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.
Le tableau de variations sur [0; ] :
b) On a f(0) = 0, donc f(x) 0 sur [0; ].
2. On considère la fonction g définie sur [0; ] par g(x) = sinx – 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.
Le tableau de variations sur [0; ] :
b) On a g(0) = 0, donc g(x) 0 sur [0; ].
3. On considère la fonction h définie sur [0; ] par h(0) = 1 et
pour x 0, h(x) =
sin 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 .
Ainsi, x cosx sinx x , et en divisant par x, cosx
sin x
x
1, soit cosx h(x) 1.
b) Comme
lim
x0
cos x
= 1, par le théorème des gendarmes,
lim
x0
hx
= 1 = h(0), et la fonction h est continue en 0.
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.
De plus,
lim
x
gx
=
lim
x
x33x4
=
lim
x
x3
= + ;
lim
x
gx
=
lim
x
x33x4
=
lim
x
x3
= – ;
Et g(– 1) = – 2 et g(1) = – 6. D'où le tableau de variations
sur :
b) Sur l'intervalle ] – ; 1], la fonction g atteint un
maximum égal à – 2, donc l'équation g(x) = 0 n'a pas de
solution sur cet intervalle.
Sur l'intervalle ]1; +[, la fonction g est continue car
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 [; +[.
2. On considère la fonction f définie sur ]1; + [ par f(x) =
x32x2
x21
.
a) La fonction f est dérivable sur ]1; + [∞ puisque c'est une fonction rationnelle,
et f '(x) =
3x24x x21 x32x22x
x212
=
x43x24x
x212
=
xx33x4
x212
=
x×gx
x212
.
Sur l'intervalle ]1; + [, x > 0 et (x2 – 1)2 > 0, donc le signe de f '(x) est le
signe de g(x).
b) Ainsi, la fonction f est décroissante sur ] – ; ] et croissante sur [; +[.
Le tableau de variations de f sur ]1; + [ :
x0
f '(x) –
f(x)
0
–
x– – 1 1 +
g '(x) + 0 – 0 +
g(x)
– 2
– 6
+
x1+
f '(x) || – 0 +
f(x)
||
||
||
+
f()
+
x0
g'(x) –
g(x)
0
–
Question bonus : Pour montrer que la droite d'équation y = x + 2 est asymptote oblique à la courbe représentative
de la fonction f , on calcule la limite
lim
x
fx x2
: f(x) – (x + 2) =
x32x2x2 x21
x21
=
x2
x21
.
Ainsi,
lim
x
fx x2
=
lim
x
x2
x21
=
lim
x
x
x2
=
lim
x
1
x
= 0. Donc la droite d'équation y = x + 2 est
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 =
unvn
2
; v0 = 4 et vn + 1 =
un1vn
2
.
1. On trouve u1 =
u0v0
2
=
7
2
, v1 =
u1v0
2
=
15
4
, u2 =
u1v1
2
=
29
8
, v2 =
u2v1
2
=
59
16
.
2. On considère la suite (wn) définie sur par wn = vn – un .
a) On a wn + 1 = vn + 1 – un + 1 =
un1vn
2
–
unvn
2
=
un1un
2
=
unvn2un
4
=
vnun
4
=
wn
4
. Donc la suite
(wn) est géométrique de raison
1
4
et de premier terme w0 = v0 – u0 = 4 – 3 = 1.
b) Ainsi, pour tout entier naturel n, wn =
1
4
n
> 0 .
c) la suite (wn) est géométrique de raison
1
4
qui est strictement compris entre – 1 et 1, donc
lim
n
wn
= 0.
3. Pour tout entier naturel n, un + 1 – un =
unvn
2
– un =
vnun
2
=
wn
2
> 0, donc la suite (un) est strictement
croissante. vn + 1 – vn =
un1vn
2
– vn =
un1vn
2
=
unvn
4
=
wn
4
> 0, donc la suite (vn) est strictement
décroissante.
4. On a trouvé que (un) est strictement croissante, (vn) est strictement décroissante, et
lim
n
vnun
=
lim
n
wn
= 0,
donc les suites (un) et (vn) sont adjacentes.
5. On considère la suite (tn) définie sur par tn =
1
3
(un + 2vn ).
a) On a tn + 1 =
1
3
(un + 1 + 2vn + 1 ) =
1
3
unvn
22
un1vn
2
=
1
3
unvnunvn2vn
2
=
1
3
2un4vn
2
=
1
3
(un + 2vn ) = tn . Donc la suite (tn) est constante égal à son premier terme t0 =
1
3
(u0 + 2v0 ) =
11
3
.
b) Les suites (un) et (vn) sont adjacentes, donc elles convergent vers la même limite l. Et
lim
n
tn
=
11
3
,
d'où
lim
n
1
3un2vn
=
11
3
, soit
1
3
(l + 2l ) =
11
3
, d'où l =
11
3
.
1
/
2
100%
