Chapitres de Maths complémentaires

Fonctions : continuité, dérivabilité, limites, représentation graphique

  1. 1

    Exercice 1

    Facile

    Déterminer les limites suivantes en justifiant par les limites des fonctions de référence.

    1. limx+(3+1x)\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\left(3+\frac{1}{x}\right)
    2. limx0+1x\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}
    3. limx+e2x\displaystyle \lim_{x\to +\infty} e^{-2x} \quad et \quad limx0+lnx\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\ln x

    Enfin, on considère la fonction ff définie sur R{1}\mathbb{R}\setminus\{1\} par f(x)=2+3x1f(x)=2+\dfrac{3}{x-1}. Déterminer ses deux asymptotes.

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    Une limite de la forme « constante ++ terme qui tend vers 00 » donne une asymptote horizontale. Un dénominateur qui tend vers 00 en gardant un signe constant donne une asymptote verticale.

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    1. Quand x+x\to +\infty, 1x0\dfrac{1}{x}\to 0, donc limx+(3+1x)=3\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\left(3+\frac{1}{x}\right)=3.
    2. Quand x0+x\to 0^+, x>0x>0 et x0x\to 0, donc 1x+\dfrac{1}{x}\to +\infty : limx0+1x=+\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=+\infty.
    3. Quand x+x\to +\infty, 2x-2x\to -\infty donc e2x0e^{-2x}\to 0 : limx+e2x=0\displaystyle \lim_{x\to +\infty} e^{-2x}=0. Par ailleurs limx0+lnx=\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\ln x=-\infty.

    Pour f(x)=2+3x1f(x)=2+\dfrac{3}{x-1} :

    limx+f(x)=2etlimxf(x)=2,\lim_{x\to +\infty} f(x)=2 \quad\text{et}\quad \lim_{x\to -\infty} f(x)=2,

    car 3x10\dfrac{3}{x-1}\to 0. La droite d'équation y=2y=2 est donc asymptote horizontale en ±\pm\infty. Quand x1+x\to 1^+, x10+x-1\to 0^+ donc 3x1+\dfrac{3}{x-1}\to +\infty ; quand x1x\to 1^-, 3x1\dfrac{3}{x-1}\to -\infty. La droite d'équation x=1x=1 est donc asymptote verticale.

  2. 2

    Exercice 2

    Facile

    Calculer la dérivée de chacune des fonctions suivantes, définies sur un intervalle où elles ont un sens.

    1. f(x)=(3x1)2f(x)=(3x-1)^2
    2. g(x)=e2x+1g(x)=e^{2x+1}
    3. h(x)=ln(x2+1)h(x)=\ln(x^2+1)
    4. k(x)=ex2k(x)=e^{-x^2}
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    Utiliser les formules (u2)=2uu(u^2)'=2u'u, (eu)=ueu\big(e^{u}\big)'=u'e^{u}, (lnu)=uu\big(\ln u\big)'=\dfrac{u'}{u}, et pour f(ax+b)f(ax+b) un facteur aa.

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    1. Avec u(x)=3x1u(x)=3x-1, u(x)=3u'(x)=3 : f(x)=2×3×(3x1)=6(3x1)=18x6f'(x)=2\times 3\times(3x-1)=6(3x-1)=18x-6.

    (Vérification : (3x1)2=9x26x+1(3x-1)^2=9x^2-6x+1, de dérivée 18x618x-6.)

    1. Avec u(x)=2x+1u(x)=2x+1, u(x)=2u'(x)=2 : g(x)=2e2x+1g'(x)=2\,e^{2x+1}.
    2. Avec u(x)=x2+1>0u(x)=x^2+1>0, u(x)=2xu'(x)=2x : h(x)=2xx2+1h'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.
    3. Avec u(x)=x2u(x)=-x^2, u(x)=2xu'(x)=-2x : k(x)=2xex2k'(x)=-2x\,e^{-x^2}.
  3. 3

    Exercice 3

    Facile
    1. Simplifier A=ln6ln2+ln3A=\ln 6-\ln 2+\ln 3 et l'exprimer sous la forme nln3n\ln 3.
    2. Résoudre dans R\mathbb{R} l'équation ln(2x1)=ln(x+3)\ln(2x-1)=\ln(x+3).
    3. Une population diminue de 10%10\,\% chaque année : après nn années il en reste une proportion 0,9n0{,}9^{\,n}. Déterminer le plus petit entier nn tel que cette proportion soit inférieure à 0,50{,}5 (c'est-à-dire tel que la population ait été divisée par plus de deux).
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    Utiliser ln(ab)=lna+lnb\ln(ab)=\ln a+\ln b et ln ⁣ab=lnalnb\ln\!\frac{a}{b}=\ln a-\ln b. Pour l'équation, penser au domaine. Pour le seuil, utiliser ln(qn)=nlnq\ln(q^n)=n\ln q et attention au sens de l'inégalité quand on divise par ln0,9<0\ln 0{,}9<0.

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    1. A=ln ⁣(6×32)=ln9=ln(32)=2ln3A=\ln\!\left(\dfrac{6\times 3}{2}\right)=\ln 9=\ln(3^2)=2\ln 3.
    2. Domaine : 2x1>02x-1>0 et x+3>0x+3>0, soit x>12x>\tfrac12. La fonction ln\ln étant strictement croissante (donc injective), l'équation équivaut à 2x1=x+32x-1=x+3, d'où x=4x=4. Comme 4>124>\tfrac12, la solution est x=4x=4.
    3. On cherche 0,9n<0,50{,}9^{\,n}<0{,}5. En composant par ln\ln (croissant) : nln0,9<ln0,5n\ln 0{,}9<\ln 0{,}5. Comme ln0,9<0\ln 0{,}9<0, on divise en changeant le sens : n>ln0,5ln0,90,69310,10546,58.n>\frac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}9}\approx\frac{-0{,}6931}{-0{,}1054}\approx 6{,}58. Le plus petit entier convenable est n=7n=7. Vérification : 0,960,531>0,50{,}9^{6}\approx 0{,}531>0{,}5 et 0,970,478<0,50{,}9^{7}\approx 0{,}478<0{,}5.
  4. 4

    Exercice 4

    Facile

    On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x33x+1f(x)=x^3-3x+1.

    1. Calculer f(x)f'(x) et étudier son signe.
    2. Dresser le tableau de variation de ff (avec les limites en ±\pm\infty).
    3. En déduire, à l'aide du théorème des valeurs intermédiaires, le nombre de solutions de l'équation f(x)=0f(x)=0.
    4. Donner un encadrement d'amplitude 0,10{,}1 de la plus grande solution.
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    Le TVI s'applique sur chaque intervalle où ff est continue et strictement monotone : compter les changements de signe des valeurs aux bornes. Pour l'encadrement, procéder par balayage.

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    1. f(x)=3x23=3(x21)=3(x1)(x+1)f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1). Donc f(x)>0f'(x)>0 sur ],1[]-\infty,-1[ et ]1,+[]1,+\infty[, et f(x)<0f'(x)<0 sur ]1,1[]-1,1[.
    2. f(1)=1+3+1=3f(-1)=-1+3+1=3 et f(1)=13+1=1f(1)=1-3+1=-1. De plus limxf(x)=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty et limx+f(x)=+\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty. x11+f(x)+00+3+f1\begin{array}{c|ccccccc} x & -\infty & & -1 & & 1 & & +\infty\\ \hline f'(x)& & + & 0 & - & 0 & + &\\ \hline & & \nearrow & 3 & & & \nearrow & +\infty\\ f & -\infty & & & \searrow & & &\\ & & & & & -1 & & \end{array}
    3. Sur ],1]]-\infty,-1], ff est continue strictement croissante de -\infty à 33 : elle s'annule une fois (car 0],3]0\in]-\infty,3]). Sur [1,1][-1,1], ff décroît de 33 à 1-1 : elle s'annule une fois. Sur [1,+[[1,+\infty[, ff croît de 1-1 à ++\infty : elle s'annule une fois. Au total, l'équation f(x)=0f(x)=0 admet trois solutions.
    4. La plus grande solution est dans [1,+[[1,+\infty[. Balayage : f(1)=1<0f(1)=-1<0, f(2)=86+1=3>0f(2)=8-6+1=3>0, f(1,5)=3,3754,5+1=0,125<0f(1{,}5)=3{,}375-4{,}5+1=-0{,}125<0, f(1,6)=4,0964,8+1=0,296>0f(1{,}6)=4{,}096-4{,}8+1=0{,}296>0. Donc la plus grande solution α\alpha vérifie 1,5<α<1,61{,}5<\alpha<1{,}6.
  5. 5

    Optimisation d'un coût moyen de production

    Moyen

    Une entreprise fabrique qq tonnes d'un produit (avec q>0q>0). Son coût total de production, exprimé en centaines d'euros, est modélisé par

    C(q)=0,5q2+2q+50.C(q)=0{,}5\,q^2+2q+50.

    On appelle coût moyen la fonction CM(q)=C(q)qC_M(q)=\dfrac{C(q)}{q} et coût marginal la fonction Cm(q)=C(q)C_m(q)=C'(q).

    1. Exprimer CM(q)C_M(q) puis calculer CM(q)C_M'(q).
    2. Déterminer la quantité q0q_0 qui minimise le coût moyen et la valeur de ce minimum.
    3. Calculer le coût marginal en q0q_0 et comparer avec le coût moyen minimal. Commenter.
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    CM(q)=0,5q+2+50qC_M(q)=0{,}5q+2+\dfrac{50}{q}. Étudier le signe de CMC_M'. Une propriété classique : au minimum du coût moyen, coût moyen et coût marginal sont égaux.

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  6. 6

    Décroissance de la concentration d'un médicament

    Moyen

    Après une injection, la concentration d'un médicament dans le sang (en mg/L) est modélisée, pour t0t\geq 0 (en heures), par

    C(t)=5e0,2t.C(t)=5\,e^{-0{,}2\,t}.
    1. Calculer C(0)C(0) et déterminer limt+C(t)\displaystyle\lim_{t\to +\infty}C(t). Interpréter graphiquement.
    2. Calculer C(t)C'(t) et en déduire le sens de variation de CC.
    3. Le médicament est inefficace dès que la concentration passe sous 11 mg/L. Déterminer l'instant tt à partir duquel c'est le cas (valeur exacte puis valeur approchée).
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    CC est de la forme t5eu(t)t\mapsto 5e^{u(t)} avec u(t)=0,2tu(t)=-0{,}2t. Pour la question 3, résoudre C(t)=1C(t)=1 à l'aide de ln\ln.

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  7. 7

    Temps de doublement d'un capital

    Moyen

    On place un capital de 10001000 euros sur un compte rémunéré à un taux annuel de 4%4\,\%. Au bout de nn années, le capital vaut

    Cn=1000×1,04n.C_n=1000\times 1{,}04^{\,n}.
    1. Déterminer, à l'aide du logarithme népérien, le plus petit entier nn tel que le capital ait au moins doublé.
    2. Retrouver l'ordre de grandeur du résultat par la « règle des 7070 » (n70/taux en %n\approx 70/\text{taux en }\%) et commenter.
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    Résoudre 1,04n21{,}04^{\,n}\geq 2 en utilisant ln(qn)=nlnq\ln(q^n)=n\ln q. Comme ln1,04>0\ln 1{,}04>0, le sens de l'inégalité est conservé.

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  8. 8

    Exercice 8

    Difficile

    On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3+x1f(x)=x^3+x-1.

    1. Montrer que l'équation f(x)=0f(x)=0 admet une unique solution réelle α\alpha, et que α]0,1[\alpha\in]0,1[.
    2. Dichotomie. Effectuer deux étapes de dichotomie sur [0,1][0,1] pour encadrer α\alpha.
    3. Méthode de Newton. La suite de Newton est définie par xn+1=xnf(xn)f(xn)x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}. En partant de x0=1x_0=1, calculer x1x_1, x2x_2 et x3x_3 (arrondis à 10410^{-4}).
    4. Comparer la rapidité des deux méthodes.
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  9. 9

    Exercice 9

    Difficile

    On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x+exf(x)=x+e^{x}.

    1. Montrer que ff réalise une bijection de R\mathbb{R} sur R\mathbb{R}. On note f1f^{-1} sa réciproque.
    2. Calculer f(0)f(0) et en déduire f1(1)f^{-1}(1).
    3. En admettant la formule (f1)(f(a))=1f(a)\big(f^{-1}\big)'(f(a))=\dfrac{1}{f'(a)}, calculer (f1)(1)\big(f^{-1}\big)'(1).
    4. Que peut-on dire des courbes de ff et f1f^{-1} dans un repère orthonormé ? Déterminer enfin un encadrement d'amplitude 0,10{,}1 de l'unique solution de f(x)=0f(x)=0.
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