Exercice type Bac - Analyse

Une étude complète de fonction


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Partie I. Soit la fonction définie sur par: .
 
  1. Etudier le sens de variation de sur .
     
  2. Démontrer que l'équation admet dans une solution unique que l'on notera . Donner une valeur approchée de à près.
  3. Déterminer le signe de sur .

 

Partie II. Soit la fonction définie sur par: . On note sa courbe représentative dans un repère orthonormal.
 
  1. Etudier les limites de aux bornes de ses intervalles de définition.
    En déduire l'existence de deux asymptotes verticales dont on donnera les équations.
     
  2. Calculer la dérivée de sur et déterminer son signe.
     
  3. Dresser le tableau de variation de .
     
  4. Montrer que pour tout de , .
     
  5. Montrer que la droite d'équation est une asymptote oblique à en et .
     
  6. Etudier la position relative de et .
     
  7. Déterminer les abscisses des points de admettant une tangente parallèle à .

Solution:



Partie I. $g est définie sur $\R par: $g(x)=x^3-3x-4.
 
  1.  
    $g est une fonction polynôme donc dérivable sur $\R, et, pour tout $x réel,
    $g'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1).
     

    {|c|*6{p{0.3cm}}p{0.5cm}|}\hline
    $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline
    $g'(x)$ && $+$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline
    &&&$-2$&&&&\\
    $g$ && \Large{$\nearrow$} && \Large{$\searrow$}
    && \Large{$\nearrow$} &\\
    &&&&&$-6$&&\\\hline


     
  2. $g est une fonction polynôme, donc continue sur $\R. De plus, sa limite en $+\infty est la limite de son terme de plus haut degré: $\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}x^3=+\infty, et comme $g(1)=-6<0, on en déduit, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, que il existe un unique réel $\alpha\in]1;+\infty[ tel que $g(\alpha)=0. Comme de plus, $g(x)<0 pour tout $x\in]-\infty;1], on en déduit que $\alpha\in]1;+\infty[ est la seule solution sur $\R de l'équation $g(x)=0.
    De plus $g(2,2)\simeq 0,05>0 et $g(2,19)\simeq -0,07<0, donc $2,19<\alpha<2,20.

  3. On déduit de la question précédcente le signe de $g:
    {|c|*4{p{0.3cm}}p{0.5cm}|}\hline
    $x$ & $-\infty$ && $\alpha$ && $+\infty$ \\\hline
    $g(x)$ && $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline



 

Partie II. Soit $f la fonction définie sur $\R\setminus\la-1;1\ra par: $\displaystyle f(x)=\frac{x^3+2x^2}{x^2-1}. On note $\mathcal{C}_f sa courbe représentative dans un repère orthonormal.
 
  1. Limites en $\pm\infty: $f est une fonction rationnelle, et on peut donc factoriser par ses termes de plus haut degré au numérateur et dénominateur (termes prépondérants en l'infini):
    \lim_{x\to-\infty}f(x)
  =\lim_{x\to-\infty}\dfrac{x^3+2x^2}{x^2-1}
  =\lim_{x\to-\infty}\dfrac{x^3}{x^2}\dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{1-\dfrac{1}{x^2}}
  =\lim_{x\to-\infty}x\dfrac{1+\dfrac{2}{x}}{1-\dfrac{1}{x^2}}

    On a $\dsp\lim_{x\to-\infty}x=-\infty et $\dsp\lim_{x\to-\infty}1+\dfrac2x=\lim_{x\to-\infty}1-\dfrac{1}{x^2}=1, et donc, par quotient et produit des limites, $\dsp\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty.

    De même, en $+\infty, $\dsp\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.
    Limites en $-1: Signe de $x^2-1:
    [c]{|c|*6{p{0.3cm}}p{0.5cm}|}\hline
    $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline
    $x^2-1$ && $+$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} &  $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline


     
    $\dsp\lim_{x\to-1} (x^3+2x^2)=1 et $\dsp\lim_{x\to-1^-} (x^2-1)=0^+, d'où, $\dsp\lim_{x\to-1^-} f(x)=+\infty.
     
    $\dsp\lim_{x\to-1} (x^3+2x^2)=1 et $\dsp\lim_{x\to-1^+} (x^2-1)=0^-, d'où, $\dsp\lim_{x\to-1^+} f(x)=-\infty.
     
    $\dsp\lim_{x\to1} (x^3+2x^2)=5 et $\dsp\lim_{x\to1^-} (x^2-1)=0^-, d'où, $\dsp\lim_{x\to1^-} f(x)=-\infty.
     
    $\dsp\lim_{x\to1} (x^3+2x^2)=5 et $\dsp\lim_{x\to1^+} (x^2-1)=0^+, d'où, $\dsp\lim_{x\to1^+} f(x)=+\infty.
     
    On en déduit que les droites d'équation $x=-1 et $x=1 sont asymptotes verticales à $\mathcal{C}_f.
     
  2. $f est le quotient des fonctions polynômes $u:x\mapsto x^3+2x^2 et $v:x\mapsto x^2-1 qui sont dérivables sur $\R, avec $v(x)=0 si et seulement si $x=-1 ou $x=1, et donc, $f est dérivable sur $\R\setminus\la-1;1\ra, avec, pour tout $x\in \R\setminus\la-1;1\ra,
     f'(x)=\frac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}
  =\frac{(3x^2+4x)(x^2-1)-(x^3+2x^2)2x}{(x^2-1)^2}
  =x\frac{x^3-3x-4}{(x^2-1)^2}
  =x\frac{g(x)}{(x^2-1)^2}


  3. On en déduit, d'après la partie I,
    {|c|*{10}{p{0.3cm}}p{0.5cm}|}\hline
    $x$ & $-\infty$ && $-1$ && $0$ && $1$ && $\alpha$ && $+\infty$ \\\hline
    $x$ && $-$ & $|$ & $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & $|$ & $+$ & $|$ & $+$ &\\\hline
    $g(x)$ && $-$ & $|$ & $-$ & $|$ & $-$ & $|$ & $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline
    $(x^2-1)^2$ && $+$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & $|$ & $+$ &\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & $|$ & $+$ & \\\hline
    $f'(x)$ && $+$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline
    &&$\ \ \scriptstyle+\infty$&&&$0$&&$\ \scriptstyle+\infty$&&&&$\scriptstyle+\infty$\\
    $f$ && \Large{$\nearrow$} 
    &\psline[linewidth=0.2pt](0,-0.7)(0,0.9)
    \psline[linewidth=0.2pt](0.1,-0.7)(0.1,0.9)& \Large{$\nearrow$}
    && \Large{$\searrow$} 
    &\psline[linewidth=0.2pt](0,-0.7)(0,0.9)
    \psline[linewidth=0.2pt](0.1,-0.7)(0.1,0.9)& \Large{$\searrow$} 
    && \Large{$\nearrow$} 
    &\\
    &$\scriptstyle-\infty$&&$\ \scriptstyle-\infty$&&&$\ \ \scriptstyle-\infty$&&&$\scriptstyle f(\alpha)$&&\\\hline


     
  4. Pour tout $x de $\R\setminus\la-1;1\ra, $\displaystyle x+2+\frac{x+2}{x^2-1}=\frac{(x+2)(x^2-1)+x+2}{x^2-1}
  =\frac{x^3+2x^2}{x^2-1}=f(x).
     
    Ainsi, pour tout $x de $\R\setminus\la-1;1\ra, $\displaystyle f(x)=x+2+\frac{x+2}{x^2-1}.
     
  5. D'après le calcul précédent, pour tout $x de $\R\setminus\la-1;1\ra, $\displaystyle f(x)-(x+2)=\frac{x+2}{x^2-1}.
    Ainsi, $\dsp\lim_{x\to-\infty}\big[f(x)-(x+2)\big]
  =\lim_{x\to-\infty}\frac{x+2}{x^2-1}
  =\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{x}\,\frac{1+\frac{2}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}=0
    par produit et quotient des limites $\dsp\lim_{x\to-\infty}\frac{1}{x}=0, et $\dsp\lim_{x\to-\infty}1+\frac{2}{x}=\lim_{x\to-\infty}1-\frac{1}{x^2}=1.
     
    et de même, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\big[f(x)-(x+2)\big]=0.
     
    Ainsi, la droite $\Delta: y=x+2 est asymptote oblique à $\mathcal{C}_f en $-\infty et $+\infty.
     
  6. La position relative de $\mathcal{C}_f et $\Delta est donnée par le signe de $\displaystyle f(x)-(x+2)=\frac{x+2}{x^2-1}:

    {|c|*{8}{p{0.3cm}}p{0.5cm}|}\hline
    $x$ & $-\infty$ && $-2$ && $-1$ && $1$ && $+\infty$ \\\hline
    $x+2$ && $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & $|$ & $+$ & $|$ & $+$ &\\\hline
    $x^2-1$ && $+$ & $|$ & $+$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ &\\\hline
    $f(x)-(x+2)$ && $-$ & \mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $-$ & \mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$} & $+$ & \\\hline

    $\mathcal{C}_f est au-dessous de $\Delta pour $x\in]-\infty;-2]\cup]-1;1[.
     
    $\mathcal{C}_f est au dessus de $\Delta pour $x\in[-2;-1[\cup]1;+\infty[.

     
  7. Le coefficient directeur de $\Delta: y=x+2 est $1. Le coefficient de la tangente à $\mathcal{C}_f au point d'abscisse $x est $f'(x).
     
    La tangente à $\mathcal{C}_f au point d'abscisse $x est donc parallèle à $\Delta si et seulement si, $f'(x)=1, soit pour $x\not=-1 et $x\not=1,
      x\frac{x^3-3x-4}{(x^2-1)^2}=1 
  \Longleftrightarrow x(x^3-3x-4)=(x^2-1)^2=x^4-2x^2+1 
  \Longleftrightarrow x^2+4x+1=0

    Ce trinôme du second degré a pour discriminant $\Delta=16-4=12=(2\sqrt{3})^2>0, et admet donc deux racines réelles distinctes: $\displaystyle x_1=\frac{-4-2\sqrt{3}}{2}=-2-\sqrt{3} et $\displaystyle x_2=\frac{-4+2\sqrt{3}}{2}=-2+\sqrt{3}
    Les abscisses des points de $\mathcal{C}_f admettant une tangente parallèle à $\Delta sont donc: $\displaystyle x_1=-2-\sqrt{3} et $\displaystyle x_2=-2+\sqrt{3}.



\psset{xunit=1.2cm,yunit=0.9cm}
\begin{pspicture}(-5,-4)(8,9.5)
  \psline[linewidth=0.5pt]{->}(-5,0)(5,0)\rput(-0.2,0.25){$O$}
  \psline[linewidth=0.5pt]{->}(0,-5)(0,8.5)
  
  \psplot[linewidth=1.2pt]{-5}{-1.058}{
    x x mul x mul 2 x mul x mul add
    x x mul 1 sub div}
           
  \psplot[linewidth=1.4pt]{-0.908}{0.8}{
    x x mul x mul 2 x mul x mul add
    x x mul 1 sub div}

  \psplot[linewidth=1.4pt]{1.25}{6}{
    x x mul x mul 2 x mul x mul add
    x x mul 1 sub div}
  
  \rput(1.6,8){$\mathcal{C}_f$}

  \psline[linewidth=0.5pt](-1,-5)(-1,9)
  \psline[linewidth=0.5pt](1,-5)(1,9)
  \psplot[linewidth=0.5pt]{-5}{6}{x 2 add}% Delta
  \rput(6,7.6){$\Delta$}
  
  \psline[linewidth=0.5pt]{<->}(1.2,5.29)(3.2,5.29)%Tgte horizontale en 0

  \psline[linewidth=0.9pt]{<->}(-0.8,0)(0.8,0)%Tgte horizontale en alpha
  \psline[linewidth=0.3pt,linestyle=dashed](2.2,0)(2.2,5.29)
  \rput(2.2,-0.2){$\alpha$}
  \rput(-1.2,-0.2){$\scriptstyle -1$}
  \rput(1.2,-0.2){$\scriptstyle -1$}
\end{pspicture}



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