Ch 3 Fonctions : limites – continuité – dérivabilité

Correction des exercices type Bac

Exercice 5 On considère dans le plan rapporté à un repère orthonormal (O ;  ; ) le cercle de centre O et de rayon 1.Soit A le point de coordonnées (1 ; 0) et A’ le point de coordonnées (–1 ; 0).

1) Par tout point H du segment [AA’] distinct de A et de A’, on mène la perpendiculaire (d) à la droite (AA’). La droite (d) coupe le cercle en M et M’.On pose .

1er cas de figure : x < 0

O A1

A'

M

M'

H

1

Démontrer que l’aire du triangle AMM’, en fonction de x, est égale à (1 – x) .

Par symétrie de la figure par rapport à l’axe (Oy), aire(AMM’) = 2 aire(AMH).

Le triangle AMH étant rectangle en H, on a aire(AMH) = .

On en déduit que aire(AMM’) = AH MHDans le cas de figure où x > 0, on a AH = OA – OH = 1 – x et dans le cas de figure où x < 0 on a : AH = AO + OH = 1 + (–x) = 1 – x.Donc dans tous les cas, AH = 1 – x.

Par ailleurs, d’après le théorème de Pythagore dans le triangle OMH on a :OM2 = OH2 + MH2 d’où MH2 = OM2 – OH2.Dans le 1er cas de figure MH2 = 12 – (–x)2 = 1 – x2 et dans le second, MH2 = 1 – x2.On en déduit que, dans tous les cas de figure, MH2 = .Donc l’aire du triangle AMM’, en fonction de x, est égale à (1 – x) .

2) Soit f la fonction numérique définie sur [–1 ; 1] par : f(x) = (1 – x) et soit C sa courbe représentative dan un plan rapporté à un repère orthonormal où l’unité de longueur est 4 cm.

a) Etudier la dérivabilité de f en – 1 et + 1. En déduire les tangentes à la courbe C aux points d’abscisses – 1 et + 1.

Etudier la dérivabilité d’une fonction en un point revient à chercher la limite du taux d’accroissement de la fonction en ce point.Si le résultat est un nombre fini alors la fonction est dérivable en ce point et ce nombre est le coefficient directeur de la tangente à la courbe en ce point.

2d cas de figure : x > 0

O A1

A'

M

M'

H

1

Si le résultat est + ou – alors la fonction n’est pas dérivable en ce point et la courbe de la fonction admet en ce point une tangente verticale.

Etude de la dérivabilité de f en – 1 :

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

x –1 (x > –1) x –1 (x > –1) x –1 (x > –1)On en déduit que f n’est pas dérivable en –1 et que la courbe de f admet au point d’abscisse –1 une tangente verticale d’équation x = – 1.

Etude de la dérivabilité de f en – 1 :

lim – = 0 d’où lim = 0

x 1 (x < 1) x 1 (x < 1) On en déduit que f est dérivable en 1 et que la courbe de f admet au point d’abscisse 1 une tangente horizontale d’équation y = 0.

b) Etudier les variations de f que l’on présentera dans un tableau de variation de f en précisant f(0).

f est dérivable sur ]– 1 ; 1[ car c’est le produit de deux fonctions dérivables sur ]– 1 ; 1[ : x 1 – x et x .Pour tout x ]– 1 ; 1, f ’(x) = (1 – x)’ + (1 – x) ( )’

= –1 + (1 – x)

= –1 + (1 – x)

=

=

=

=

Comme 2 > 0 , f ’(x) est du signe du trinôme 2x2 – x – 1.

= (–1)2 – 4(2)(–1) = 9 > 0 , le trinôme a deux racines : x1 = = – 0,5 et

x2 = = 1.

Le trinôme est du signe du facteur de x2 (positif) à l’extérieur des racines.Tableau de variation de f :x – 1 – 0,5 0 1f ’(x) + 0 – 0

f(0) = 1 = 1f(–1) = (1+1) = 0f(1) = (1–1) = 0f(–0,5) = 1,5

= =

f(x) 0,75 1 0 0

c) Tracer la courbe C sur papier millimétré .

2) Montrer que le triangle AMM’ d’aire maximale est équilatéral. Comme aire (AMM’) = f(x) et d’après les variations de f, le triangle d’aire maximale correspond à x = – 0,5.M et M’ se trouvent sur le cercle trigonométrique avec une même abscisse de – 0,5 donc

la position de M correspond à , M’ à – et A à 0 , AMM’ est équilatéral.

3) Justifier que l’équation f(x) = 1 admet exactement deux solutions et ( < ) . Déterminer et donner, en justifiant, une valeur approchée par défaut à 10 – 3 près de .

La fonction f est continue sur [–1 ; –0,5] et strictement croissante . f réalise une bijection de [–1 ; – 0,5] sur [0 ; 0,75 ] et 1 [0 ; 0,75 ].On en déduit, d’après le théorème de la bijection que l’équation f(x) = 1 admet une unique solution sur [–1 ; – 0,5].En appliquant de même le théorème de la bijection sur [– 0,5 ; 1] on démontre que l’équation f(x) = 1 admet une unique solution sur l’intervalle [–0,5 ; 1].Donc l’équation f(x) = 1 admet exactement 2 solutions et et, d’après les variations de f, = 0.Par la méthode du balayage sur la calculatrice on obtient : – 0,840 < < – 0,839 car f(– 0,840) 0,99836 et f(– 0,839) 1,0066.On en déduit que la valeur approchée de à 10 – 3 près par défaut est – 0,840.