Corrigé DS3 - Dominique Frin

CORRIGÉ
DEVOIR SURVEILLÉ N° 3
TERMINALE S 1
EXERCICE 1 : 1. On considère la fonction f définie sur [0; ] par f(x) = x cosx – sinx .
a) La fonction f est dérivable sur [0; ] comme somme et produit de fonctions qui le sont, et
f '(x) = cosx + x(– sinx) – cosx = – x sinx. Sur l'intervalle [0; ], x et sinx sont positifs, donc f '(x) 0; et la
fonction f est strictement décroissante.
x 0
Le tableau de variations sur [0; ] :
f '(x)
–
b) On a f(0) = 0, donc f(x) 0 sur [0; ].
0
2. On considère la fonction g définie sur [0; ] par g(x) = sinx – x .
f(x)
a) La fonction g est dérivable sur [0; ] comme somme de fonctions qui le
sont, et g '(x) = cosx – 1.
On sait que pour tout réel x, – 1 cosx 1, donc – 2 cosx – 1 0, donc
g '(x) 0; et la fonction g est strictement décroissante.
x 0
Le tableau de variations sur [0; ] :
g'(x)
–
–
0
b) On a g(0) = 0, donc g(x) 0 sur [0; ].
g(x)
3. On considère la fonction h définie sur [0; ] par h(0) = 1 et
–
sin x
pour x 0, h(x) =
.
x
a) Sur ]0; ], on sait que f(x) 0, donc x cosx – sinx 0, soit x cosx sinx ;
on sait aussi que g(x) 0 , donc sinx – x 0, soit sinx x .
sin x
1, soit cosx h(x) 1.
Ainsi, x cosx sinx x , et en divisant par x, cosx x
cos x = 1, par le théorème des gendarmes, lim h x = 1 = h(0), et la fonction h est continue en 0.
b) Comme lim
x0
x0
EXERCICE 2 : 1. On considère la fonction g définie sur par g(x) = x3 – 3x – 4 .
a) La fonction g est dérivable sur puisque c'est un polynôme, et g '(x) = 3x2 – 3 = 3(x2 – 1) = 3(x – 1)(x + 1).
g'(x) s'annule en 1 et – 1 et est du signe de a = 3 > 0 pour les valeurs extérieures aux racines.
3
3
3
3
De plus, lim g x = lim x 3 x
4 = lim x = + ; lim g x = lim x 3 x
4 = lim x = – ;
x x x x x x Et g(– 1) = – 2 et g(1) = – 6. D'où le tableau de variations
x
–1
1
–
+
sur :
b) Sur l'intervalle ] – ; 1], la fonction g atteint un
g '(x)
+
0
–
0
+
maximum égal à – 2, donc l'équation g(x) = 0 n'a pas de
–2
+
solution sur cet intervalle.
g(x)
Sur l'intervalle ]1; +[, la fonction g est continue car
–6
–
c'est un polynôme, et g est strictement croissante de
]1; +[ dans ]– 6; +[; 0 ]– 6; +[, donc d'après le
théorème des valeurs intermédiaires, l'équation g(x) = 0 a une unique solution sur ]1; +[ et donc dans .
c) Une valeur approchée de à 10 – 2 près à l'aide de la calculatrice : 2,20.
d) Le signe de la fonction g sur : g(x) 0 sur ] – ; ] et g(x) 0 sur [; +[.
3
2
x 2 x
2. On considère la fonction f définie sur ]1; + [ par f(x) =
.
2
x 1
a) La fonction f est dérivable sur ]1; + ∞[ puisque c'est une fonction rationnelle,
2
2
3
2
4
2
3
x×gx 3 x 4 x x 1
x 2 x 2 x
x 3 x 4 x
x x 3 x
4
et f '(x) =
=
=
=
2
2 .
2
2
2
2
2
2
x 1
x 1
x 1
x 1
Sur l'intervalle ]1; + [, x > 0 et (x2 – 1)2 > 0, donc le signe de f '(x) est le
x 1
+
signe de g(x).
b) Ainsi, la fonction f est décroissante sur ] – ; ] et croissante sur [; +[. f '(x) ||
–
0
+
Le tableau de variations de f sur ]1; + [ :
|| +
f(x) ||
||
+
f()
Question bonus : Pour montrer que la droite d'équation y = x + 2 est asymptote oblique à la courbe représentative
3
2
2
f x
x2 : f(x) – (x + 2) = x 2 x x 2 x 1 = x2 .
de la fonction f , on calcule la limite xlim
2
2
x 1
x 1
f x
x2 = lim x2 = lim x = lim 1 = 0. Donc la droite d'équation y = x + 2 est
Ainsi, xlim
2
2
x x 1
x x
x x
asymptote oblique à la courbe représentative de la fonction f .
EXERCICE 3 : On considère les suites (un) et (vn) définies sur par u0 = 3 et un + 1 =
u nv n
; v0 = 4 et vn + 1 =
2
u n1 v n
.
2
1. On trouve u1 =
u 0v 0
2
=
u v
u v
u v
7
15
29
59
, v1 = 1 0 =
, u2 = 1 1 =
, v2 = 2 1 =
.
2
4
8
16
2
2
2
2. On considère la suite (wn) définie sur par wn = vn – un .
u v
u u
u v
u v 2un
v u
w
= n n = n . Donc la suite
a) On a wn + 1 = vn + 1 – un + 1 = n1 n – n n = n1 n = n n
2
2
2
4
4
4
1
(wn) est géométrique de raison
et de premier terme w0 = v0 – u0 = 4 – 3 = 1.
4
n
1
b) Ainsi, pour tout entier naturel n, wn =
>0.
4
1
wn = 0.
c) la suite (wn) est géométrique de raison
qui est strictement compris entre – 1 et 1, donc nlim
4
u v
v u
w
3. Pour tout entier naturel n, un + 1 – un = n n – un = n n = n > 0, donc la suite (un) est strictement
2
2
2
u n1 v n
u n1 v n
u n
v n
w n
croissante. vn + 1 – vn =
– vn =
=
=
> 0, donc la suite (vn) est strictement
2
2
4
4
décroissante.
4. On a trouvé que (u ) est strictement croissante, (v ) est strictement décroissante, et lim v n u n = lim wn = 0,
n
n
n n donc les suites (un) et (vn) sont adjacentes.
5. On considère la suite (tn) définie sur par tn =
1
1
(u 1 + 2vn + 1 ) =
3 n+
3
un v n
1
(u + 2vn ).
3 n
u n1 v n
1
3
un v nun v n2 v n =
2
1
1
(un + 2vn ) = tn . Donc la suite (tn) est constante égal à son premier terme t0 = (u0 + 2v0 ) =
3
3
a) On a tn + 1 =
2
2
2
=
1
3
2 un 4 vn
2
11
.
3
t n = 11 ,
b) Les suites (un) et (vn) sont adjacentes, donc elles convergent vers la même limite l. Et nlim
3
1
11
1
11
11
d'où lim un 2v n =
, soit
(l + 2l ) =
, d'où l =
.
3
3
3
3
n 3
=