Corrigé DS n°2 - Lycée Henri BECQUEREL
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TS1- TS2- Corrigé DS2
Exercice 1 : A) voir cours.
B) Pour tout réel x, – 1 cos x 1 donc 2x - 1 2x + cos x 2x + 1.
La fonction inverse est strictement décroissante sur ] 0 ; +[
1
1
1
1
donc au voisinage de + , x >
2x – 1 > 0 :
2
2 x 1 2 x cos x 2 x 1
3
3
3
2 x 1 2 x cos x 2 x 1
3
3
Or, Error! (2x - 1) = Error! (2x + 1) = + donc Error!
= Error!
=0
2x 1
2x 1
3
Et d’après le théorème des gendarmes, Error!
= 0.
2 x cos x
Exercice 2 : Partie A : Sur I; R, g(x) = x3 – 3x – 4.
1) g(x) = x3 – 3x – 4 = x3 (1 -
lim x3 = - et lim (1 -
x -
x -
3 4
)
x² x3
3 4
) = 1 donc par produit, lim g(x) = - .
x -
x² x3
De manière analogue, lim g(x) = + .
x
2) La fonction g est une fonction polynomiale dérivable sur IR.
g’(x) = 3x² - 3 = 3(x² - 1) = 3(x – 1)(x + 1).
x
g’(x)
g(x)
–
+
-1
0
-2
1
0
–
+
+
+
0
–
-6
3) *La fonction g est dérivable donc continue sur IR.
* Sur ] - ; - 1], g est strictement croissante avec lim g(x) = - et g(- 1) = - 2.
x -
Or, 0 ]- ; - 2], donc l’équation g(x) = 0 n’admet pas de solution sur ] - ; - 1].
* De même, l’équation g(x) = 0 n’admet pas de solution sur [- 1 ; 1]
car 0 n’appartient pas à g([-1 ; 1]) = [- 6 ; - 2].
* Sur [ 1 ; + [, g est strictement croissante avec g(1) = - 6 et lim g(x) = + . Or, 0 ]- ; - 2].
x
Donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,l’équation g(x) = 0 admet une unique
solution sur [ 1 ; + [.
Conclusion : L’équation g(x) = 0 admet une unique solution sur IR.
4) A l’aide de la calculatrice, on a : [2,19 ; 2,20] car g(2,19) < 0 et g(2,20) > 0.
5) D’après le tableau de variations de g, on a :
x
g(x)
–
+
–
0
+
Partie B : Sur IR \ {-1 ; 1}, f(x) = Error!.
2
2
x 3 (1 ) x(1 )
x3 2 x²
x
x
1) * f(x) =
1
1
x² 1
x ²(1 ) (1 )
x²
x²
2
1
) = 1. Donc par produit des limites, lim f(x) = - .
lim x = - et lim (1 + ) = lim (1 x -
x -
x -
x -
x
x²
x
–
-1
1
* lim (x3 + 2x²) = (- 1)3 + 2(- 1)² = 1
x² - 1
+ 0 –
0
x -1
et
lim (x² - 1) = 0 + donc par quotient des limites,
x (-1)-
Par contre,
lim
x (-1)
+
+
lim f(x) = + .
x (-1)-
(x² - 1) = 0 - donc par quotient des limites,
lim
x (-1)
f(x) = - .
2) La fonction f est une fonction rationnelle dérivable sur son ensemble de définition.
On pose u(x) = x3 + 2x² u’(x) = 3x² + 4x
et v(x) = x² - 1 v’(x) = 2x.
D’où
3
4
(3x² 4 x)( x² 1) ( x 2 x²)(2 x) 3x 3x² 4 x3 4 x 2 x 4 4 x 3 x 4 3x² 4 x x( x 3 3x 4)
f ’(x) =
( x² 1)²
( x² 1)²
( x² 1)²
( x² 1)²
Soit f ’(x) = Error! .
3)
–
x
x
g(x)
(x² - 1)²
f ’(x)
-1
+
+
+
+
0
||
0
0
1
+
+
-
0
+
+
-
0
||
+
+
+
+
+
0
0
Donc f est strictement croissante sur ] - ; - 1[, sur ]- 1 ; 0] et sur [ ; + [,
et f est strictement décroissante sur [0 ; 1[ et sur ]1 ; ].
2
2
x(1 )
(1 )
( x 2 x ²) ( x 2)( x ² 1) x 2 x ² x x 2 x ² 2 x 2
x
x .
4) a/ f(x) – (x + 2) =
x² 1
x² 1
x ² 1 x ²(1 1 ) x(1 1 )
x²
x²
2
1
) = 1.
lim x = - et lim (1 + ) = lim (1 x -
x -
x -
x
x²
Donc par opérations sur les limites, lim [f(x)- (x + 2)] = 0.
De manière analogue, lim [f(x)- (x + 2)] = 0.
3
3
3
x -
x
Ainsi, la droite d’équation y = x + 2 est asymptote à C en + et en - .
b/ f(x) – (x + 2) =
x2
.
x² 1
x
x+2
(x² - 1)²
f(x)- (x + 2)
–
+
-
-2
0
0
-1
+
+
+
0
||
+
1
+
-
0
||
+
+
+
Sur ] - ; - 2[ et sur ] – 1 ; [, f(x) – (x + 2) < 0 f(x) < x + 2 Cf est en dessous de .
Sur ]- 2 ; - 1[ et sur ]1 ; + [, Cf est au-dessus de .
Lorsque x = - 2, Cf coupe .
Exercice 3 :
1) (a) 2 x x 2 x(2 x)
–
x
2x x
0
–
2
0
+
2
+
0
–
La fonction f est définie sur [0 ; 2].
.
(b) 2 x x 2 0 pour tout x ]0 ; 2[ donc la fonction x 2 x x 2 est dérivable sur ]0 ; 2[.
La fonction f est le produit de deux fonctions dérivables sur ]0 ; 2[ donc f est dérivable sur ]0 ; 2[.
1 x
2 x x 2 x x 2 2 x 2 3x
2
Pour x ]0 ; 2[, f ' ( x) 2 x x x
2x x2
2x x2
2x x2
x(2 x 3)
Pour x ]0 ; 2[, f ' ( x)
.
2x x2
f (h) f (0) h 2h h 2
2h h 2 .
h
h
f (h) f (0)
0.
(b) lim 2h h 2 0 donc lim 2h h 2 0 : lim
h 0
h0
h0
h
2) (a) Pour 0 < h 2,
Donc f est dérivable en 0 et f '(0) = 0. C admet une tangente horizontale au point d'abscisse 0.
3) (a) Pour –2 h < 0,
f (2 h) f (2) (2 h) 2h h 2 (2 h) 2 h h (2 h) 2 h
h
h
h h
h
(h < 0)
(b) lim (2 h) 2 h 2 2 et lim h 0 donc lim
h0
h 0
h 0
f (2 h) f (2)
( 2 h) 2 h
: lim
h 0
h
h
Donc f n'est pas dérivable en 0. C admet une tangente verticale au point d'abscisse 2.
x(2 x 3)
4) Pour x ]0 ; 2[, f ' ( x)
2x x 2
Pour x ]0 ; 2[, x > 0, et
x
0
f '(x)
0
.
2 x x 2 0 donc le signe de f '(x) est celui de –2x + 3.
2
Error!
+
0
y
–
3 3
4
f
0
0
3 3 3 3 3
f
4
2 2 4
o
Exercice 4 : On considère la suite de nombres réels (un) définie sur I; N par :
u0 = – 1, u1 = Error! et, pour tout entier naturel n, un + 2 = un + 1 – Error! un .
x
1
1 1
3
u0 = (1)
4
2 4
4
1
3
3 1 1
* u1 – u0 = (1) et u2 – u1= =
Comme u1 – u0 u2 – u1, alors la suite n’est pas arithmétique.
2
2
4 2 4
1
3
u
u
u
u
1
3
3
* 1 2
et 2 4 2 Comme 1 2 , alors la suite n’est pas géométrique.
u0 1 2
u1 1 4
2
u 0 u1
2
2) Pour tout entier naturel n : vn = un + 1 – Error! un .
1) u2 = u1 -
(a) v0 = u1 - Error! u0 =
1 1
(1) soit v0 = 1.
2 2
1
1
1
1
1
1
1
1
un + 1 = (un + 1 - un) - un + 1 = un + 1 - un = [un + 1 - un] soit vn + 1 = vn .
2
4
2
2
4
2
2
2
(c) La suite (vn) est donc une suite géométrique de raison q = Error! et de premier terme v0 = 1.
1
1
(d) Ainsi, vn = v0 (q)n vn = 1( )n vn = n .
2
2
(b) vn + 1 = un + 2 –
3) Pour tout entier naturel n : wn = Error! .
(a) w0 =
u0 1
soit w0 = - 1.
v0
1
(b) vn = un + 1 – Error! un un + 1 = vn +
u
1
un donc wn + 1 = n1
2
vn1
1
vn u n
2
wn + 1 =
1
vn
2
1
1
(u n 2vn )
u n vn
un
u n 2vn 2
2
(c) Alors, wn + 2 =
wn + 2 = wn + 1
2
1
1
vn
vn
(v n )
vn
2
2
(d) La suite (wn) est donc une suite arithmétique de raison r = 2 et de premier terme w0 = - 1.
Alors, wn = w0 + nr wn = - 1 + 2n.
4) wn = Error! un = wn × vn un = (- 1 + 2n) ×
1
2n 1
un =
n
2
2n
