Correction T1 06

Terminale S

MATHEMATIQUES Contrôle du 25 septembre 2006 x −1 Exercice I 1. lim 3x − 1 − = +∞ car lim 3x − 1 = +∞ et 2 x →+∞ x →+∞ ( x + 1) x −1 x 1 x −1 lim − = lim − 2 = lim − = 0 . De même lim 3x − 1 − = −∞ . 2 2 x →+∞ x →+∞ x →+∞ x →−∞ x x ( x + 1) ( x + 1)

lim x − 1 = −2 et lim ( x + 1) = 0 + d’où : lim − 2

x →−1

x →−1

lim 3x − 1 −

x −1

x −1

( x + 1)

= +∞ car lim 3x − 1 = −4 et lim −

2

= +∞ x −1

= +∞ .

x →−1 x →−1 ( x + 1) ( x + 1) 2 3 ( x 3 + 3x 2 + 3x + 1) − 3 + x x ( 3x 2 + 9x + 10) 1( x + 1) − ( x − 1) 2( x + 1) 3− x Le ∆ g′( x) = 3 − = 3− = = 4 3 3 3 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 2

x →−1

2.

x →−1

2

de 3x 2 + 9x + 10 étant négatif ( 81 − 120 = −39 ), il reste toujours positif et g′( x) est du signe de même du signe de x ( x + 1) c’est-à-dire positif sauf entre -1 et 0. −∞

x signe de g ′

-1 −

( x + 1)

3

, lui-

+∞

0

+

x

0

+

+∞ +∞

+∞

g 0 -∞ 3. La courbe C g représentative de g a une asymptote oblique d d’équation y = 3x − 1.

En effet : g( x) − ( 3x − 1) = − g( x) − ( 3x − 1) =

1− x

( x + 1)

2

x −1

( x + 1)

2

et lim − x →±∞

x −1

( x + 1)

2

= 0.

sera négatif pour x > 1 ; C g passera en dessous de d pour x > 1 .

4) (Voir en dernière page) 5) Sur l’intervalle ] − ∞ ; − 1 [ , g est continue et strictement croissante. lim g( x) = −∞ et lim g( x) = +∞ . x →−∞

x →−1−

D’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones (th. de la bijection), l’équation g ( x ) = 3 admet une solution unique α dans cet intervalle. Il y a de même une deuxième solution β dans ] −1; 0 [ et une troisième γ dans ] 0; + ∞ [ .

Par la méthode de balayage : x

-1,6

-1,5

-0,5

-0,4

1,3

1,4

g( x)

1,4

4,5

3,5

1,7

2,8

3,1

On en déduit : −1,6 < α < −1,5 , −0,5 < β < −0,4 et 1,3 < γ < 1,4 . Exercice II 1. a) La fonction f est définie sur ℝ et f ′( x) = 2 + sin x . Puisque sin x ≥ −1 pour tout x réel, on a f ′( x) = 2 + sin x ≥ 1 . La dérivée de f est strictement positive sur ℝ et f est une fonction strictement croissante sur ℝ . Pour tout x, cos x ≤ 1 , d’où : 2 x − cos x ≥ 2 x − 1 . lim 2 x − 1 = +∞ et par comparaison : lim f ( x) = +∞ . x →+∞

x →+∞

Pour tout x, cos x ≥ −1 , d’où : 2 x − cos x ≤ 2 x + 1 . lim 2 x + 1 = −∞ et par comparaison : lim f ( x) = −∞ .

0∈] − ∞ ; + ∞ [.

x →−∞

1

x →−∞

La fonction f est continue et strictement croissante sur ℝ . D’après le th. de la bijection, l’équation f ( x) = 0 admet une solution unique α dans ℝ . b) Par balayage : f (0, 45) ≈ −0,0004 et f (0, 46) ≈ 0,02 , d’où 0, 45 < α < 0, 46 . 2. a) Il s’agit d’une inéquation du second degré : 2 x 2 ≥ x 2 + 2 x + 1 , soit x 2 − 2 x − 1 ≥ 0 . 2± 8 , soit 1 ± 2 . S =  − ∞ ; 1 − 2  ∪ 1 + 2 ; + ∞  . ∆ = 8 . Les racines sont : 2 b) Démontrons-le par récurrence. 1e étape. Pour n = 4 , 2n = 24 = 16 et n 2 = 42 = 16 , donc l’inégalité 2n ≥ n 2 est vérifiée. 2e étape. Supposons que, pour un certain entier n ( ≥ 4 ), l’inégalité 2n ≥ n 2 soit vérifiée. En multipliant les deux membres par 2, on obtient 2n +1 ≥ 2n 2 . D’après la question a), on sait que l’inégalité 2 2n 2 ≥ ( n + 1) est vraie car si n ≥ 4 , n ∈  − ∞ ;1 − 2  ∪ 1 + 2 ; + ∞  . On a donc 2n +1 ≥ ( n + 1) : l’inégalité est vraie pour l’entier n + 1 . 2

D’après le principe de récurrence, l’inégalité est donc vraie pour tout entier n ( ≥ 4 ). 2n 2n Pour tout entier n ( ≥ 4 ), on a donc : ≥ n et puisque lim n = +∞ , on a : lim = +∞ , par comparaison. n →+∞ n n →+∞ n 3. a) f ( x) est défini si x 2 + 4 x ≥ 0 . Le trinôme du second degré x 2 + 4 x = x ( x + 4 ) est positif sauf entre ses racines -4 et 0. D f = ] − ∞ ; − 4] ∪ [ 0 ; + ∞ [ .

b) lim

x

2

x

2

( + 4 x − x = lim

x2 + 4 x − x

( + 4 x + x = lim

x2 + 4x + x

)(

x2 + 4x + x

) = lim

2

x2 + 4 x − x2

x →+∞ x2 + 4 x + x x2 + 4 x + x 4x 4x 4 = lim = lim = lim = 2 (Supp. x > 0) 2 x →+∞  x →+∞ 4 4 x + 4 x + x x → +∞  1+ +1 x  1 + + 1 x x   4 4 d’après le th. de la limite d’une fonction composée. En effet lim = 0 et lim = 2 . De même : x →+∞ x X →0 1 + X + 1 x →+∞

lim

x →+∞

)(

x2 + 4 x − x

) = lim

4x

x + 4x − x x + 4x − x 4 = lim = lim = −2 (Supp. x < 0 : x 2 = x = − x) x →−∞ x →+∞ 4  4 − 1 + −1 x 2 1 +  − x x x  On en déduit que lim f ( x) − ( x + 2) = 0 et lim f ( x) − ( − x − 2) = 0 , autrement que les droites d’équations x →−∞

x →−∞

x →−∞

2

2

4x

x →+∞

x →−∞

respectives y = x + 2 et y = − x − 2 sont asymptotes à C f en +∞ et en −∞ . 4. a) Pour tout entier n : −1 ≤ sin n ≤ 1 , −10 ≤ −10sin n ≤ 10 , 16 ≤ 26 − 10sin n ≤ 36 , 4 ≤ 26 − 10sin n ≤ 6 , 1 1 1 2 4 ≤ ≤ et enfin : ≤ ≤ 1. 6 3 26 − 10sin n 4 26 − 10sin n 2 La suite est donc bien bornée (par et 1). 3 2 4n 2 b) On en déduit, pour tout n : n ≤ et puisque lim n = +∞ , on a : n →+∞ 3 3 26 − 10sin n 4n lim = +∞ , par comparaison. n →+∞ 26 − 10sin n

2

2 4 1 ≤ ≤ . D’après le th. des gendarmes, 3(n + 1) ( n + 1) 26 − 10sin n n + 1 4 2 1 lim = 0 , puisque lim = lim = 0. n →+∞ ( n + 1) 26 − 10sin n n →+∞ 3( n + 1) n →+∞ n + 1

On en déduit aussi, pour tout n :

5. a) a 3 − b3 = ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) et cos ( 2 x ) = 1 − 2sin 2 x ; on en déduit

cos3 (2 x) − 1 = ( cos(2 x) − 1) ( cos 2 (2 x) + cos(2 x) + 1) = −2sin 2 x ( cos 2 (2 x) + cos(2 x) + 1) .

cos3 (2 x) − 1 sin x  sin x  = lim − 2  cos 2 (2 x) + cos(2 x) + 1) = −6 car lim = 1 et b) lim f ( x) = lim (  2 x→0− x →0 − x →0− x→0− x x  x  2

lim ( cos 2 (2 x ) + cos(2 x) + 1) = cos 2 (0) + cos(0) + 1 = 3 .

x→0−

D’autre part : lim f ( x) = lim x + m cos x = m cos 0 = m et f (0) = m . x→0+

x →0 +

f étant continue en toute valeur différente de 0, elle sera continue sur ℝ si et seulement si elle est continue en 0, c’est-à-dire si lim f ( x) = lim f ( x) = f (0) , soit pour m = −6 . x→0−

x →0 +

Graphique de l’exercice 1 y 4

3

2

1

-4

-3

-2

-1

0

-1

-2

3

1

2

3

4

x