Corrigé DS n°2 - Lycée Henri BECQUEREL

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 ; + [
donc au voisinage de + , x >
2
1
2x – 1 > 0 :
12 1 cos2 1 12 1 xxxx
12 3 cos2 3 12 3 xxxx
Or,
Error!
(2x - 1) =
Error!
(2x + 1) = + donc
Error!
12 3 x
=
Error!
12 3 x
= 0
Et d’après le théorème des gendarmes,
Error!
xx cos2 3
= 0.
Exercice 2 : Partie A : Sur I; R, g(x) = x3 – 3x – 4.
1) g(x) = x3 – 3x – 4 = x3 (1 -
)
4
²
33
x
x
 -
lim
x
x3 = -  et
 -
lim
x
(1 -
)
4
²
33
x
x
= 1 donc par produit,
 -
lim
x
g(x) = - .
De manière analogue,
lim
x
g(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
–  - 1 1 + 
g’(x)
+ 0 – 0 +
g(x)
- 2 + 
0
–
- 6
3) *La fonction g est dérivable donc continue sur IR.
* Sur ] -  ; - 1], g est strictement croissante avec
 -
lim
x
g(x) = -  et g(- 1) = - 2.
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
x
g(x) = + . Or, 0 ]-  ; - 2].
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!
.
1) * f(x) =
)
²
1
1(
)
2
1(
)
²
1
1²(
)
2
1(
1² ²2 3
3
x
x
x
x
x
x
x
xxx
 -
lim
x
x = -  et
 -
lim
x
(1 +
x
2
) =
 -
lim
x
(1 -
²
1
x
) = 1. Donc par produit des limites,
 -
lim
x
f(x) = - .
*
1 -
lim
x
(x3 + 2x²) = (- 1)3 + 2(- 1)² = 1
et
-
1) (-
lim
x
(x² - 1) = 0 + donc par quotient des limites,
-
1) (-
lim
x
f(x) = + .
Par contre,
1) (-
lim
x
(x² - 1) = 0 - donc par quotient des limites,
1) (-
lim
x
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
f ’(x) =
)²1²( )43( )²1²( 4²3 )²1²( 4244²33 )²1²( )2²)(2()1²)(4²3( 3434343 xxxx xxxx xxxxxxx xxxxxxx
Soit f ’(x) =
Error!
.
3)
x
–  - 1 0 1 + 
x
- - 0 + + +
g(x)
- - - - 0 +
(x² - 1)²
+ 0 + + 0 + +
f ’(x)
+ || + 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 ; ].
4) a/ f(x) – (x + 2) =
)
²
1
1(
)
2
1(
)
²
1
1²(
)
2
1(
1² 2 1² 2²2²2 1² )1²)(2(²)2( 333
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xxxxxx xxxxx
.
 -
lim
x
x = -  et
 -
lim
x
(1 +
x
2
) =
 -
lim
x
(1 -
²
1
x
) = 1.
Donc par opérations sur les limites,
 -
lim
x
[f(x)- (x + 2)] = 0. De manière analogue,
lim
x
[f(x)- (x + 2)] = 0.
Ainsi, la droite  d’équation y = x + 2 est asymptote à C en + et en - .
b/ f(x) – (x + 2) =
1² 2 x
x
.
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 :
x
–  - 1 1 + 
x² - 1
+ 0 – 0 +
x
–  - 2 - 1 1 + 
x + 2
- 0 + + +
(x² - 1)²
+ + 0 - 0 +
f(x)- (x + 2)
- 0 + || - || +

1) (a)
)2(2 2xxxx 
.
(b)
02 2 xx
pour tout x ]0 ; 2[ donc la fonction
2
2xxx 
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[.
Pour x ]0 ; 2[,
2
2
2
22
2
2
2
32
2
2
2
1
2)(' xx
xx
xx
xxxx
xx
x
xxxxf 
Pour x  ]0 ; 2[,
2
2
)32(
)(' xx
xx
xf 
.
2) (a) Pour 0 < h 2,
2
22
2)0()( hh
hhhh hfhf 
.
(b)
02lim 2
0 hh h
donc
02lim 2
0 hh h
:
0
)0()(
lim
0 hfhf h
.
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,
h
hh
hh
hhh
hhhh hfhf
 2)2(2)2(2)2()2()2( 2
(h < 0)
(b)
222)2(lim
0 hh h
et
0lim
0h h
donc
h
hh
h
2)2(
lim
0
:
hfhf h
)2()2(
lim
0
Donc f n'est pas dérivable en 0. C admet une tangente verticale au point d'abscisse 2.
4) Pour x ]0 ; 2[,
2
2
)32(
)(' xx
xx
xf 
.
Pour x ]0 ; 2[, x > 0, et
02 2 xx
donc le signe de f '(x) est celui de –2x + 3.
433 4
3
2
3
2
3
f
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
–
0
2
+
2
2xx
–
0
+
0
–
La fonction f est définie sur [0 ; 2].
x
0
Error!
2
f '(x)
0
+
0
–
f
0
433
0
x
y
o

1) u2 = u1 -
4
1
u0 =
4
3
)1(
4
1
2
1
* u1 – u0 =
2
3
)1(
2
1
et u2 – u1= =
4
1
2
1
4
3
Comme u1 – u0
u2 – u1, alors la suite n’est pas arithmétique.
*
21 1
2
1
0
1
u
u
et
2
3
2
4
3
2
1
4
3
1
2
u
u
Comme
0
1
u
u
1
2
u
u
, alors la suite n’est pas géométrique.
2) Pour tout entier naturel n : vn = un + 1 –
Error!
un .
(a) v0 = u1 -
Error!
u0 =
)1(
2
1
2
1
soit v0 = 1.
(b) vn + 1 = un + 2 –
2
1
un + 1 = (un + 1 -
4
1
un) -
2
1
un + 1 =
2
1
un + 1 -
4
1
un =
2
1
[un + 1 -
2
1
un] soit vn + 1 =
2
1
vn.
(c) La suite (vn) est donc une suite géométrique de raison q =
Error!
et de premier terme v0 = 1.
(d) Ainsi, vn = v0 (q)n  vn = 1(
2
1
)n  vn =
n
2
1
.
3) Pour tout entier naturel n : wn =
Error!
.
(a) w0 =
11
0
0
v
u
soit w0 = - 1.
(b) vn = un + 1 –
Error!
un  un + 1 = vn +
2
1
un donc wn + 1 =
1
1
n
n
v
u
 wn + 1 =
n
nn
v
uv
2
12
1
(c) Alors, wn + 2 =
n
nn
n
nn
n
nn
n
n
v
vu
v
vu
vvu v
u
2
1
2
1
)(
2
1
)2(
2
1
2
2
 wn + 2 = wn + 1
(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) ×
n
2
1
 un =
n
n
2
12 