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Type: Corrigé de devoir
File type: Latex, tex (source)
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Description
Devoir corrigé de mathématiques, première S: études de fonctions, dérivées
Niveau
Première S
Mots clé
Devoir corrigé de mathématiques, maths, 1S, première S, fonction dérivée, sens de variation, variation, position relative de courbes
Voir aussi:

Documentation sur LaTeX
pdficon
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    pdfauthor={Yoann Morel},
    pdfsubject={Corrigé du devoir de mathématiques},
    pdftitle={Corrigé du devoir de mathématiques - Etudes de fonctions, dérivées},
    pdfkeywords={corrigé du devoir de mathématiques, fonction, dérivée, sens de variation, poistion relative de courbes}
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% Raccourcis diverses:
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\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
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\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
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\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}

\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\lfoot{Y. Morel - \url{xymaths.free.fr/Lycee/1S/}}\cfoot{}
\rfoot{Corrigé du devoir de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}}

\ct{\bf\LARGE{Corrig\'e du devoir de math\'ematiques}}

\bgex
Soit la fonction $f$ d\'efinie sur $\R\setminus\la -\dfrac14\ra$ par
l'expression 
$f(x)=\dfrac{x^2+3}{4x+1}$. 

$f=\dfrac{u}{v}$ avec 
$\la\bgar{ll}
u(x)&=x^2+3 \\
v(x)&=4x+1
\enar\right.$
soit
$\la\bgar{ll}
u'(x)&=2x \\
v'(x)&=4
\enar\right.$ 

\vsp
On a donc, 
$f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, 
soit 
$f'(x)=\dfrac{2x(4x+1)-(x^2+3)\tm4}{(4x+1)^2}
=\dfrac{4x^2+2x-12}{(4x+1)^2}
$

\vsp
Le trin\^ome du num\'erateur a pour discriminant: 
$\Delta=2^2+4\tm4\tm(-12)=196=14^2>0$, et admet donc deux racines 
$x_1=\dfrac{-2-14}{2\tm4}=-2$ 
et 
$x_1=\dfrac{-2+14}{2\tm4}=\dfrac32$ . 

\[\begin{tabular}{|c|ccccccccc|}\hline
\rule[-0.3cm]{0.cm}{0.9cm}
$x$ & $-\infty$ && $-2$ && $-\dfrac14$ && $\dfrac32$ && $+\infty$ \\\hline
$4x^2+2x-12$ && $+$ &\zb&$-$&$|$ &$-$&\zb&$+$&\\\hline
$(4x+1)^2$ && $+$ &$|$&$+$&\zb &$+$&$|$&$+$&\\\hline
$f'(x)$ && $+$ &\zb&$-$&\db &$-$&\zb&$+$&\\\hline
&&&$-1$&&&&&&\\
$f(x)$ && \LARGE{$\nearrow$} && \LARGE{$\searrow$} 
&\psline(0,-.8)(0,.8)\psline(0.08,-.8)(0.08,.8)&\LARGE{$\searrow$} && \LARGE{$\nearrow$}&\\
&&&&&&&$\dfrac34$&&\\\hline
\end{tabular}
\bgar{ll}
\bullet\ 
f(-2)=\dfrac{(-2)^2+3}{4\tm(-2)+1}=-1\\[0.5cm]
\bullet\ 
f\lp\dfrac32\rp=\dfrac{\lp\dfrac32\rp^2+3}{4\tm\lp\dfrac32\rp+1}
=\dfrac{\dfrac{21}{4}}{7}
=\dfrac34\\
\enar
\]
\enex

\bgex
$f(x)-g(x)=\dfrac1x-(-x+2)
=\dfrac{x^2-2x+1}{x}
=\dfrac{(x-1)^2}{x}$. 

Comme pour tout réel $x$, $(x-1)^2\geqslant0$, on a: 
\bgit
\item $\mathcal{C}_f$ est au-dessous de $\mathcal{C}_g$ sur 
  $]-\infty;0[$ 
\item $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $\mathcal{C}_g$ sur 
  $]0;1[\cup]1;+\infty[$
\item $\mathcal{C}_f$ et $\mathcal{C}_g$ se coupent au point 
  d'abscisse 1. 
\enit
\enex

\bgex \vspace{-3em}
\bgen
\item 
  \bgen[a.] 
  \item 
    \bgmp[t]{8cm}
    Pour tout $x$ r\'eel, \[f'(x)=6x^2-6x=6x(x-1)\ .\]
    \enmp
    \bgmp{8cm}
    \[
    \begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline
      $x$ & $-\infty$ && $0$ && $1$ &&$+\infty$ \\\hline
      $f'(x)$ && $+$ & \zb & $-$ & \zb & $+$ &\\\hline
      &&&$-1$&&&&\\
      $f$ && \psline{->}(-0.6,-0.3)(0.3,0.4)
      &&\psline{->}(-0.4,0.4)(0.4,-0.3)
      &&
      \psline{->}(-0.3,-0.3)(0.6,0.4)&
      \\
      &&&&&$-2$&&\\\hline
    \end{tabular}
    \]
    \enmp
    

  \item \ 
    
    \psset{unit=.9cm,arrowsize=5pt}
    \begin{pspicture}(-5,-4)(5,1.6)
      \psline{->}(-3,0)(3,0)
      \psline{->}(0,-3.6)(0,2.5)
      \multido{\i=-2+1}{5}{
        \psline[linewidth=0.3pt](\i,-0.1)(\i,0.1)
        \rput(\i,-0.3){$\i$}
      }
      \multido{\i=-3+1}{6}{
        \psline[linewidth=0.3pt](-0.1,\i)(0.1,\i)
        \rput(-0.3,\i){$\i$}
      }
      \psplot[linewidth=1.4pt]{-0.8}{1.9}{2 x 3 exp mul -3 x 2 exp mul add -1 add}
      \psline{<->}(-0.7,-1)(0.7,-1)
      \psline{<->}(0.3,-2)(1.7,-2)
    \end{pspicture}
  \enen

\item 
  \bgen[a.] 
  \item On a $f(1)=-2<0$ et $f(2)=3>0$. 
    De plus, $f$ est d\'erivable, strictement croissante sur $[1;2]$, 
    donc, d'apr\`es le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, 
    l'\'equation $f(x)=0$ admet sur $[1;2]$ une unique solution~$\alpha$.  

    De plus, sur $]-\infty;1]$, le maximum de $f$ est $-1<0$, 
    donc l'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution. 
    Enfin, sur $[2;+\infty[$, $f$ est d\'erivable et strictement
    croissante avec $f(2)=3>0$, et donc l'\'equation $f(x)=0$ n'admet 
    aucune solution sur $[2;+\infty[$. 

    \vspd
    Finalement, l'\'equation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$
    sur $\R$ et $\alpha\in[1;2]$. 

  \item Avec la calculatrice (un tableau de valeurs, ou
    par dichotomie), on trouve 
    $1,67<\alpha<1,68$.
  \item On en d\'eduit le signe de $f(x)$: \vspace{-2.2em}
    \[
    \begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
      $x$ & $-\infty$ && $\alpha$ &&$+\infty$ \\\hline
      $f(x)$ && $-$ & \zb &  $+$ &\\\hline
    \end{tabular}
    \]
  \enen

\item 
  \bgen[a.] 
  \item Pour tout nombre $x\not=-1$, 
    $g'(x)=\dfrac{-1\tm(1+x^3)-(1-x)\tm3x^2}{\lp1+x^3\rp^2}
    =\dfrac{f(x)}{\lp1+x^3\rp^2}
    $
  \item 
    \[
    \begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline
      $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $\alpha$ &&$+\infty$ \\\hline
      $f(x)$ && $-$ & $|$ & $-$ & \zb & $+$ &\\\hline
      $\lp1+x^3\rp^2$ && $+$ & \zb & $+$ & $|$ & $+$ &\\\hline
      $g'(x)$ && $-$ & \db & $-$ & \zb & $+$ &\\\hline
      &&&&&&&\\
      $g$ && \Large{$\searrow$}
      &\psline(0,0.8)(0,-0.6)\psline(0.05,0.8)(0.05,-0.6)&
      \Large{$\searrow$}
      &&
      \Large{$\nearrow$}&
      \\
      &&&&&$g(\alpha)$&&\\\hline
    \end{tabular}
    \]
  \enen
\enen
\enex

\bgex 
\bgen
\item $f=\dfrac{u}{v}$ avec $u(x)=x^2$ donc $u'(x)=2x$, 
  et $v(x)=2(x-1)=2x-2$ donc $v'(x)=2$. 

  Ainsi $f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, 
  soit $f'(x)=\dfrac{2x\tm2(x-1)-x^2\tm2x}{\lb2(x-1)\rb^2}
  =\dfrac{2x^2-4x}{4(x-1)^2}=\dfrac{2x(x-2)}{4(x-1)^2}$. 

  \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
  $x$ & 1 && 2 && $+\infty$ \\\hline
  $2x(x-2)$ && $-$ &\zb& $+$ & \\\hline
  $4(x-1)^2$ & \zb & $+$ &$|$& $+$ & \\\hline
  $f'(x)$ & \db & $-$ &\zb&$+$& \\\hline
  &&&&&\\
  $f$&\psline(0,-.6)(0,.8)\psline(.06,-.6)(.06,.8)
  &\psline[arrowsize=7pt]{->}(-.5,.5)(.5,-.5)&&
  \psline[arrowsize=7pt]{->}(-.5,-.5)(.5,.5)&\\
  &&&2&&\\\hline
  \end{tabular}\]
\item $T:y=f'(3)(x-3)+f(3)$, 
  avec $f(3)=\dfrac{3^2}{2(3-1)}=\dfrac94$ 
  et $f'(3)=\dfrac{2\tm3(3-2)}{4(3-1)^2}=\dfrac{6}{16}=\dfrac38$, 

  donc 
  $T:y=\dfrac38(x-3)+\dfrac94=\dfrac38x+\dfrac98$. 
\item Soit, comme $N$ appartient à l'axe des ordonnées, 
  $N(0;y)$. 
  Comme $N\in(AM)$, $\V{AN}$ et $\V{AM}$ sont colinéaires. 
  Or $\V{AM}(x-1;-1)$ et $\V{AN}(-1;y-1)$, 
  et donc 
  \[N\in(AM)\iff (x-1)\tm(y-1)-(-1)\tm-1=0
  \iff y=\dfrac{1}{x-1}+1=\dfrac{x}{x-1}\]
  Ainsi, $N\lp0;\dfrac{x}{x-1}\rp$. 

\item L'aire de $OMN$ est 
  $\dfrac12 OM\tm ON=\dfrac12 x\tm \dfrac{x}{x-1}=f(x)$.
\item D'après la question 1., l'aire minimale est 2 lorsque $x=2$.  
\enen
\enex

\bgex
$f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$ et 
  l'\'equation de $T_a$ est 
  $y=f'(a)(x-a)+f(a)$, soit
  $y=-\dfrac{1}{a^2}(x-a)+\dfrac{1}{a}
  =-\dfrac{1}{a^2}x+\dfrac{2}{a}$. 

  $T_a$ coupe l'axe des abscisses en 
  $B\lp x_B;0\rp$ avec  
  $0=-\dfrac{1}{a^2}x_B+\dfrac{2}{a}
  \iff x_B=2a$. 
  Ainsi, $B(2a;0)$. 

  $T_a$ coupe l'axe des ordonn\'ees en $C\lp 0;y_C\rp$ avec 
  $y_C=-\dfrac{1}{a^2}\tm0+\dfrac{2}{a}$, 
  d'o\`u, $y_c=\dfrac{2}{a}$. 
  Ainsi, $C\lp0;\dfrac2a\rp$

  \vspd
  Les coordonn\'ees du milieu$I$ de $[BC]$ sont alors 
  $x_I=\dfrac{x_B+x_C}{2}=\dfrac{2a+0}{2}=a$ 
  et 
  $y_I=\dfrac{y_B+y_c}{2}=\dfrac{0+\dfrac2a}{2}=\dfrac1a$, 
  soit 
  $I\lp a;\dfrac{1}{a}\rp$, c'est-\`a-dire les coordonn\'ees du point $A$. 
\enex

\label{LastPage}
\end{document}

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