Partie A : Détermination d`une fonction f 1. f (2) = 1, f ′(2) = 5

C ORRECTION
DU PROBLÈME
1
Partie A : Détermination d’une fonction f
1. f (2) = 1, f ′ (2) = 5 et f ′ (3) = 0.
2a + b
+ c = 2a + b + c.
2. f (2) =
(2 − 1)2
a(x − 1)2 − 2(x − 1)(ax + b) a(x − 1) − 2(ax + b) ax − a − 2ax − 2b −ax − a − 2b
3. a. f ′ (x) =
=
=
=
.
(x − 1)4
(x − 1)3
(x − 1)3
(x − 1)3
−2a − a − 2b
= −3a − 2b.
b. f ′ (2) =
(2 − 1)3
−3a − a − 2b −4a − 2b −2a − b
f ′ (3) =
=
.
=
(3 − 1)3
8
4
4. a. En utilisant les résultats précédents :

 f (2)
f ′ (2)
 ′
f (3)
=
=
=
b.

 2a + b + c
−3a − 2b

2a + b
=
=
=


 2a + b + c
1

−3a − 2b
5 ⇐⇒

−2a − b


0
4

1
 c
5 ⇐⇒
−3a − 2b

0
4a + 2b

= 1
 2a + b + c
= 5 ⇐⇒
−3a − 2b

2a + b
= 0

= 1
 c
= 5 ⇐⇒
a

= 0
4a + 2b
=
=
=
1
5
0

= 1
 c
= 5 ⇐⇒
a

= 0
b
= 1
= 5
= −10
Partie B : Étude de la fonction f
Dans la suite du problème, on admet que la fonction f est définie sur ]1; +∞[ par :
f (x) =
5x − 10
+1
(x − 1)2
5x − 10
= −∞.
x→1 (x − 1)2
1. lim (x − 1)2 = 0+ et lim 5x − 10 = −5. Par quotient : lim
x→1
x→1
Par addition : lim f (x) = −∞.
x→1
5 − 10
)
)
x(5 − 10
x(5 − 10
5x − 10
x
x
x
+ 1.
+
1
=
+
1
=
+
1
=
(x − 1)2
x 2 − 2x + 1
x(x − 2 + x1 )
x − 2 + x1
5 − 10
10
1
x
lim 5 −
= 0.
= 5 et lim x − 2 + = +∞. Par quotient : lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞ x − 2 + 1
x
x
x
Par addition : lim f (x) = 1.
2. f (x) =
x→+∞
3. C omme, lim f (x) = 1,la droite d’équation y = 1 est asymptote C admet une asymptote
x→+∞
horizontale D d’équation y = 1.
5x − 10
4. f (x) − 1 =
(x − 1)2
x
5x − 10
(x − 1)2
f (x) − 1
1
−
+
−
1
2
0
0
+∞
+
+
+
Par conséquent :
• Sur ] − 1; 2[, f (x) − 1 < 0 donc C est en dessous de D
• Sur ]2; +∞[, f (x) − 1 > 0 donc C est au dessus de D
• en x = 2, f (x) − 1 = 0 donc C et D sont sécantes
5. a. En reprenant 3.a et 3.b de la partie A, f ′ (x) =
−5x − 5 + 2 × 10 −5x + 15
=
.
(x − 1)3
(x − 1)3
1
x
−5x + 15
(x − 1)3
f ′ (x)
+
+
+
3
0
+∞
−
+
−
0
b. On en déduit le tableau de variations de f :
x
3
1
+∞
2, 25
f (x)
1
−∞
Partie C : Résolution approchée d’une équation
1. Sur l’intervalle [1.5; 3], on a :
• f est continue ;
• f est strictement croissante
• f (1, 5) = −9 < 2 < 2, 25 = f (3).
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, f (x) = 2 possède une unique
solution α sur l’intervalle [1.5; 3].
2. Sur l’intervalle [3; +∞[, C est au dessus de D d’équation y = 1. On a :
• f est continue ;
• f est strictement décroissante
• f (3) = 2.25 > 2 > 1 = lim f (x).
x→+∞
D’après le théorème des valeurs intermédaiaires, f (x) = 2 possède une unique solution β
sur l’intervalle [3; +∞[. On a f (5) ≃ 1, 9375 et f (4) ≃ 2, 1111 par conséquent 4 < β < 5
3. a. On a :
a
b
b−a
m
étape 1
2
3
1
2, 5
étape 2
2
2, 5
0, 5
2, 25
étape 3
2, 25
2, 5
0, 25
2, 375
étape 4
2, 375
2, 5
0, 125
2, 4375
b. L’algorithme calcule à chaque étape un encadrement de α, a < α < b à la précision b − a.
Il s’arrète lorqu’il obtient un encadrement de α à la précision 0, 01
2
Variables :
Initialisation :
Traitement :
c.
Sortie :
a, b et m sont des nombres réels.
Affecter à a la valeur 4.
Affecter à b la valeur 5.
Tant que b − a > 0, 1
1
Affecter à m la valeur (a + b).
2
Si f (m) > 2 alors Affecter à a la valeur m.
Sinon Affecter à b la valeur m.
Fin de Si.
Fin de Tant que.
Afficher a.
Afficher b.
3