CORRECTION

CORRECTION
Terminales S Devoir en temps libre n° 3 à rendre le mardi 8 Novembre 2011
Soit la fonction f définie sur ℝ\ {– 1 ; 1} par : f ( x) 
x3  2 x 2
et C sa courbe
x2  1
représentative dans le plan muni d’un repère orthogonal. (Unités graphiques : 2cm en
abscisse, 1cm en ordonnée).
A- Etude d’une fonction auxiliaire.
Soit la fonction g définie sur ℝ par g(x) = x3 – 3x – 4
1) On donne ci-dessous son tableau de variations. Le justifier (limites, signe de la
dérivée, valeur des extremums locaux.).
x
signe de g '( x)
–∞
+
–1
0
–
1
0
+∞
Partie A.
1) g est une fonction polynôme donc dérivable sur ℝ.
dérivée :g’(x) = 3x2 – 3 = 3(x2 – 1) = 3(x – 1)(x + 1) polynôme du second degré qui
s’annule pour -1 et 1,le signe de g’(x) est donc celui du coefficient de x² ( ici 3 )à
l’extérieur des racines selon le théorème établi en première
limites : à l’infini g a même limite que son terme de plus haut degré x 3 donc +
l’infinie en + l’infini et – l’infini en – l’infini
extremums g(–1) = –2 et g(1) = -6
Du signe de g’ on déduit la variation de g d’où le tableau :
x
–∞
–1
1
α
+∞
+
Signe de
g’(x)
Variation
de g
+∞
–2
Variations de g
+
–
0
–6
2) Montrer qu’il existe un réel α unique tel que g(α) = 0, puis déterminer une valeur
approchée à 10-2 près du réel α.
3) Etudier le signe de g sur ℝ.
B- Etude de la fonction f
1) Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
2) Montrer que pour tout x ∈ ℝ\ {– 1 ; 1} : f '( x) 
x  g ( x)
. En déduire le tableau
( x 2  1)2
de variation de f.
x2
3) a) Montrer que pour tout x ∈ ℝ\ {– 1 ; 1} : f ( x)  x  2  2
x 1
b) En déduire que la courbe C admet une asymptote oblique D en + et en – .
c) Etudier la position de la courbe C par rapport à D.
4) Tracer la courbe C et la droite D sur papier millimétré.
5) Déterminer l’abscisse des points de la courbe C où la tangente est parallèle à la
droite d’équation y = x + 2.
+
–2
+∞
0
–∞
–∞
0
–6
2) D’après le tableau de variation ci-dessus il existe un unique réel α tel que g(α) =
0 et ce réel α ∈ ]1 ; + ∞[. ( il faut avoir complété avec le zéro et alpha)
Le programme de TS précise que la seule référence au tableau de variation ,
correctement complété, tient lieu de justification ( et en particulier la flèche tracée
induit la continuité et la stricte monotonie nécessaires pour l’existence et l’unicité
d’une solution d’équation sur un intervalle).
A l’aide de la calculatrice, on obtient α ≈ 2,20.
3) Du tableau de variation on déduit le tableau de signe de la fonction g.
x
Signe de
g(x)
α
–∞
–
0
+ ∞
+
Partie B.1) Calcul des limites aux bornes du domaine de définition :
3) a)  x  ℝ\ {– 1 ; 1},
x3
 lim x    et lim f ( x)  lim x   
x  
x   x 2
x  
x  
x  
Signe du dénominateur
x
–∞
–1
1
+∞
Signe
+ 0
–
0 +
3
2
de
x²-1
lim x  2 x  1
lim f ( x)  lim
x2
b) d’après la question précédente  x  ℝ\ {– 1 ; 1},
x 1
lim x 1  0
2

x 
 1

donc
lim x 2 1  0 donc
x 
1

lim
x 
 1

f ( x)  x  2 
f ( x)   
la droite D d’équation y = x + 2 est asymptote à C en + ∞.
On fait la même démonstration en – ∞.
c) Etudier la position relative de la courbe C à D revient à étudier le signe de
f(x) – (x + 2).
x 2
f ( x)  ( x  2)  2 .
x 1
lim x3  2 x 2  3
x 1
lim x 2 1  0 donc lim f ( x)   
x 
1

lim x 2 1  0 donc lim f ( x)   
x 
1

2) f est une fonction rationnelle donc dérivable sur son ensemble de définition.
Etude du signe.
x
–∞
x +2
(3x 2  4 x)( x 2 1)  2 x( x3  2 x 2 ) 3x 4  4 x3  3x 2  4 x  2 x 4  4 x3
f '( x) 

( x 2 1)2
( x 2 1)2
f '( x) 
x 4  3x 2  4 x
( x 1)
2
2

x( x3  3x  4)
( x 1)
2
2

x g ( x)
( x 1)
2
2
x2 – 1
.
(x2 – 1)2 > 0 pour tout x ∈ ℝ\ {– 1 ; 1}, donc f '( x) est du signe de x g(x) et le signe
de g(x) a été étudié dans la partie A3°).
x
–∞
–1
Signe de x
–
–
Signe de g(x)
–
–
Signe de
f '( x)
+
+
+∞
0
0
α
1
0
+
–∞
–
–
0
+
–
–
0
+
+∞
–∞
+
–
Signe de
f(x) – (x + 2).
–1
+
+
0
+
1
+
0
–
–
+∞
+
0
+
+
Conclusion :
Pour x ∈ ] –∞; – 2[ ∪ ] –1 ; 1[C est en dessous de D
Pour x ∈ ] – 2 ; – 1[ ∪ ]1 ; + ∞[C est au dessus de D.
+
+∞
Variation de f
–∞
–
–2
0
+∞
+
0
x2
x
1
 lim 2  lim  0 ce qui signifie que
2
x   x 1
x  x
x  x
x  
x 
 1

x 
1

x2
x 2
 f ( x)  ( x  2)  2
2
x 1
x 1
Donc lim  f ( x)  ( x  2)  lim
lim f ( x)   
x 
1

x  2 ( x  2)( x 2 1)  x  2 x3  2 x 2  x  2  x  2 x3  2 x 2
= f(x).


 2
x 2 1
x2  1
x 2 1
x 1
f(α)
5) La droite d’équation y = x + 2 est l’asymptote D.
La tangente (T) est parallèle à D si et seulement si (T) et D ont même coefficient
directeur soit 1 donc on doit chercher les solutions, si elles existent, de l’équation
f '( x) = 1, avec x ∈ ℝ\ {– 1 ; 1}.
f '( x)  1 
x 4  3x 2  4 x
( x 2 1)2
 1  x 4  3x 2  4 x  ( x 2  1)2  x  ℝ\ {– 1 ; 1},
  x2  4 x  1  0 ∆ = 12 > 0 donc 2 solutions.
42 3
42 3
  2  3  3, 7 ; x2 
  2  3  0, 27 .
2
2
Il existe donc deux tangentes parallèles à la droite d’équation y = x + 2 ( en vert sur
le dessin)
4) Courbe
x1 
y
6
5
D: y= x+2
4
3
2
1
-4
-3
-2
-1
0
-1
-2
les tangentes vertes sont
parallèles à la droite D
-3
-4
-5
-6
1
2
alpha
3
4 x