Première S Exercices d`applications sur la dérivation 2010

Première S
Exercices d'applications sur la dérivation
2010-2011
Exercice 1
Déterminer l'ensemble de définition de f puis étudier ses variations.
2
1) f(x) = 2x + 1 –
x-3
2) f(x) =
2x² + 8x + 2
x² + 2x + 1
3) f(x) =
1
2x - 3
Exercice 2 : équation f(x) = 0
1) Démontrer que l'équation x4 + 4x3 – 8x² + 2 = 0 admet une unique
solution dans l'intervalle [0;1].
2) Donner un encadrement d'amplitude 10-2 de cette solution.
Exercice 3 : Optimisation
ABCD est un carré de côté 1.
M est sur le segment [AB].
On place le point N tel que CN = AM sur la
demi droite [BC) à l'extérieur du segment
[BC].
La droite (MN) coupe (DC) en P.
On pose AM = x avec 0 ≤ x ≤ 1.
Le but de l'exercice est de trouver M sur [AB] tel que la distance PC soit
maximale.
1) Démontrer que PC =
2)
x – x²
1+x
a) Etudier les variations de la fonction f définie sur [0;1] par f(x) =
x – x²
.
1+x
b) En déduire la valeur de x pour laquelle la distance PC est maximale.
1
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Exercices d'applications sur la dérivation
2010-2011
Exercice 4 : Optimisation
Dans une sphère de centre O et de rayon R, on inscrit un cône de
révolution de hauteur h.
On a dans la figure OL = R, HL = r et AH = h.
1) Démontrer que le rayon r de la base du cône est égal à
h(2R – h).
2) a) Calculer le volume du cône en fonction de h.
b) Pour quelle valeur de h le volume est-il maximal ?
2
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Exercices d'application sur la dérivation
CORRECTION
2010-2011
Exercice 1
Déterminer l'ensemble de définition de f puis étudier ses variations.
1) f(x) = 2x + 1 –
2) f(x) =
3) f(x) =
2
x-3
2x² + 8x + 2
x² + 2x + 1
1
2x - 3
1) Df = Y Ô {3}
f est dérivable sur Y Ô {3}.
Pour x ∈ Df, f'(x) = 2 +
2
>0
(x – 3)²
Donc f est strictement croissante sur ]- ∞;3[ et strictement croissante
sur ]3;+∞[.
x
f'
3
-∞
+
+∞
+
f(x)
Représentation graphique de f dans un repère (non demandé) :
3
Première S
2) f(x) =
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CORRECTION
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2x² + 8x + 2 2(x² + 4x + 1)
=
x² + 2x + 1
(x + 1)²
Df = Y Ô {-1}
f est dérivable sur Df en tant que quotient de deux fonctions polynômes
dérivables sur Y.
u(x)
Pour x ∈ Df, f(x) = 2
avec u(x) = x² + 4x + 1 et v(x) = (x + 1)²
v(x)
On a alors : f' = 2
u'v – uv'
v²
u'(x) = 2x + 4 et v'(x) = 2(x + 1)
D'où : f'(x) = 2
(2x + 4)×(x + 1)² - (x² + 4x + 1)×2×(x + 1)
(x + 1)4
f'(x) = 4
(x + 2)(x + 1) – x² - 4x – 1
(x + 1)3
f'(x) = 4
x² + 3x + 2 – x² - 4x – 1
(x + 1)3
–x + 1
f'(x) = 4
(x + 1)3
f'(x) est du signe de
1–x
x+1
----------------------------------------------------x
|-∞
-1
1
+∞|
----------------------------------------------------1–x
+
+
0
|
x+1
-
0
+
1–x
x+1
-
||
+
0
+
|
-
|
-----------------------------------------------------
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CORRECTION
2010-2011
Tableau des variations de f :
x
f'
-1
-∞
-
1
+
+∞
-
3
f(x)
Représentation graphique de f dans un repère (non demandé) :
3) f(x) =
1
2x - 3
3
Df =  ; + ∞ 
2
f est dérivable sur Df car la fonction x →
2x – 3 est dérivable sur Df est
ne s'annule pas sur Df.
Pour x ∈ Df, f(x) =
On a alors f' = -
1
avec v(x) =
v(x)
2x – 3
v'
.
v²
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CORRECTION
1
2
Or v'(x) = ×
=
2 2x - 3
Donc : f'(x) = -
2010-2011
1
2x - 3
1
(2x - 3) 2x - 3
3
Or pour x ∈  ; + ∞  f'(x) > 0.
2
Donc f est strictement croissante sur Df.
Tableau des variations de f :
x
f'
-∞
+∞
+
f(x)
Représentation graphique de f dans un repère (non demandé) :
6
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CORRECTION
2010-2011
Exercice 2 : équation f(x) = 0
1) Démontrer que l'équation x4 + 4x3 – 8x² + 2 = 0 admet une unique
solution dans l'intervalle [0;1].
2) Donner un encadrement d'amplitude 10-2 de cette solution.
1) Déterminons les variations de la fonction f définie sur Y par f(x) = x4 +
4x3 – 8x² + 2
f'(x) = 4x3 + 12x² - 16x = 4x(x² + 3x - 4) = 4x(x - 1)(x + 4)
Tableau des variations de f sur l'intervalle [0;1]
x
f'
0
1
-
2
f(x)
-1
f est strictement décroissante sur [0;1] et f(0) > 0 et f(1) < 0; donc
l'équation f(x) = 0 admet une unique solution sur l'intervalle [0;1].
Représentation graphique de f sur l'intervalle [0;1]
2) On peut procéder par dichotomie.
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CORRECTION
2010-2011
f(0,5) = 0.5625 > 0
f(0,75) = - 0,4961 < 0
f(0,625) = 0,00415 > 0
f(0,6875) = -0,258 < 0
f(0,65) = -0,103 < 0
f(0,64) = - 0,0605 < 0
f(0,63) = -0,0175 < 0
Un encadrement d'amplitude 10-2 de la solution α de l'équation f(x) = 0
est : 0,62 < α < 0 ,63.
Remarque :
L'étude de f sur Y montre que l'équation f(x) = 0 admet quatre x
solutions sur Y.
Tableau des variations de f sur Y
x
f'
-4
-∞
-
0
+
1
-
+
+∞
2
+∞
+∞
f(x)
- 126
-1
Une solution sur ]-∞;-4[ : ≈ -5,45
Une solution sur [-4;0] : ≈ -0,46
Une solution sur [0;1] : ≈ 0,63
Une solution sur [1;+ ∞[ : ≈ 1,28
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CORRECTION
2010-2011
Représentation graphique de f sur Y
Exercice 3 : Optimisation
ABCD est un carré de côté 1.
M est sur le segment [AB].
On place le point N tel que CN = AM sur la
demi droite [BC) à l'extérieur du segment
[BC].
La droite (MN) coupe (DC) en P.
On pose AM = x avec 0 ≤ x ≤ 1.
Le but de l'exercice est de trouver M sur [AB] tel que la distance PC soit
maximale.
1) Démontrer que PC =
x – x²
1+x
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2)
Exercices d'application sur la dérivation
CORRECTION
2010-2011
a) Etudier les variations de la fonction f définie sur [0;1] par f(x) =
x – x²
.
1+x
b)
1)
En déduire la valeur de x pour laquelle la distance PC est maximale.
Les droites (BM) et (CP) étant parallèles, on peut appliquer le théorème de
Thalès dans les triangles NCP et NBM :
NC NP CP
=
=
NB NM BM
Soit :
x
PC
=
x+1 1-x
Donc : PC =
2)
a)
f'(x) =
x(1 – x) x – x²
=
1+x
1+x
Pour x ∈ [0;1], f'(x) =
(1 – 2x)(1 + x) – (x – x²) -2x² -x + 1 –x + x²
=
(1 + x)²
(1 + x)²
-x² -2x + 1
(1 + x)²
f'(x) est du signe du polynôme du second degré : -x² - 2x + 1.
Le discriminant de l'équation –x² - 2x + 1 = 0 est :
∆ = (-2)² - 4×(-1)×1 = 8 = (2 2)²
Les solutions sont -1 Seule la solution
2 et
2 - 1.
2 - 1 appartient à l'intervalle [0;1].
On en déduit le tableau des variations de f sur [0;1] :
x
f'
0
1
2-1
+
M
f(x)
0
0
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b)
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CORRECTION
2010-2011
Du tableau des variations de f, on déduit que f attient un maximum sur
[0;1] pour x =
2 - 1.
La distance PC est donc maximale pour x =
2 - 1 ≈ 0,41.
Exercice 4 : Optimisation
Dans une sphère de centre O et de rayon R, on inscrit un cône de
révolution de hauteur h.
On a dans la figure OL = R, HL = r et AH = h.
1) Démontrer que le rayon r de la base du cône est égal à
h(2R – h).
2) a) Calculer le volume du cône en fonction de h.
b) Pour quelle valeur de h le volume est-il maximal ?
1)
On peut appliquer le théorème de Pythagore dans le triangle OHL
rectangle en H :
OL² = OH² + HL²
Soit : R² = (h – R)² + r²
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CORRECTION
2010-2011
D'où : r² = R² - (h – R)² = R² - h² + 2Rh – R² = h(2R – h)
Donc r =
2)
h(2R – h) (puisque r ≥ 0)
a)
1
1
Vc = πr²×h = ×π×h²(2R – h)
3
3
b)
1
Etudions la fonction f définie sur [0;2R] par f(h) = ×π×h²(2R – h)
3
1
1
f'(h) = . ×π (4Rh – 3h²) = ×πh(4R – 3h)
3
3
On en déduit le tableau des variations sur la fonction f.
x
f'
0
4R/3
+
2R
-
M
f(x)
0
0
De tableau de variations, on déduit que le volume du cône est maximal pour
h=
4R
.
3
Courbe représentative de la fonction f entre [0;6] pour R = 3 :
12