Devoir 3 du 03 decembre 2015 tvi espace repere ts

Terminale S
le jeudi 03/12/2015
Devoir surveillé n°3
Durée : 4 heures
Exercice 1 :
Soit
la fonction définie sur ℝ\ −1; 1 par
5 points
=
et
sa courbe représentative dans un repère.
A Etude d’une fonction auxiliaire
Soit la fonction définie sur ℝ par
=
− 3 − 4.
1) On donne ci-dessous le tableau de variation de . Le justifier (limites, variations, extrémums locaux).
−∞
−1
1
+∞
−2
+∞
−∞
−6
2) a) Montrer qu’il existe un unique réel tel que
= 0.
b) Démontrer que ∈ !2; 3".
c) Déterminer une valeur approchée de à 10 près.
3) Etudier le signe de sur ℝ.
B Etude de la fonction
1) Déterminer les limites de aux bornes de son ensemble de définition.
En déduire l’existe d’asymptotes dont on donnera une équation.
2) a) Démontrer que pour tout
=
∈ ℝ\ −1; 1 ,
+ 2.
=
′
b) En déduire le tableau de variation de
3) Démontrer que
4) Etudier les positions relatives de la courbes
×$
.
et de la droite d’équation % =
+ 2.
Exercice 2 :
(
)
L’espace est rapporté au repère orthonormal O, i , j, k . On considère les points :
 2 2 1
15 

et E  ; − ;  .
C  3; −2; 
 3 3 9 
4

1) a) Montrer que les points A, B et C déterminent bien un plan.
A(4 ; 0 ; 0),
B(0 ; 2 ; 0),
b) Soit n le vecteur de coordonnées (3 ; 6 ; 4). Montrer que n est un vecteur normal au plan (ABC).
c) Montrer qu’une équation du plan (ABC) est : 3x + 6y + 4z – 12 = 0.


 x = 1 + t
2) a) Montrer que la droite (D) de représentation paramétrique : 
 y = 2t où t ∈ ℝ est perpendiculaire au plan (ABC) et


5 4
z = + t
9 3

passe par le point E.
b) Déterminer les coordonnées du projeté orthogonal G du point E sur le plan (ABC).
c) En déduire la valeur de la distance δ E du point E au plan (ABC).
3) a) Démontrer que le triangle &'( est rectangle en &.
b) Calculer l’aire du triangle &'( .
4) Déterminer le volume du tétraèdre )&'( . On rappelle que le volume d’un tétraèdre est * =
et ℎ la hauteur correspondante.
ℬ×,
où ℬ est l’aire d’une base
Exercice 3 :
5 points
Dans l’espace muni d’un repère orthonormé, on considère les points A(0 ; 1 ; – 1) et B(– 2 ; 2 ; – 1) ainsi que la droite (D) de
 x = −2 + t

représentation paramétrique  y = 1 + t ( t ∈ ℝ ) .
 z = −1 − t

1) Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB).
2) a) Montrer que les droites (AB) et (D) ne sont pas parallèles.
b) Montrer que les droites (AB) et (D) ne sont pas sécantes.
Dans la suite, la lettre u désigne un nombre réel.
On considère le point M de la droite (D) de coordonnées (– 2 + u ; 1 + u ; – 1 – u).
3) Vérifier que le plan (P) d’équation x + y – z – 3u = 0 est orthogonal à la droite (D) et passe par M.
4) Montrer que le plan (P) et la droite (AB) sont sécants en un point N de coordonnées (– 4 + 6u ; 3 – 3u ; – 1).
5) a) Montrer que la droite (MN) est perpendiculaire à la droite (D).
b) Existe-t-il une valeur du nombre réel u pour laquelle la droite (MN) est perpendiculaire à la droite (AB) ?
6) a) Exprimer MN² en fonction de u.
b) En déduire la valeur du réel u pour laquelle la distance MN est minimale.
Exercice 4 :
Soit f la fonction définie par f ( x ) = x 3 − x + 1 .
1) Faire une étude complète de la fonction g définie sur ℝ par g ( x ) = x 3 − x + 1 .
2) Démontrer que l’équation x 3 − x + 1 = 0 admet une solution unique α ∈ ℝ .
3) Justifier que α ≠ 0 .
4) Justifier que la fonction f soit définie sur [α ; +∞[ .
1
5) Avec la fonction g, montrer que − −α 2 = −1 .
α

1
6) Montrer que pour tout x de ℝ , x 3 − x + 1 = ( x −α ) x 2 + αx −  .

α
7) Etudier la dérivabilité de f en α .
8) En déduire l’ensemble de dérivabilité de f et calculer sa fonction dérivée.
5 points
Terminale S
Correction du devoir surveillé n°3 du 03/12/2015
Exercice 1 :
A Etude d’une fonction auxiliaire
3
4 

1) Limites : Forme indéterminée « +inf + (-inf) » : g ( x ) = x 3  1 − 2 − 3  .
x
x


3
4 

lim x 3 = −∞ et lim 1 − 2 − 3  = 1 > 0 donc par produit lim g ( x ) = −∞ .
x →−∞
x →−∞
x →−∞
x 
 x
3
4 

lim x 3 = +∞ et lim 1 − 2 − 3  = 1 > 0 donc par produit lim g ( x ) = +∞ .
x →+∞
x →+∞
x 
 x
x →+∞
Variations : g est dérivable comme polynôme et pour tout x de ℝ , g ′ ( x ) = 3x 2 − 3 .
g ′ ( x ) = 0 ssi 3x 2 − 3 = 0 ssi 3 ( x 2 − 12 ) = 0 ssi 3 ( x − 1)( x + 1) = 0 . A × B = 0 ssi A = 0 ou B = 0 donc x – 1 = 0 ou x + 1 = 0
ssi x = 1 ou x = -1. Le signe de g’(x) sera celui d’un trinôme à deux racines avec a = 3 > 0. Voici le tableau de signe de g’ avec
le tableau de variation de g :
x
-
f'(x)
-1
1
0
0
-2
+
+
x^3-3x-4
-
-6
Extrémums locaux : g ( −1) = ( −1) − 3 × ( −1) − 4 = −1 + 3 − 4 = −2 et g (1) = 13 − 3 × 1 − 4 = 1 − 3 − 4 = −6 .
3
2) a) La fonction g est continue (car dérivable) et strictement croissante de ]1; +∞[ vers ]−6; +∞[ . Or 0 ∈ ]−6; +∞[ donc selon le
corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α ∈ ]1; +∞[ .
Sur ]−∞;1[ , le maximum de g est négatif donc la valeur 0 n’est pas atteinte. Il n’y a pas de solution pour g(x) = 0 sur ]−∞;1[ .
b) g ( 2 ) = 23 − 3 × 2 − 4 = 8 − 6 − 4 = −2 < 0 et g ( 3) = 33 − 3 × 3 − 4 = 27 − 9 − 4 = 14 > 0 .
Alors 0 ∈ g ( 2 ) ;g ( 3 )  donc
∈ !2; 3".
c) Avec la calculatrice, g ( 2,19 ) = −0, 067 < 0 et g ( 2, 2 ) = 0, 048 > 0 . Cette image est plus proche de 0 donc α ≃ 2, 2 à 10
3) Selon le tableau de variation, si x ∈ ]−∞; α ] , g ( x ) ≤ 0 et si x ∈ [ α; +∞[ , g ( x ) ≥ 0 .
B Etude de la fonction
1) D f = ]−∞; −1[ ∪ ]−1;1[ ∪ ]1; +∞[ .
 2
 2
x 3 1 +  x 1 + 
x

 =  x .
A l’infini : forme indéterminée « inf / inf » donc f ( x ) =
1  
1 

x 2  1 − 2  1 − 2 
x
x

 

1
 2

lim x = +∞ ; lim 1 +  = 1 > 0 et lim 1 − 2
x →+∞
x →+∞
 x
 x
x →+∞

f ( x ) = +∞ .
 = 1 > 0 . Par produit et quotient, xlim
→+∞

1 
 2

lim x = −∞ ; lim 1 +  = 1 > 0 et lim 1 − 2  = 1 > 0 . Par produit et quotient, lim f ( x ) = −∞ .
x →−∞
x
→−∞
x →−∞
 x
 x 
Pas d’asymptote à l’infini.
x →−∞
.
En – 1 : lim x 3 + 2x 2 = −1 + 2 = 1 et lim x 2 − 1 = 0 . On « inverse » un zéro donc la limite sera infinie. Etudions le signe.
x →−1
x
x →−1
-
x^2-1
-1
1
0
0
+
lim x 3 + 2x 2 = 1 > 0 et lim x 2 − 1 = 0+ donc par quotient lim f ( x ) = +∞ .
x →−1
x <−1
x →−1
x →−1
x <−1
lim x 3 + 2x 2 = 1 > 0 et lim x 2 − 1 = 0− donc par quotient lim f ( x ) = −∞ .
x →−1
x >−1
x →−1
x →−1
x >−1
La droite d’équation x = - 1 est asymptote verticale à la courbe de f.
En 1 : lim x 3 + 2x 2 = 1 + 2 = 3 et lim x 2 − 1 = 0 . On « inverse » un zéro donc la limite sera infinie. Il faut une étude de signe et
x →1
x →1
nous réutilisons le tableau précédent :
lim x 3 + 2x 2 = 3 > 0 et lim x 2 − 1 = 0− donc par quotient lim f ( x ) = −∞ .
x →1
x <1
x →1
x →1
x <1
lim x 3 + 2x 2 = 3 > 0 et lim x 2 − 1 = 0+ donc par quotient lim f ( x ) = +∞ .
x →1
x >1
x →1
x →1
x >1
La droite d’équation x = 1 est asymptote verticale à la courbe de f.
2) a) f est dérivable surℝ\ −1; 1 comme quotient de fonctions dérivables sur ℝ\ −1; 1 . Pour tout x de ℝ\ −1; 1 ,
f ′( x ) =
( 3x
2
+ 4x )( x 2 − 1) − ( 2x ) ( x 3 + 2x 2 )
b) f ′ ( x ) = 0 ssi
(x
2
xg ( x )
(x
2
− 1)
2
− 1)
2
=
3x 4 − 3x 2 + 4x 3 − 4x − 2x 4 − 4x 3
(x
2
− 1)
2
=
x 4 − 3x 2 − 4x
(x
2
− 1)
2
=
x ( x 3 − 3x − 4 )
(x
2
− 1)
2
=
xg ( x )
(x
2
− 1)
2
= 0 ssi x ∈ D f et x = 0 ou g(x) = 0 ssi x ∈ D f et x = 0 ou x = α .
Voici le tableau de signe de f’ puis que le tableau de variation de f :
x
-1
-
0
x
α
1
+
0
g (x)
(x^2-1)^2
0
0
f ′(x )
0
x
-
-1
0
+
α
1
0
+
+
f (x)
-
-
x+2
2
3α + 4
( 3α + 4 ) 1 + 
α

 = 3α + 4  α + 2  × α = ( 3α + 4 )( α + 2 ) = ( 3α + 4 ) = 3 α + 2
α =
(
)

3α + 4
3α + 4 − α
2 (α + 2)
2
2
 α  2α + 4
−1
α
α
-
x 3 + 2x 2
x 3 + 2x 2 − x 3 + x − 2x 2 + 2 x + 2
− ( x + 2) =
= 2
. Voici le tableau de signe de ce calcul :
2
x −1
x2 −1
x −1
-2
-1
1
0
0
+
0
x^2-1
(x+2)/(x^2-1)
3α + 4
(car α ≠ 0 . Remplaçons dans f(x) :
α
3α + 4 + 2
4) f ( x ) − y = f ( x ) − ( x + 2 ) =
x
f (α )
-
3) On a g ( α ) = 0 donc α 3 − 3α − 4 = 0 . On en déduit que α 3 = 3α + 4 et α 2 =
α 3 + 2α 2
f (α) =
=
α2 −1
+
0
Sur ]−∞; −2[ ∪ ]−1;1[ , la courbe de f est en dessous de la droite et sur ]−2; −1[ ∪ ]1; +∞[ , la courbe de f est au dessus de la
droite.
−1
−4
/////0 3−26 ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles car
1) a) /////0
&' 1 2 2 et &(
4
0
5
points &, ', ( ne sont pas alignés, ce qui montre qu’ils définissent un plan.
Exercice 2 :
/////0 = −1 × 3 − 2 × 6 +
b) 8/0 ∙ /////0
&' = −4 × 3 + 2 × 6 + 0 × 4 = 0 et 8/0 ∙ &(
4
5
5
≠
) donc les
× 4 = 0.
Puisque 8/0 est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan &'( alors 8/0 est normal au plan &'( .
c) Méthode 1 : une équation du plan de vecteur normal n ( 3; 6; 4 ) est donnée par : 3x + 6y + 4z + d = 0.
Le plan passe par A donc 3 × 4 + 6 × 0 + 4 × 0 + d = 0 alors d = – 12. Une équation de (ABC) est : 3x + 6y + 4z – 12 = 0.
−4
3
//////0 ∙ 8/0 = 0 ⟺ 1 % 2 ∙ 162 = 0 ⟺ 3 + 6% + 4; − 12 = 0.
Méthode 2 : : ; %; ; ∈ &'( ⟺ &:
;
4
1
2) a) La droite = est dirigée par le vecteur >
/0 1 2 2. Puisque 8/0 = 3>
/0 alors les vecteurs 8/0 et >
/0 sont colinéaires, ce qui
4/3
montre que = est perpendiculaire à &'( , puisque 8/0 est normal à &'( . Appliquons les coordonnées de E aux équations
C1 + D = C D = − 1 = − A
A
F
D = − × = − F Donc ) est le point de = de paramètre − .
de (D) : 2D = − donc
B
B
4
5
A
A D = G − 4H = −
+ D=
@
E
E
@
5 E
E
b) Puisque = est perpendiculaire à &'( et que ) ∈ = alors le projeté orthogonal I de ) sur &'( est le point
d’intersection de = et &'( .
I ∈ = donc les coordonnées de I sont de la forme G1 + D; 2D; + DH où D ∈ ℝ.
4
5
E
Puisque I ∈ &'( alors ses coordonnées vérifient l’équation 3 + 6% + 4; − 12 = 0.
Par suite 3 1 + D + 6 × 2D + 4 G + DH − 12 = 0 ⟺
C
A
B
A
@
K
4
E
= 1 + = 5
5
J
D−
= 0 ⟺ D = . En remplaçant des les équations de (D) :
J
E
5
%K = 2 × = F. Donc I a pour coordonnées G ; ; 1H.
;K = + × = 1
4
E
5
c) δ E = )I = L
K
−
M
+ %K − %M
+ ;K − ;M
/////0 = −4 × −1 + 2 × −2 + 0 ×
3) a)/////0
&' ∙ &(
4
5
=N
55
O
=
√J
E
.
= 0 . Alors AB ⊥ AC et le triangle est rectangle en A.
b) Avec la formule de l’aire d’une triangle, Aire ( ABC ) =
1
AB × AC . Or AB = AB =
2
2
( −4 )
2
+ 22 + 02 = 20 = 2 5 et
305
305
1
305 5 61
2
 15 
+ ( −2 ) +   =
=
. Donc Aire ( ABC ) = × 2 5 ×
=
unités d’aire.
2
4
4
16
4
 4
4) prenons comme base le triangle ABC. Alors selon les questions précédentes, la hauteur est EG. Donc
AC = AC =
( −1)
2
1
1 5 61 2 61
5 × 61 305
V = × Aire ( ABC ) × EG = ×
×
=
=
unités de volume.
3
3
4
9
3 × 2 × 9 54
Exercice 3 :
5 points
 −2 
 
1) (AB) est dirigée par AB et passe par A. AB  1  donc un système d’équations paramétriques est :
0
 
 x = −2k

y = 1+ k (k ∈ ℝ) .
 z = −1

1
 −2 
 
 
2) a) La droite (D) est dirigée par u  1  et (AB) est dirigée par AB  1  . Ces vecteurs ne sont pas colinéaires car les
 −1
0
 
 
coordonnées de ces vecteurs ne sont proportionnelles. En effet :
−2 1
≠ . Donc les droites (AB) et (D) ne sont pas parallèles.
1 1
b) On résout le système :
 −2 + t = −2k ( L1)

 1 + t = 1 + k ( L2 ) . Avec (L3) : t = 0 donc avec (L2), k = t = 0. Vérifions avec (L1) : −2 + t = −2 ≠ 0 = −2k . Impossible. Le
 −1 − t = −1 ( L3 )

système n’a pas de solution donc les droites (AB) et (D) ne sont pas sécantes.
1
 
3) Le plan (P) a pour vecteur normal n  1  . On a n = u donc le vecteur directeur de (D) est colinéaire à un vecteur normal à
 −1 
 
(P) donc ( D ) ⊥ ( P ) . Vérifions que M appartienne au plan en remplaçant ses coordonnées dans l’équation cartésienne de (P) :
x + y – z – 3u = – 2 + u + 1 + u + 1 + u – 3u = -2 + 2 + 3u – 3u = 0. M appartient à (D).
4) On résout le système formé par les équations paramétriques de (AB) et l’équation cartésienne de (P) :
  x = −2k

 y = 1 + k ( k ∈ ℝ )
. On a −2k + 1 + k + 1 − 3u = 0 alors − k + 2 − 3u = 0 donc k = 2 − 3u . Utilisons ce paramètre dans les

  z = −1
 x + y − z − 3u = 0

 x = −2 ( 2 − 3u ) = −4 + 6u

équation de (AB) :  y = 1 + 2 − 3u = 3 − 3u donc (P) et (AB) sont sécants en un point N (– 4 + 6u ; 3 – 3u ; – 1).

z = −1

 −4 + 6u − ( −2 + u ) 
 −2 + 5u 




5) a) MN  3 − 3u − (1 + u )  donc MN  2 − 4u  . On sait que M est commun à (D) et à (MN).
 u 
 −1 − ( −1 − u ) 




Alors MNiu = ( −2 + 5u ) × 1 + ( 2 − 4u ) × 1 + u × ( −1) = −2 + 5u + 2 − 4u − u = 0 donc ( MN ) et ( D ) perpendiculaires.
b) MNiAB = ( −2 + 5u ) × ( −2 ) + ( 2 − 4u ) × 1 + u × 0 = 4 − 10u + 2 − 4u = 6 − 14u . On sait que N est commun à (AB) et (MN).
( MN ) ⊥ ( AB ) ssi MNiAB = 0 ssi 6 − 14u = 0 ssi u =
6 3
= . Il existe donc une valeur de u vérifiant le problème posé.
14 7
6) a) Avec la formule de la norme : MN 2 = ( −2 + 5u ) + ( 2 − 4u ) + u 2 = 4 − 20u + 25u 2 + 4 − 16u + 16u 2 + u 2 = 42u 2 − 36u + 8 .
2
2
b) MN est minimale ssi MN² est minimale. Or MN² est un trinôme du second degré avec a = 40 > 0. Donc ce trinôme admet
b
−36
6× 2×3 3
bien un minimum atteint pour la valeur x 0 = −
=−
=
= .
2a
2 × 42 2 × 6 × 7 7
On remarque donc que MN est minimal lorsque ( MN ) ⊥ ( AB ) .
Exercice 4 :



1
1
1
1
1
1
x 3 − x + 1 = x 3 1 − 2 + 3  lim 1 − 2 + 3  = lim 1− 2 + 3  = 1 > 0
 x
x →+∞ 
x →−∞ 





x
x
x
x
x
1)
.
.
Comme lim x 3 = +∞ alors par produit lim g ( x ) = +∞ et comme lim x 3 = −∞ alors par produit lim g ( x ) = −∞ .
x →+∞
x →+∞
x →−∞
x →−∞
g est dérivable sur ℝ comme polynôme et pour tout x, g ′ ( x ) = 3x 2 −1 .
g ′ ( x ) = 0 ssi 3x 2 −1 = 0 ssi x 2 =
1
3
1
3
1
=
ou x = −
=−
ssi x =
.
3
3
3
3
3
3
3
 3   3   3 

3 3
3
2 3
3  
3  
3 
3 3
3
2 3
−
+ 1 = 1−
+
+1 = 1 +
g   =   −   + 1 =
g −  = −  − −  + 1 = −






 3   3   3 
 3   3   3 
27
3
9
27
3
9
et 
.
-∞
x
-
f'(x)
3
3
3
0
1+
x^3-x+1
+∞
3
0
+∞
2 3
9
-∞
1−
2 3
9
 3 





2 3
3 
2 3
− 3 ; +∞  g prend ses valeurs dans 1− 2 3 ; +∞  . Or
> 0 et g −
=
1
+
>
0
alors
sur
2) Comme g   = 1−

 3



 3 
 3 
9
9
9




 2 3



3
0 ∉ 1−
; +∞  donc l’équation g(x) = 0 n’admet pas de solution dans − ; +∞  .
9


 3




3
2 3 
2 3 
. Or 0 ∈ −∞;1 +
La fonction g est continue car dérivable et strictement croissante de −∞; −  vers −∞;1 +

3 
3 
3 



donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 admet une solution unique

3
α ∈  −∞; −  . Elle est donc unique sur ℝ .
3 

3) Avec la calculatrice, g (-1,33) < 0 et g(-1, 32) > 0 donc −1,33 < α < −1,32 . Alors α ≠ 0 .
4) f existe ssi x 3 − x + 1 ≥ 0 ssi g ( x ) ≥ 0 . Or selon les questions précédentes, le signe de g est donné par les variations de g :
α
-∞
x
g(x)
+∞
0
Donc g est positive ou nulle sur [α ; +∞[ donc f est définie sur [α ; +∞[ .
1
α
5) − −α 2 =
−1 −α 3
1
−α
= −1 .
. Comme g (α ) = 0 alors α 3 −α + 1 = 0 d’où −α = −1 − α 3 donc − −α 2 =
α
α
α
6) α étant racine de g, ce polynôme est donc factorisable par ( x −α ) . Soit x un réel :

 1

1
1
α
(x − α ) x 2 + αx −  = x 3 + αx 2 − x − αx 2 − α 2 x + = x 3 + − − α 2  x + 1 = x 3 − x + 1 selon la question précédente.

α
f (x ) − f (α )
7)
x −α
3
=
α
3
x − x + 1 − α −α + 1
=
x −α

1
lim  x 2 + αx −  =

x →α 
α
 α
α

1
( x − α ) x 2 + αx −  − 0

α
x −α

=

1
( x −α ) x 2 + αx − 

x −α
α
=


 x 2 + αx − 1 


α
(x − α )
.
 2 1 
f ( x ) − f (α )
= +∞ . Donc f n’est pas dérivable en α .
x − α = 0+ . Par quotient lim
2α −  ≠ 0 et lim
x →α
x →α

α
x −α
8) f est dérivable sur ]α; +∞[ comme racine carré d’une fonction dérivable strictement positive et pour tout x ∈ ]α; +∞[ ,
f ′(x) =
3x 2 − 1
2 x3 − x + 1 .