Corrigé du contrôle de maths en première sur les polynômes

PS. Correction du contrˆole no1
Exercice 1 (12 points)
Soit fla fonction d´efinie sur Rpar f(x) = 2x2−3x−2 et Csa courbe repr´esentative
dans un rep`ere orthonorm´e.
1. D´eterminer les variations de f, puis dresser son tableau de variation.
fest une fonction du second degr´e avec a= 2 >0, donc la parabole est tourn´ee
vers le haut.
Calculons les coordonn´ees du sommet.
xS=−b
2a=3 4.
∆ = b2−4ac = 9 −4×2×(−2) = 9 + 16 = 25
yS=−∆
4a=−25 8.
Ainsi,
x−∞ 3/4 +∞
f(x)
−25/8
2. Calculer les coordonn´ees des points d’intersection de Cavec l’axe des abscisses.
On r´esout l’´equation f(x) = 0.
On a vu que ∆ = 25 = 52>0.
x1=−b−√∆
2a=3−5 4=−1 2.
x2=−b+√∆
2a=3 + 5 4= 2.
Ccoupe l’axe des abscisses en A−1
2; 0et en B(2; 0).
3. D´eterminer la position relative de Cpar rapport `a l’axe des abscisses.
Cela revient `a ´etudier le signe de f(x).
fest positive (signe de a, ici a= 2) `a l’ext´erieur des racines, et du signe de (−a)
entre les racines.
x−∞ −1/22+∞
f(x) + 0−0+
Interpr´etation :
Cest au-dessus de l’axe des abscisses lorsque x∈−∞;−1
2∪]2; +∞[.
Cest en-dessous de l’axe des abscisses lorsque x∈−1
2; 2.
4. Tracer Capr`es avoir pr´ecis´e son sommet et son axe de sym´etrie.
Le sommet de la parabole est le point S3
4;−25 8.
Son axe de sym´etrie est la droite parall`ele `a l’axe des ordonn´ees passant par S,
c’est donc la droite d’´equation x=3
4.

1
2
3
4
5
6
7
-1
-2
-3
-4
-5
1 2 3 4 5-1-2-3-4 0
C
D
5. Soit Dla droite d’´equation y= 3x+ 6.
(a) Tracer Dsur le graphique pr´ec´edent.
Il suffit de d´eterminer 2 points.
x-2 0
y0 6
(b) D´eterminer par le calcul les coordonn´ees des points d’intersection de Det de C.
On r´esout l’´equation f(x) = 3x+ 6
2x2−3x−2 = 3x+ 6
2x2−6x−8 = 0
x2−3x−4 = 0
∆ = b2−4ac = 9 + 16 = 25.
x1=−b−√∆
2a=3−5 2=−1.
x2=−b+√∆
2a=3 + 5 2= 4.
En rempla¸cant xpar −1 dans l’´equation de D,y= 3 × −1 + 6 = 3.
En rempla¸cant xpar 4, il vient y= 3 ×4 + 6 = 18.
Cet Dse coupent en M(−1; 3) et N(4; 18).
6. D´eterminer tous les r´eels ptels que la courbe Cn’ait aucun point d’intersection
avec la droite Dpd’´equation y= 3x+p.

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.

5. Calculer a.
On a donc f(x) = a(x−1)2+ 1.
Comme f(11) = 181,
a(11 −1)2+ 1 = 181
a×102+ 1 = 181
100a= 180
a= 1,8
6. Calculer la forme d´evelopp´ee de f(x).
f(x) = 1,8(x−1)2+ 1 = 1,8(x2−2x+ 1) + 1 = 1,8x2−3,6x+ 2,8.