1 èreS Correction DS 5 22 /01/14 Exercice 1: Le plan est muni d`un

1èreS
Correction DS 5
22 /01/14
C
Exercice 1:
Le plan est muni d'un repère orthonormé (O ; ⃗i , ⃗j ). On
considère une fonction f dérivable sur [ -5 ; + ∞ [.
On dispose des informations suivantes :
• f(-2) = 3
• la dérivée f ' admet la courbe représentative C '
ci-contre.
'
1.
x
-5
signes de f ' ( x )
−
-2
0
+∞
+
Variations de f
3
2. a. A l'aide du tableau de variations, on peut affirmer que f n'est pas stritement croissante sur
[ -5 ; + ∞ [, cette fonction est strictement décroissante sur [-5 ; -2 ] puis strictement croissante sur
[ -2 ; + ∞ [. L'affirmation est fausse.
b. Le minimum de la fonction f est 3 donc pour tout réel x de [ -5 ; + ∞ [, f(x) ⩾3 , la fonction f
est alors positive sur [ -5 ; + ∞ [. L'affirmation est vraie.
c. Le coefficient directeur de la tangente au point d'abscisse 0 à la courbe représentative de la
fonction f est égal à f '(0), grâce au graphique, on a f ' (0) = 2 donc l'affirmation est vraie.
Exercice 2:
Les tableaux indiquent les durées d'ensoleillement , exprimées en heures, dans les villes de Brest et
Strasbourg durant le mois de juin 2 010 ( source météociel).
• Brest
0
1
4
6
7
9
10
12
13
14
Durée en heures ( x i )
Nombre de jours ( n i)
2
3
4
3
2
3
3
2
4
4
• Strasbourg
Durée en heures ( x i )
0
1
4
5
6
8
12
13
14
15
1
4
3
4
3
4
3
1
3
4
Nombre de jours ( n i)
1. Pour Brest : ̄x = 8 h.
Pour Strasbourg : ̄x = 7,9 h.
2. Pour Brest : σ ≈ 4,63 .
Pour Strasbourg : σ ≈ 4,94 .
3. Pour Brest, l'intervalle [ ̄x – σ ; ̄x + σ ] est [3,37 ; 12,63], on a 17 valeurs dans cet intervalle, il y
a alors environ 57% de valeurs dans cet intervalle.
Pour Brest, l'intervalle [ ̄x – σ ; ̄x + σ ] est [2,96 ; 12,84], on a 17 valeurs dans cet intervalle, il y
a alors environ 57% de valeurs dans cet intervalle.
4. Les durées moyennes sont proches et la dispersion des valeurs autour d'elles est comparable donc
l'affirmation : « en juin, il a fait aussi beau à Brest qu'à Strasbourg « est fondée.
Exercice 3 : (9 points)
x 2+x+2
.
x+2
On note Cf la courbe représentative de f dans un repère orthogonal.
On considère la fonction f définie sur [-1 ; 1] par f ( x ) =
1. f est une fonction rationnelle alors f est dérivable sur [-1 ; 1].
Pour tout réel x de [-1 ; 1] , f(x) =
u( x)
avec u(x) = x2 + x + 1 et u' (x) = 2x + 1.
v ( x)
v(x) = x + 2 et v' (x) = 1.
u' ( x ) v ( x ) −u ( x )v ' ( x ) ( 2 x+1 )( x +2 ) −( x 2 +x+2 ) x2 +4 x
=
=
f ' (x) =
[ v ( x ) ]2
( x+2 )2
( x+2 )2
2.
f ' ( x )=
x ( x+4 )
.
( x+2 )2
Les racines du polynôme du seconde degré : x
dire positif sauf entre les racines.
x(x + 4) sont 0 et - 4. Son signe est celui de a, c'est à
( x +2 ) 2 est toujours positif.
x
signes de f ' ( x )
-1
−
0
0
1
+
4
3
2
Variations de f
1
3. La courbe Cf admet une tangente horizontale si et seulement si il existe un réel x appartenant à
[-1 ; 1] tel que f '(x) = 0.
x 2+4 x
⇔
⇔ x 2 +4 x =0 ⇔ x (x + 4) = 0.
f '(x) = 0
2 = 0
( x+2 )
Comme x appartient à [-1 ; 1], il existe une unique solution, celle-ci est égale à 0.
Cf admet une seule tangente horizontale au point d'abscisse 0.
4. L'équation réduite de la tangente à Cf au point d'abscisse -1 est :
y = f '(-1)( x + 1) + f (-1)
f '(-1) =
(−1 )2 +4×(−1 )
= -3
2
(−1+2 )
f (-1) =
(−1 )2 +(−1 )+2
=2
−1+2
y = -3( x + 1) + 2
L'équation réduite de la tangente à Cf au point d'abscisse -1 est y = -3x – 1
5. a. Conjecture : Cf est au-dessus de T sur ]-1 ; 1], le point commun est A(-1 ; 2).
b. Soit g la fonction affine définie sur ℝ par g(x) = -3x – 1 .
Pour tout réel x de [-1 ; 1] ,
f(x) – g(x) =
=
x 2+x+2
– (-3x – 1)
x +2
x 2+x+2
+ 3x + 1
x +2
=
x 2+ x+2+( 3 x +1 )( x+2 )
x +2
=
4 x2 +8 x+4
x+2
=
4 ( x+1 )
x+2
2
Comme x appartient à [-1 ; 1], x+2>0 , de plus un carré est toujours positif donc pour tout réel x de
]-1 ; 1] ,
f(x) – g(x) > 0
On en déduit que Cf est au-dessus de T sur ]-1 ; 1], le point commun est A(-1 ; 2).
Exercice 4 :
x+
Exercice 5 :
1. [SO] est la hauteur de la pyramide donc le triangle SOB est rectangle en O.
ABCD est un carré de centre O donc le triangle SOA est rectangle et isocéle en O.
2. a. Dans le triangle SOB rectangle en O, d'après le théorème de Pythagore :
SB2 = SO2 + OB2
OB2 = 122 – h2
OB = √ 144− x 2
Dans le triangle ABO rectangle et isocèle en O, d'après le théorème de Pythagore :
AB2 = 2OB2
AB2 = 288 –2x2
donc AB=√−2 x 2 +288
3. a.Dans le triangle SOB rectangle en O, [SB] est l'hypothénuse donc SO< SB soit x < 12.
x est une longueur donc x > 0. x appartient alors à l'intervalle I = ]0 ; 12[.
2 3
AB2 ×x (−2 x 2+288 ) x
=
Pour tout réel x de I, V(x) =
= − x +96 x
3
3
3
ℝ
b. Toute fonction polynôme est dérivable sur donc V est dérivable sur I.
Pour tout réel x de I, V ' (x) = −2 x 2+96=−2 ( x 2−48 )
Le polynôme : x
−2 x 2+96 admet pour racines 4 √3 et - 4 √3 , son signe est celui de a, c'est
à dire négatif sauf entre ses racines.
x
0
signes de V ' ( x )
Variations de V
+
4 √3
0
V( 4 √3 )
12
−
D'après le tableau de variations, le volume est maximal pour x = 4 √3 et ce volume maximal est
proche de 443 cm3.