2 , il n'y a aucun point d'intersection entre C et (d). Si m = 2 , il y a un point d'intersection de coordonnées (^{32; 2 ).}

Si m > 2 , il y a deux points d'intersection.

3. Dans la suite, on suppose que m > 2 , et on appelle A et B les points d'intersection de C et (d).

a) Les abscisses de A et B vérifient l'équation x

^3

³

2x = m, soit 2x² – 2xm3 + 3 = 0. Cette équation du second degré a pour discriminant  = 12m² – 24 = 12(m² – 2). Si m > ^{2 ,}  > 0, et l'équation a deux solutions

xA =2m³⁻²³^m2−2

4 = ^3m−^m2−2

2 et xB = ^3m^m2−2

2 . Le produit des abscisses de A et B est égal à ^3m−^m2−2

2 ×^3m^m2−2

2 = 3m²−m²−2

4 = 3

2 .

b) Soit I le milieu de [AB]. A l'aide de GeoGebra, on conjecture que, lorsque m décrit l'intervalle [^{2 ; +∞ [, le}

point I se trouve sur une demie-droite passant par l'origine du repère, donc d'équation y = ax. Déterminons a : L'abscisse de I est égale à x

Ax

B

2

= m√³

2 , et son ordonnée est égale à yI = yA = yB = m . Donc a = y_I

x_I ⁼ m m√³

2

= 2

√³ . La demie-droite a pour origine le point S(^{32; 2 ).}

x 0

^{32 +∞}

f '(x) – 0 +

f(x) +∞

²

+∞