TES Corrigé devoir n° 4 durée 1 h Exercice 1 - maths

TES
Corrigé devoir n° 4
durée 1 h
( 4 points )
Exercice 1
1.
f est croissante sur ] − ∞; −4] ∪ [0; +∞[ et décroissante sur [−4; 0]
donc f 0 (x) ≥ 0 sur ] − ∞; −4] ∪ [0; +∞[ et f 0 (x) ≤ 0 sur [−4; 0]
donc la courbe représentative de f 0 est au-dessus de l’axe des abscisses sur ]−∞; −4]∪[0; +∞[ et en-dessous
sur [−4; 0],
ce qui correspond à la courbe C3
2.
Graphiquement le coefficient directeur de la tangente à C au point d’abscisse −2 est f 0 (−2) = −6 d’après
la courbe C3 .
Cette tangente passe par le point de C de coordonnées (−2; 7) et a pour coefficient directeur −6.
On a alors : y = −6x + b et 7 = −6 × (−2) + b ⇐⇒ b = −5
donc l’équation réduite de cette tangente est y = −6x − 5
On peut aussi utiliser :
y = f 0 (a)(x − a) + f (a) avec a = −2
soit y = −6(x − (−2)) + 7 = −6x − 5
( 8 points )
Exercice 2
5
où a et b sont deux réels.
x−1
On note Cf courbe représentative de la fonction f dans un repère orthogonal.
Cf coupe l’axe des abscisses au point A d’abscisse 2 et a pour tangente la droite ∆ d’équation réduite y = 7x−14.
La fonction f est définie et dérivable sur I =]1; +∞[ par f (x) = ax + b −
1
x−1
On pose v(x) = x − 1
1. a) f (x) = ax + b − 5
0
1
−v 0
= 2 )
On a alors
= 1 (formule
v
v
−1
5
f 0 (x) = a − 5 ×
=a+
(x − 1)2
(x − 1)2
b) Cf coupe l’axe des abscisses au point A d’abscisse 2 donc A(2; 0) soit f (2) = 0
Cf a pour tangente la droite ∆ d’équation réduite y = 7x − 14 donc de coefficient directeur f 0 (2) = 7
5
c) On a alors f (2) = a × 2 + b −
= 2a + b − 5 = 0
2−1
5
f 0 (2) = a +
= a + 5 = 7 ⇐⇒ a = 2
(2 − 1)2
v 0 (x)
et 2a + b − 5 = 0 ⇐⇒ b − 1 = 0 ⇐⇒ b = 1
5
donc f (x) = 2x + 1 −
x−1
2.
La fonction f est définie et dérivable sur I =]1; +∞[ par f (x) = 2x + 1 −
représentative dans un repère orthogonal.
5
et on note Cf sa courbe
x−1
a) D’après la question 1.a., avec a = 2 et b = 1 on a :
5
f 0 (x) = 2 +
(x − 1)2
(x − 1)2 > 0 sur ]1; +∞[
5
5
donc
> 0 et 2 +
> 2 > 0 donc f 0 (x) > 0 et f est strictement croissante sur ]1; +∞[
2
(x − 1)
(x − 1)2
b) .


lim 2x + 1 = +∞

x→+∞
par somme lim f (x) = +∞
5
−5
x→+∞

lim −
= lim
= 0
x→+∞
x − 1 x→+∞ x

5

lim x − 1 = 0 donc par quotient lim −
= −∞
x−1
x→1+
x→1+
par somme lim f (x) = −∞

x→1+

lim 2x + 1 = 3
+
x→1+
c) Soit D d’équation réduite y = 2x + 1.
5
f (x) − (2x + 1) = −
x−1
et
5
lim f (x)−(2x+1) = lim −
= 0 d’après 2.b. et la droite D d’équation y = 2x+1 est asymptote
x→+∞
x→+∞ x − 1
à Cf en +∞
−5
d) f (x) − (2x + 1) =
x−1
−5
<0
x−1
soit f (x) < 2x + 1 et donc Cf est en-dessous de D
Sur ]1; +∞[, x − 1 > 0 et donc
e) Placer dans cet ordre :
– Les asymptotes d’équations x = 1 et y = 2x + 1
– Le point (2; 0) et la tangente T en ce point.
– les extremums s’il y en a puis suffisamment de points pour tracer la courbe Cf
( 8 points )
Exercice 3
Partie A :
Soit la fonction g définie sur [0; +∞[ par : g(x) = x3 − 1200x − 100
1.
lim g(x)= lim x3 = +∞
x→+∞
x→+∞
g 0 (x) = 3x2 − 1200
Racines de 3x2 − 1200 :
√
√
/ [0; +∞[
3x2 − 1200 = 0 ⇔ x2 = 400 ⇔ x = 400 = 20 ou bien x = − 400 = −20 ∈
donc on a :
x
0
g 0 (x)
g (x)
1
+
20
0
+
signe de a = 3
1
+
100
16100
2.
Sur [0; +∞[, la fonction g est continue (polynôme de degré 3) et strictement croissante.
De plus, g(20) = −16100 et g(40) = 15900 donc d’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation
g(x) = 0 admet une solution unique α avec 20 < α < 40.
Avec la calculatrice, on a g(34, 6) < 0 et g(34, 7) > 0 donc 34, 6 < α < 34, 7 soit en arrondissant à l’unité
α ≈ 35
3.
.
Partie B :
1.
x3
= lim x= +∞
x→+∞
x→+∞ x2
lim f (x)= lim
x→+∞
lim x3 + 1200x + 50= 50
x→0+
et lim x2 = 0+
x→0+
donc par quotient lim f (x)= +∞
x→0+
Cf admet donc une asymptote d’équation x = 0.
2.
On pose u(x) = x3 + 50x2 + 1200x + 50 et v(x) = x2
On a alors u0 (x) = 3x2 + 100x + 1200 et v 0 (x) = 2x
u0 (x)v(x) − u(x)v 0 (x)
(v(x))2
(3x2 + 100x + 1200)(x2 ) − (x3 + 50x2 + 1200x + 50)(2x)
=
(x2 )2
4
2
x − 1200x − 100x
=
x4
3
x(x − 1200x − 100)
=
x4
3
x − 1200x − 100
=
x3
g(x)
= 3
x
Sur ]0; +∞[, on a x3 > 0 donc f 0 (x) est du signe du numérateur g(x)
D’après la partie B. 4., on a g(x) > 0 sur ]α; +∞[
g 0 (x) =
3.
x
f (x)
0
f (x)
1
0
1
0
+
+
1
+
f ()
avec f (α) ≈ f (35) ≈ 119, 3
4.
Le coefficient directeur de la tangente T au point d’abscisse 10 est
g(10)
−11100
−111
f 0 (10) =
=
=
= −11, 1
3
10
1000
10
et T passe par le point A(10; f (10)) avec f (10) = 180, 5
donc T admet un équation réduite de la forme y = −11, 1x + b
A ∈ T ⇐⇒ yA = −11, 1xA + b ⇐⇒ 180, 5 = −11, 1 × 10 + b ⇐⇒ b = 180, 5 + 111 = 291, 5
donc T a pour équation réduite y = −11, 1x + 291, 5
Remarque :On peut aussi utiliser
T : y = f 0 (10)(x − 10) + f (10)
5.
.
Partie C
Le coût total de fabrication d’une quantité x d’un produit exprimée en centaines d’unités, est défini sur ]0; 100[
x3 + 50x2 + 1200x + 50
par : C(x) =
x
C(x) étant exprimé en centaines d’euros. Le coût moyen de fabrication par centaines d’objets est donc donné
C(x)
par Cm (x) =
x
En utilisant les résultats de la partie B :
1.
2.
3.
x3 + 50x2 + 1200x + 50
x3 + 50x2 + 1200x + 50 1
x3 + 50x2 + 1200x + 50
C(x)
x
=
=
× =
Cm (x) =
x
x
x
x
x2
soit Cm (x) = f (x)
donc le minimum de f est atteint pour x = α soit 35 centaines d’objets.
C(20)
203 + 50 × 202 + 1200 × 20 + 50
Cm (20) =
=
= 130.
20
202
Cela signifie que lorsque l’on produit 20 centaines d’objets, soit 2000 objets, le coût moyen de fabrication
d’une centaine d’objets est de 130 milliers d’euros.
Le prix de vente d’une centaine d’objets est égal à 130000 euros
soit 130 milliers d’euros.
Il faut donc résoudre l’inéquation f (x) ≤ 130
Graphiquement, les solutions de l’inéquation f (x) ≤ 130 sont les abscisses des points de Cf situés audessous de la droite d’équation y = 130 (voir figure ci-dessous)
soit pour x ∈ [20; 60] donc l’entreprise devra produire entre 20 et 60 objets pour que le bénéfice sur une
centaine d’objets soit positif.