1. f (x) - maths peyramale

1S
INTERROGATION no 3
correction
Exercice 1 (7 pts)
1
5
1. f (x) = x4 − x3 + 3x2 − x + 1
5
2
5
3
f ′ (x) = 4x3 − x2 + 6x −
5
2
2. f (x) = 4x2 −
6
√
+4 x
x
f ′ (x) = 8x − 6 ×
−1
x2
6
1
2
+ 4 × √ = 8x + 2 + √
x
2 x
x
3. f (x) = (3x − 8)(x2 − 7x + 1) (forme uv)
f ′ (x) = 3(x2 − 7x + 1) + (3x − 8)(2x − 7) = 3x2 − 21x + 3 + 6x2 − 21x − 16x + 56 = 9x2 − 58x + 59
4. f (x) =
f ′ (x) =
5. f (x) =
f ′ (x) =
1
(forme 1/u)
2x2 − 1
− 4x
(2x2 − 1)2
2x − 3
x2 + 1
(forme u/v)
2(x2 + 1) − 2x(2x − 3) 2x2 + 2 − 4x2 + 6x − 2x2 + 6x + 2
=
=
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
Exercice 2 (2 pts)
Soit f la fonction définie sur R par f (x) = x3 + 2x2 + 3x + 1 et (C) sa courbe représentative.
En quels points, la courbe (C) admet-elle des tangentes parallèles à la droite d’équation : y = 3x − 5 ?
On a f ′ (x) = 3x2 + 4x + 3
On résout l’équation : f ′ (x) = 3
soit 3x2 + 4x + 3 = 3
3x2 + 4x = 0
x(3x + 4) = 0
x = 0 ou x = −4/3
f (0) = 1 et f (−4/3) = −49/27
La courbe (C) admet des tangentes parallèles à la droite d’équation : y = 3x − 5 aux deux points de coordonnées (0 ; 1) et
(−4/3 ; −49/27).
Exercice 3 (5 pts)
On considère la fonction f définie sur ] − ∞ ; 1[∪]1 ; +∞[ par f (x) =
1. f ′ (x) =
x2 − 3x + 6
.
x−1
(2x − 3)(x − 1) − (x2 − 3x + 6 2x2 − 2x − 3x + 3 − x2 + 3x − 6 x2 − 2x − 3
=
=
.
(x − 1)2
(x − 1)2
(x − 1)2
2. On a f (2) = 4 et f ′ (2) = −3
Equation de la tangente : y = f ′ (2)(x − 2) + f (2) = −3(x − 2) + 4 = −3x + 10
3. La dérivée est un quotient. Le dénominateur est un carré donc positif et le numérateur est un polynome du second
degré.
Pour x2 − 2x − 3 = 0 ∆ = 16
x
−∞
x1 =
2−4
= −1
2
+
(x − 1)2
+
f ′ (x)
+
0
0
−
2+4
= 3.
2
+∞
3
−
−
+
0
x2 =
1
−1
x2 − 2x − 3
et
+
0
+
+
−
+
0
Exercice 4 (4 pts)
Une entreprise souhaite fabriquer pour de jeunes enfants des toboggans dont le profil a l’allure de la courbe ci-dessous.
L’objet de l’exercice est de modéliser ce profil à l’aide de la courbe représentative C d’une fonction définie sur l’intervalle
[0 ; 3] vérifiant les conditions suivantes :
(1) La courbe C passe par les points A(0 ; 2) et B(3 ; 0)
(2) La courbe C admet en chacun des points A et B une tangente parallèle à l’axe des abscisses
2
1
0
1
2
3
Le bureau d’études pense que l’on peut modéliser le profil du toboggan à l’aide d’une fonction polynôme de degré 3 :
f (x) = ax3 + bx2 + cx + d avec a, b, c et d 4 réels.
1. On a f (0) = 2 donc en remplaçant x par 0 on obtient : d = 2.
Au point A la tangente est horizontale donc f ′ (0) = 0.
Or f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c donc f ′ (0) = 0 donne c = 0.
2. On sait maintenant que f (x) = ax3 + bx2 + 2.
Comme f (3) = 0 on obtient : 27a + 9b + 2 = 0.
Comme f ′ (3) = 0 (tangente horizontale) on obtient : 27a + 6b = 0.
Le système à résoudre est :
(
27a + 9b = −2
27a + 6b = 0
2
En soustrayant membre à membre, on obtient : 3b = −2 soit b = − .
3
En remplaçant dans la deuxième équation, 27a + 6 ×
27a = 4 soit a =
4
.
27
En résumé, f (x) =
4 3 2 2
x − x + 2.
27
3
−2
=0
3
3. f (1) =
4
−2 −8
40
et f ′ (1) = 3 ×
+2×
=
.
27
27
3
9
Le point a pour coordonnées (1 ; 40/27) et le coefficient directeur de la tangente en ce point est -8/9.
Exercice 5 (2 pts)
Soit f une fonction définie sur R par f (x) = 0, 5x2 + 2x.
On se propose de répondre à la question suivante : existe t-il des droites passant par le point A(0 ; -2) et tangentes à la
courbe de f ? (attention le point A n’appartient pas à la courbe de f )
1. f ′ (x) = x + 2
f (a) = 0, 5a2 + 2a f ′ (a) = a + 2
Equation de la tangente au point d’abscisse a :
y = f ′ (a)(x − a) + f (a) = (a + 2)(x − a) + 0, 5a2 + 2a = ax − a2 + 2x − 2a + 0, 5a2 + 2a = (2 + a)x − 0, 5a2
2. Le point A(0 ; -2) doit appartenir à ces tangentes donc :
−2 = (2 + a) × 0 − 0, 5a2
0, 5a2 = 2
a2 = 2 ÷ 0, 5 = 4
a = −2 ou 2
Il existe deux tangentes à la courbe de f passant par le point A.