Dans cet exercice, il n`est pas demandé de justifier la dérivabilité

1S
DS no 6
Durée :2h
( 4 points )
Exercice 1
Dans cet exercice, il n’est pas demandé de justifier la dérivabilité des fonctions étudiées.
La fonction f est définie sur R par f (x) = 3x4 + 4x3 + 30x2 − 84x + 2
1.
La fonction g est définie sur R par g(x) = 3x3 + 3x2 + 15x − 21.
Déterminer le signe de g(x) avec la méthode de votre choix (traiter une seule des deux questions
ci-dessous)
a) Méthode 1 : Calculer g 0 (x) et étudier dresser le tableau de variation de g. Calculer g(1) et en déduire le
signe de g(x)
* Solution:
Non demandé : g est dérivable sur R (somme de fonctions dérivables sur R)
g 0 (x) = 3 × 3x2 + 3 × 2x + 15x − 0 = 9x2 + 6x + 15
g 0 (x) = 9x2 + 6x + 15
Signe de g 0 (x)
∆ = b2 − 4ac = 62 − 4 × 9 × 15 = −504
∆ < 0 donc le 9x2 + 6x + 15 n’admet aucune racine et est du signe de a = 9 coefficient de x2
donc g 0 (x) > 0
Tableau de variation de g :
b) Calculer g(1) et en déduire le signe de g(x)
* Solution:
g(1) = 3 × 13 + 3 × 12 + 15 − 21 = 21 − 21 = 0.
g(1) = 0
On a alors :
On peut en utilisant le tableau de variation de g en déduire le signe de g(x) :
g(x) < 0 sur ] − ∞; 1[ et g(x) > 0 sur ]1; +∞[
Remarque
La justification du signe de g(x) avec le tableau de variation est ainsi incomplète car elle suppose
que g est strictement croissante(prouvé avec le signe de g 0 (x)) mais aussi que g est continue sur R
(graphiquement, la courbe représentative de g est un ”trait continu” et peut être tracée sans lever le
crayon).
c) Méthode 2 : Calculer g(1) puis déterminer a, b et c tel que g(x) = (x − 1)(ax2 + bx + c) et en déduire le
signe de g(x)
* Solution:
g(1) = 3 × 13 + 3 × 12 + 15 − 21 = 21 − 21 = 0.
On peut donc factoriser par x − 1 et pour tout réel x, g(x) peut s’écrire sous la forme g(x) =
(x − 1)(ax2 + bx + c) avec a, b et c réel.
g(x) = (x − 1)(ax2 + bx + c) = ax3 − ax2 + bx2 − bx + cx − c = 3x3 + 3x2 + 15x − 21
Par identification des coefficients :
a=3
b − a = 3 ⇐⇒ b = 3 + a = 6
et −c = −21 ⇐⇒ c = 21
donc g(x) = (x − 1)(3x2 + 6x + 21)
Etude du signe de 3x2 + 6x + 21 :
∆ = 62 − 4 × 3 × 21 = −216
∆ < 0 donc il n’y a pas de racines et 3x2 + 6x + 21 est de signe constant et du signe de a = 3
coefficient de x2
donc 3x2 + 6x + 21 > 0
g(x) est donc du signe de x − 1 soit g(x) > 0 pour x > 1 et g(x) < 0 pour x < 1
Remarque
Il est possible d’utiliser également la division de polynômes (hors programme) pour obtenir a, b
et c.
2.
Calculer f 0 (x) et en déduire les variations de f
* Solution:
Non demandé : f est dérivable sur R (somme de fonctions dérivables dur R
f 0 (x) = 3 × 4x3 + 4 × 3x2 + 30 × 2x − 84 + 0 = 12x3 + 12x2 + 60x − 84
f 0 (x) = 12x3 + 12x2 + 60x − 84
g(x) = 3x3 + 3x2 + 15x − 21
f 0 (x) = 12x3 + 12x2 + 60x − 84 = 4(3x3 + 3x2 + 15x − 21) = 4g(x)
donc f 0 (x) est du même signe que g(x)
On a alors f 0 (x) < 0 sur ] − ∞; 1[ et g(x) > 0 sur ]1; +∞[
donc f est strictement décroissante sur sur ] − ∞; 1[ et strictement croissante sur ]1; +∞[
Remarque
On peut aussi dresser le tableau de variation de f (pas demandé) pour répondre à la question mais
il faut alors calculer f (1)
f (1) = 3 + 4 + 30 − 84 + 2 = −45
( 5 points )
Exercice 2
x−1
x2 + 3
et on note Cf sa courbe représentative partiellement tracée dans le repère orthogonal ci-dessous.
On considère la fonction f définie sur [−10; 10] par f (x) =
1.
Après avoir justifié la dérivabilité de f sur [−10; 10], calculer f 0 (x) et dresser le tableau de variation de f .
On donnera les valeurs exactes des extremums.
* Solution:
On pose u(x) = x − 1 et v(x) = x2 + 3
u et v sont dérivables sur R donc sur [−10; 10]
donc f , quotient de u et v, est dérivable sur [−10; 10]
u(x) = x − 1 et v(x) = x2 + 3
donc on a u0 (x) = 1 et v 0 (x) = 2x
u0 (x)v(x) − u(x)v 0 (x)
(v(x))2
1(x2 + 3) − (x − 1)(2x)
=
(x2 + 3)2
x2 + 3 − 2x2 + 2x
=
(x2 + 3)2
2
−x + 2x + 3
=
(x2 + 3)2
f 0 (x) =
f 0 (x) =
−x2 + 2x + 3
(x2 + 3)2
(x2 + 3)2 > 0 sur [−10; 10] donc f 0 (x) est du signe de −x2 + 2x + 3
Racines et signe de −x2 + 2x + 3
∆ = b2 − 4ac = 4 − 4 × (−1) × 3 = 16
∆ > 0 donc il y a deux racines :
√
−b − ∆
−2 − 4
x1 =
=
=3
2a
−2
et
√
−b + ∆
−2 + 4
x2 =
=
= −1
2a
−2
f 0 (x) est du signe de a = −1 à ”l’extérieur” des racines donc on a :
x
signe de
10
1
f 0 (x)
+
0
f(
3
10
0
f (3)
10)
f (x)
f(
1)
f (10)
−10 − 1
−11
−1 − 1
−2
−1
=
, f (−1) =
=
=
2
2
(−10) + 3
103
(−1) + 3
4
2
3−1
2
1
10 − 1
9
f (3) = 2
=
= et f (10) = 2
=
3 +3
12
6
10 + 3
103
avec f (−10) =
2.
Déterminer l’équation réduite de la tangente T à Cf au point A d’abscisse 1.
* Solution:
4
−12 + 2 + 3
1
=
=
2
2
(1 + 3)
16
4
1−1
f (1) = 2
=0
1 +3
x−1
1
T : y = f 0 (1)(x − 1) + f (1) = (x − 1) + 0 =
4
4
f 0 (1) =
T a pour équation réduite y =
3.
x−1
4
Compléter le tracé de Cf dans le repère ci-dessous en traçant les tangentes parallèles à l’axe des abscisses
et la droite T.
* Solution:
Il faut avant tout placer les deux points correspondants aux extremums atteints en x = −1 et x = 3
et les tangentes parallèles à l’axe des abscisses en ces deux points puisque f 0 (−1) = f 0 (3) = 0 (coefficient
directeur de ces tangentes).
Pour tracer T, on peut chercher les coordonnées de deux points de T :
−1
le point de coordonnées (1 ;0) est le point de contact entre la courbe et la tangente et si x = 0, y =
4
Exercice 3
ABCD est un carré de côté 4cm.
Pour tout M de [AB], on nomme I le point d’intersection
de [DM ] et [AC].
x est la distance AM et A(x) est l’aire totale des deux triangle AMI et DIC.
( 5 points )
1.
Calculer A(0) et A(4)
* Solution:
Si x = 0, les points I, M et A sont confondus
et donc A(0) est l’aire du triangle ACD
42
donc A(0) =
= 8 cm2
2
A(0) = 8 cm2
Si x = 1, B, M et I sont confondus
et donc A(1) est l’aire du triangle BCD
donc A(1) = A(0) = 8 cm2
A(1) = 8 cm2
2.
Soit h la hauteur issue de I dans AMI.
x
IM
h
IM
= et que
=
Montrer, en utilisant Thalès, que
ID
4
ID
4−h
h
x
4x
En déduire que
= et que h =
4−h
4
x+4
* Solution:
ABCD est un carré
donc (AB)//(CD) et (AC) et (BD) sont sécantes en I
donc d’après le théorème de Thalès, on a :
IA
IM
AM
=
=
IC
ID
CD
or AM = x et CD = 4
donc
IM
x
=
ID
4
et G ∈ (CD) et H ∈ (AB)
donc (DG)//(AH) et les droites (M D et (HG) sont concourantes en I
donc d’après le théorème de Thalès, on a :
IH
AH
IM
=
=
ID
IG
GD
IM = h, HG = 4 − IH = 4 − h
donc
IM
h
=
ID
4−h
IM
x
h
= =
ID
4
4−h
x
h
=
4
4−h
⇐⇒ x(4 − h) = 4h
⇐⇒ 4x − hx = 4h
⇐⇒ 4x = hx + 4h
⇐⇒ 4x = h(x + 4)
4x
⇐⇒
=h
x+4
donc
h=
4x
x+4
3.
Montrer que A(x) =
2(x2 + 16)
sur [0; 4]
x+4
* Solution:
AM × IH
xh
=
2
2
4x
et on a h =
x+4
4x
x×
2
2x2
x
+ 4 = 4x
donc AAIM =
=
2
2(x + 4)
x+4
CD × IG
ACID =
2
4(4 − h)
=
= 2(4 − h)
2
4x
=2 4−
x+4
4(x + 4) − 4x
=2
x+4
4x + 16 − 4x
=2
x+4
32
=
x+4
2x2
32
2x2 + 32
2(x2 + 16)
donc A(x) = AAIH + ACID =
+
=
=
x+4 x+4
x+4
x+4
AAIM =
A(x) =
4.
2(x2 + 16)
x+4
On admet que A est dérivable sur [0; 4].
le sens de variation de la fonction A et en déduire la position de M donnant une aire minimale.
* Solution:
Calcul de A0 (x)
Non demandé : A est le quotient de deux fonctions dérivables sur [0; 4] donc est dérivable sur [0; 4]
On pose u(x) = 2(x2 + 16) = 2x2 + 32 et v(x) = x + 4
et on a u0 (x) = 4x et v 0 (x) = 1
A0 (x) =
=
=
=
=
(x + 4)2
u0 (x)v(x) − u(x)v 0 (x)
(v(x))2
(4x)(x + 4) − (2x2 + 32)(1)
(x + 4)2
2
4x + 16x − 2x2 − 32
(x + 4)2
2
2x + 16x − 32
(x + 4)2
2
2(x + 8x − 16)
(x + 4)2
> 0 donc A0 (x) est du signe de x2 + 8x − 16
Etude du signe de x2 + 8x − 16
∆ = b2 − 4ac = 82 − 4 × (−16) = 128 = 2 × 82
∆ > 0 donc√il y a deux racines :
√
√
√
−b − ∆
−8 − 8 2
2(−4 − 4 2)
x1 =
=
=
= −4 − 4 2
2a
2
2
et
√
√
√
√
−b + ∆
−8 + 8 2
2(−4 + 4 2)
x2 =
=
=
= −4 + 4 2
2a
2
2
x1 ∈
/ [0; 4]
Signe de A0 (x) et variations de la fonction A sur [0; 4]
x
0
x2 + 8x
signe de
x2 =
16
A (x)
A(x)
0
p
4
4
0
+
0
+
A(0)
A(1)
A(x2 )
donc le minimum de l’aire est atteint pour x = −4 +
Exercice 4
4+4
√
2 ≈ 1, 66 cm
( 2 points )
Une fonction homographique est
définie par une relation de la forme
ax + b
f (x) =
avec a et c différents
cx + d
de 0.
ad − bc
On donne f 0 (x) =
(cx + d)2
Compléter l’algorithme ci-dessous
permettant de calculer le nombre
dérivé pour une valeur x saisie par
l’utilisateur.
Exercice 5
( 3 points )
On considère √
un édifice
√ de forme parabolique dont la parabole est la représentation graphique de la fonction f
définie sur [− 18; 18] par f (x) = 9 − 0, 5x2 .
L’édifice est surmonté d’un mat vertical (segment [AB]).
Un observateur placé sur l’axe des abscisses dont les yeux (point F) sont à 2 mètres du sol regarde vers le haut
de l’édifice.
Il se déplace vers l’édifice. A partir de quelle position sur l’axe des abscisses ne pourra-t-il plus voir le haut du
mat (point B) ?
Toute trace de recherche, y compris sur le graphique sera prise en compte dans la notation.
* Solution:
Pour trouver la position demandée, il faut que la droite passant par F et B soit une tangente à la courbe.
(voir figure)
On peut lire graphiquement que l’observateur ne verra plus le sommet du mat à partir de l’abscisse 4,5
environ.
Par le calcul :
• Recherche de l’équation réduite des tangentes à la courbe au point d’abscisse a :
f (a) = 9 − 0, 5a2 et f 0 (x) = −0, 5 × 2x = −x donc f 0 (a) = −a
La tangente T au point A d’abscisse a a pour équation réduite :
• y = f 0 (a)(x − a) + f (a)
= −a(x − a) + 9 − 0, 5a2
= −ax + a2 + 9 − 0, 5a2
= −ax + 9 + 0, 5a2
B(0; 11) ∈ T ⇐⇒ yB = −axB + 9 + 0, 5a2
⇐⇒ 11 = 9 − 0, 5a2
⇐⇒ a2 = 4
⇐⇒ a = 2 ou a = −2
or a > 0 donc a = 2
La tangente à la courbe passant par B a pour équation réduite (en prenant a = 2) y = −2x+9+0, 5×22 =
−2x + 11.
• L’observateur est placé à 2m du sol donc yF = 2
F ∈ T ⇐⇒ 2 = −2x + 11 ⇐⇒ −2x = −9 ⇐⇒ x = 4, 5
donc l’observateur ne voit plus le sommet du mat pour x < 4, 5