On cherche pde sorte que l’´equation f(x) = 3x+pn’ait pas de solution.
2x2−3x−2 = 3x+p
2x2−6x+ (−2−p) = 0
∆ = b2−4ac = 36 −4×2×(−2−p) = 36 + 8 ×(2 + p) = 52 + 8p.
L’´equation f(x) = 3x+pn’a pas de solution ssi ∆ <0.
52 + 8p < 0
8p < −52
p < −6,5
Cet Dpn’ont aucun point d’intersection lorsque p < −6,5.
Exercice 2 (8 points)
Soit fun polynˆome de degr´e 2 tel que f(11) = 181. On suppose de plus que pour tout
r´eel x,x2−2x+ 2 6f(x)62x2−4x+ 3.
L’objectif de cet exercice est de d´eterminer f(x).
1. On pose g(x) = x2−2x+ 2 et h(x) = 2x2−4x+ 3.
D´eterminer les formes canoniques de g(x) et h(x).
g(x) = x2−2x+ 2
= (x2−2x+ 1) −1 + 2
= (x−1)2+ 1
h(x) = 2x2−4x+ 3
= 2(x2−2x) + 3
= 2[(x−1)2−1] + 3
= 2(x−1)2+ 1
2. En d´eduire que pour tout r´eel x,f(x)>1.
Comme g(x) = (x−1)2+ 1, le sommet de la parabole Cgest le point S(1; 1).
Comme a= 1 >0, la parabole Cgest tourn´ee vers le haut.
Donc gadmet un minimum qui est 1 (atteint en 1).
Ainsi, pour tout x∈R, 1 6g(x)6f(x).
Pour tout x∈R,f(x)>1.
3. Justifier que f(1) = 1.
On sait que g(1) = 1.
h(1) = 2 −4 + 3 = 1.
Or, pour tout x∈R,g(x)6f(x)6h(x).
Pour x= 1, il vient donc 1 6f(1) 61.
Donc f(1) = 1.
4. D´eterminer alors les r´eels αet βtel que, pour tout r´eel x, on ait :
f(x) = a(x−α)2+β,a´etant un r´eel (On justifiera soigneusement sa r´eponse).
On sait que f(1) = 1 et que pour tout x∈R,f(x)>1.
Donc 1 est le minimum de la fonction f, correspondant `a l’ordonn´ee du sommet.
Comme f(1) = 1, ce minimum est atteint pour x= 1 (abscisse du sommet).
Dans la forme canonique f(x) = a(x−α)2+β,αet βsont respectivement l’abscisse
et l’ordonn´ee du sommet.
On a donc α= 1 et β= 1.