CONTROLE N°5 TS2.

CONTROLE N°5 TS2.
Vendredi 22 janvier 2016.
1 heure.
I. f est la fonction définie sur par f(x) 2 x2sin(x) et Cf est sa courbe représentative dans un
repère.
1. Résoudre dans puis dans [0 4 ] l équation cos(x) 2
2
2. La fonction f est-elle périodique de période 2 ? Justifier.
3. Montrer que pour tout x de , f(x)f(x). Que peut-on en déduire pour Cf ?
4. Construire le tableau de variation de f sur [0 ] et en déduire à l aide de la question 3, le tableau
de variation de f sur [ ].
II. Le plan est rapporté à un repère orthonormal.
f est la fonction définie sur par : f(x) (2 cos(x))e1x.
1. Justifier que, pour tout x de , 2 cos(x) sin(x) 0.
2. Montrer que, pour tout x de , f (x)e1x ( sin(x) 2 cos(x))
3. Déterminer le sens de variation de f sur .
4.
a. Montrer que, pour tout x de : e1xf(x)e1x.
b. En déduire les limites de f en + et – .
c. Interpréter géométriquement le résultat obtenu lors du calcul de la limite de f en + .
III. Résoudre dans l inéquation e2x6ex7 0.

CORRECTION DU CONTROLE N°5 TS2.
I. f est la fonction définie sur par f(x) 2 x2sin(x) et Cf est sa courbe représentative dans un
repère.
1. Dans : S 34 2k 54 2k,k€.
Dans [0 4 ] : S 34 54 11
4 13 4 .
2. f(0) 0 2sin(0) 0 et f(2 ) 2 2 2 0 2 2 ≠0 donc f n est pas périodique de
période 2 .
3. Soit x un réel.
f(x) 2 (x) 2sin( x) 2x 2sin(x)( )2 x2sin(x)f(x) car sin( x) sin(x).
La fonction f est impaire. Cf est symétrique par rapport à l origine du repère.
4. f est dérivable sur [0 ].
f(x) 2 2cos(x).
Dans [0 ], f(x) 0  cos(x) 2
2  0 x 34 .
On a donc le tableau de variations :
x
0 34
f(x)
+
f(x)
0 2
2  34 1
Par symétrie, le tableau de variations de f sur [ ] est :
x
34 0 34
f(x)
2  34 1 2
0
2 2  34 1
II. f est la fonction définie sur par : f(x) (2 cos(x))e1x.
1. Pour tout réel x, cos(x) 1 et sin(x) 1 donc cos(x) sin(x) 2 et
2 cos(x) sin(x) 0.
2. f est dérivable sur .
f(x) ( sin(x))e1x(2 cos(x))( ) e1x e1x ( sin(x) 2 cos(x))
3. D après la question 1, pour tout réel x, 2 cos(x) sin(x) 0.
4. Pour tout x de , e1x0 et 2 cos(x) sin(x) donc f(x) 0. La fonction f est donc
décroissante sur .
5.
a. Soit x un réel.
1 cos(x) 1 donc 1 2 cos(x) 3
donc e1xf(x) 3e1x car e1x0.
b. lim
x1x et lim XeX donc lim xe1x. Alors, d après les th de comparaison,
lim
xf(x) .
D autre part, lim
x1x et lim XeX0 donc lim xe1x0.

On a alors lim
xe1x lim x3e1x0 donc, d après le th des gendarmes, lim
xf(x) 0.
c. L axe des abscisses est asymptote à la courbe de f en + .
III. Soit l inéquation e2x6ex7 0.
On pose X ex. Alors X²( ) ex2e2x.
Ainsi, e2x6ex7 0  
X ex
X² 6X7 0 
X ex
X² 6X7 0
Résolution de X² 6X7 0 : =64 donc le trinôme a deux racines qui sont 7 et 1 et il est positif sauf
entre les racines.
Ainsi : e2x6ex7 0  7 ex1
 ex1 car ex0 pour tout réel x.
 exe0
 x0
S] 0].