NOM 1° S 10/10/12 Devoir n° 2 ( 1heure) Exercice 1 : sur 2.5 points Q.C.M. : Attention : ne pas répondre au hasard, car toute réponse fausse enlève des points. 1. (–2x –5)² est égal à : 4x² – 20x + 25 4x² + 25 4x² + 20x + 25 2. Le trinôme a ( x c)2 a un discriminant nul : Vrai Faux 3. Le trinôme – x ² –16 ne se factorise pas On ne peut pas savoir est égal à –(x – 4)(x + 4) est égal à (4 - x)(4 + x) 4. Si, pour tout réel x, a x² bx c est strictement positif, alors : >0 <0 on ne peut pas connaître le signe de 5. La fonction f définie par f ( x) 3 x² 12 x 12 a pour extremum le point de coordonnées (2 ; 0) le nombre 0 aucune des deux réponses précédentes Exercice 2 : sur 5 points Soit x un réel positif ou nul donné et M un point variable d’abscisse x situé sur la courbe représentative de la fonction racine carré, dans un repère orthonormal . Soit A ( 2 ; 0 ) . Déterminer la valeur de x qui minimise la distance AM ² Exercice 3 : sur 3 points Démontrer que pour tout réel x non nul, on a : 1 1 1 3 x x² 4 Exercice 4 : sur 5 points+1 Résoudre : a) x ² 3x 10 0 2 x b) 2 x² 3 x 2 0 2x 1 Exercice 5 : sur 4.5 points+1 3x 1 et g la fonction affine définie par : g( x) x 5 . 4x 5 On appelle (C) la courbe représentative de f et (D) celle de g dans un repère orthonormal Soit f la fonction définie par : f ( x) Etudier la position relative de (C) et de (D). On précisera les coordonnées de leurs points d’intersection. CORRIGE DU DS 2 Exercice 1 : 1) (2 x 5)² (2 x 5)² 4 x² 20 x 25 2) a ( x c)² 0 x c 0 x c . Le trinôme a ( x c)² a donc une seule racine donc son discriminant est nul . 3) x² 16 a pour discriminant 64 . 0 donc le polynôme ne se factorise pas. 4) Si, pour tout réel x, ax² bx c est strictement positif, c’est que ce polynôme garde un toujours le même signe et ne s’annule pas, c’est donc que < 0 . b 12 2 et f (2) 0 donc l’extremum de f est le nombre 0 (atteint en 2) 5) 2a 6 Attention ! Un extremum pour une fonction est un nombre ; pas un point ! Exercice 2 : On a M ( x ; x ) et A ( 2 ; 0 ) M donc AM ² = ( x 2)2 ( x 0)² x² 4 x 4 x x² 3 x 4 . Notons f la fonction définie sur [ 0 ; + [ par f ( x) x² 3 x 4 . f est une fonction polynôme du second degré avec a = 1 > 0 donc elle admet un b 3 minimum atteint en donc en . 2 2a Par suite, la valeur de x qui minimise la distance AM ² est 1 0 1 A 3 2 Exercice 3 : Pour tout x 0 , 1 1 1 3 4 x² 4 x 4 3 x² x² 4 x 4 ( x 2)2 x x² 4 4 x² 4 x² 4 x² Pour tout x ≠0 ( x 2)2 1 1 3 1 1 3 0 donc 1 0 donc 1 4 x² x x² 4 x x² 4 remarque : on peut aussi faire un tableau de signes Exercice 4 : ( x 2)2 0 et 4 x² 0 donc le quotient a) x ² 3x 10 0 2 x D = \ {2} Le trinôme x² 3x 10 a pour discriminant = 49 et deux racines x1 = 3 7 37 5 et x2 2 . Il est du signe 2 2 de « a » donc positif à l’extérieur des racines. 2 – x est « affine » , l’expression s’annule en 2 et est d’abord positive. D’où le tableau de signes : x – -2 signe de x² 3x 10 + signe de 2 – x + signe du quotient + b) 2 x² 3 x 2 0 2x 1 0 2 – + 0 D = \ {–1/2} – 0 5 + – 0 + – – + 0 – S ; 2 2;5 2 x² 3x 2 : = 9 + 16 = 25 donc deux racines x1 S 2 Exercice 5 :La fonction f est définie sur D = 3 5 1 3 5 et x2 2 . Or D = \ {–1/2} 4 2 4 \{5/4} On étudie le signe de f(x) – g(x) pour tout x de D 3x 1 3x 1 ( x 5)(4 x 5) 3 x 1 (4 x² 20 x 5 x 25) ( x 5) 4x 5 4x 5 4x 5 4 x ² 28 x 24 4( x ² 7 x 6) 4x 5 4x 5 f ( x) g ( x) Le trinôme –x²+7x–6 a pour discriminant = 49–24=25 qui est strictement positif donc le trinôme a deux racines distinctes : x1 7 5 7 5 6 et x2 1 2 2 De plus , f(6)=g(6)= 1 et f(1)=g(1)=-4 x signe de 4(-x²+7x-6) signe de 4x-5 signe de f(x)-g(x) –∞ – – + 1 0 || 6 5/4 + – – 0 0 + + + On en déduit que sur ]– ∞ ; 1[ et sur ]5/4 ;6[ la courbe (C) et au dessus de la droite (D) Sur ]1 ;5/4[ et sur ]6 ; + ∞[ la courbe (C) et au dessous de la droite (D) (C) et (D) ont deux points d’intersection de coordonnées respectives ( 1 ; –4) et ( 6 ; 1) Contrôle graphique : y (C) (D) 1 0 1 x 0 – + 0 – +∞