Correction des exercices donnés lors du stage de mars

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Correction des exercices donnés lors du stage de mars 2010 I f est définie sur R par : f (x)= ax3+bx2+cx+d . 1. On a f ?(x)= 3ax2+2bx+c. • f (?1)= 0??a+b?c+d = 0. • f (0)= 5? d = 5. • f (1)= 4? a+b+c+d = 4 • f ?(1)= 0? 3a+2b+c = 0 On en déduit que a, b, c et d sont solutions du système ? ? ? ? ? ? ? ?a+b?c+d = 0 d = 5 a+b+c+d = 4 3a+2b+c = 0 . ? ? ? ? ? ? ? ?a+b?c+d = 0 d = 5 a+b+c+d = 4 3a+2b+c = 0 ? ? ? ? ? ? ? ? d = 5 ?a+b?c =?5 a+b+c =?1 3a+2b+c = 0 ? ? ? ? ? ? ? ? d = 5 b =?3 a+c =?3 3a+c =?4 ? ? ? ? ?

  • lim x?±∞

  • signe du coefficient de x2

  • milieu du segment joignant les points de coordonnées


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Publié le 01 mars 2010
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Langue Français
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Correctiondesexercicesdonnéslorsdustagedemars2010
I
3 2
f estdéfiniesurRpar: f(x)=ax +bx +cx+d.
′ 21. Ona f (x)=3ax +2bx+c.
• f(−1)=0⇔−a+b−c+d=0.
• f(0)=5⇔d=5.
• f(1)=4⇔a+b+c+d=4
′• f (1)=0⇔3a+2b+c=0

−a+b−c+d=0
d=5
Onendéduitquea,b,c etd sontsolutionsdusystème .
 a+b+c+d=4
3a+2b+c=0
   
−a+b−c+d=0 d=5 d=5 d=5      
d=5 −a+b−c=−5 b=−3 b=−3
⇔ ⇔ ⇔
 a+b+c+d=4  a+b+c=−1  a+c=−3  a=2      
3a+2b+c=0 3a+2b+c=0 3a+c=−4 c=0
3 2Parconsqéquent: f(x)=2x −3x +5 .
2. Représentationgraphique:
→−
j
→−O
i
3 2
3. SoitP(x)=2x −3x +5(doncP(x)= f(x)).
(a) P(−1)=0
P(x)peutdoncsefactoriserpar(x−(−1))doncpar(x+1).
2P(x)=(x+1)(αx +βx+γ)
2 3 2Endéveloppant,ontrouve:(x+1)(αx +βx+γ)=αx +(α+β)x +(β+γ)x+γ.
Onidentifiealorslescoefficients;onobtientlesystème:

α=2 α=2 α+β=−3
β=−5⇔ .
 β+γ=0  γ=5
γ=5
2Parconséquent:P(x)=(x+1)(2x −5x+5)
2(b) P(x)=0⇔x+1=0ou2x −5x+5=0.
• x+1=0⇔x=−1
2• 2x −5x+5=0n’apasdesolutioncarΔ<0
Parconséquent:S ={−1}
Page1/17II
3x +10x
f(x)=
2x +1
2 3bx ax(x +1)+bx ax +(a+b)x
1. ax+ = = .
2 2 2x +1 x +1 x +1
bc
Pour que f(x)=ax+ pour tout x, il faut et il suffit que les coefficients du numérateur soient les mêmes (on identifie les
2x +1
coefficients). ?
a=1
Onobtientlesystème: dontlessolutionssonta=1etb=9.
a+b=10
9x
Parconséquent: f(x)=x+ .
2x +1
? ?
−9x 9x 9x
2. Pourtoutx, f(−x)=−x+ =−x− =− x+ =−f(x).
2 2 2(−x) +1 x +1 x +1
Pourtoutx, f(−x)=−f(x)donc f estimpaire.(Lacourbeestdoncsymétriqueparrapportàl’origineO).
′3. Pourétudierlesvariationsde f,étudionslesignede f (x).
x u 2f(x)=x+9× .Onpeutvoir f comme: f =u+9× avecu(x)=x,v(x)=x +1.
2x +1 v
′ ′ 2 2u v−uv 1×(x +1)−2x×x 9(1−x )′ ′ ′ ′ ′Alors : f = u +9× avec u (x)= 1 et v (x)= 2x. Pour tout x, f (x)= 1+9× = 1+ =
2 2 2 2 2v (x +1) (x +1)
2 2 2(x +1) +9(1−x )
2 2(x +1)
4 2x −7x +10
= .
2 2(x +1)
Ilestclairqueledénominateurestpositif(carréd’unréel).
′f (x)estdusignedunumérateur.
4 2 2Pourétudierlesignedex −7x +10,posonsX=x .
4 2 2x −7x +10=X −7X+10(trinômeduseconddegré).
Δ=9>0doncilyadeuxracines,quisont2et5. p p p p
2 4 2 2 2Onendéduit:X −7X+10=(X−2)(X−5)doncx −7x +10=(x −2)(x −5)=(x− 2)(x+ 2)(x− 5)(x+ 5).
+Comme f estimpaire,onpeutderestreindreàétudier f surR .
2 2 2x −2estpositif(dusigneducoefficientdex )àl’extérieurdesracinesetx −5estpositifégalementàl’extérieurdesesracines.
Onendéduitletableaudevariations:
p p
x 0 2 5 +∞
2x −2 − 0 + +
2x −5 − − 0 +
′f (x) − 0 − 0 +
p
f( 2)
@
f(x) @
p@R
0 f( 5)
9x 9x
4. Puisque f(x)=x+ , f(x)−x= .
2 2x +1 x +1
9x
estunefractionrationnelle,doncsalimiteàl’infiniestcelleduquotientdestermesdeplushautdegré.
2x +1
9x 9x 9
lim = lim = lim =0
2 2x→+∞ x→+∞ x→+∞x +1 x x
Donc: lim [f(x)−x]=0.
x→+∞
Demême: lim [f(x)−x]=0.
x→−∞
Onendéduitqueladroited’équation y=x estasymptoteàlacourbeC en−∞eten+∞.f
′5. Latangenteen0apourcoefficientdirecteur f (0)=10.
Tracédelacourbe:
Page2/17a
9
8
7
6
5
4
3
2
1
−3 −2 −1 1 2
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
III
2x+2
f(x)=
2x +2x−3
1. Ensemblededéfinition:
2Résolvonsl’équation x +2x−3=0;Δ=16>0;ilyadeuxracines:-3et1.
Parconséquent, f estdéfiniesur D =R\{−3; 1} .f
SurcetensembleD , f estdérivable.f
u 2f = avecu(x)=2x+2etv(x)=x +2x−3.
v
? ? ′ ′′u u v−uv′ ′ ′f = = avecu (x)=2x etv (x)=2x+2.
2v v
2 2 2 22(x +2x−3)−(2x+2) −2x −4x−10 −2(x +2x+5)′Alors: f (x)= = = .
2 2 2 2 2 2(x +2x−3) (x +2x−3) (x +2x−3)
′f (x)estdusignedunumérateur.
2 2 ′x +2x+5aundiscriminantΔnégatif,doncx +2x+5esttoujourspositif;onendéduitque f (x)esttoujoursnégatifsurD .f
f estdoncdécroissantesurchaqueintervalledesonensemblededéfinition.
f(x)estunefractionrationnelle;seslimitesàl’infinisontcellesduquotientdetermesdeplushautdegré.
2x 2
• lim f(x)= lim = lim =0.
2x→±∞ x→±∞ x→±∞x x
Onendéduitqueladroited’équation y=0estasymptoteàlacourbeC en−∞eten+∞.f
2 2
f n’estpasdéfinien-3; lim (2x+2)=−4<0; lim (x +2x−3)=0avecx +2x−3>0.
x→−3 x→−3
x<−3 x<−3
Onendéduitque lim f(x)=−∞.
x→−3
x<−3
Ontrouveraitdemêmeque lim f(x)=+∞(carledénominateurestalorsnégatif,toutcommelenumérateur).
x→−3
x>−3
Demême,ontrouve: lim f(x)=−∞et lim f(x)=+∞.
x→1 x→1
x<1 x>1
x −∞ −3 1 +∞
′f (x) − − −
0 +∞ +∞
@ @ @
f(x) @ @ @
@R @R @R
−∞ −∞ 0
Page3/17• (a) Intersectionavecl’axedesabscisses:onrésoutl’équation f(x)=0.
2x+2 a a
f(x)=0⇔ =0⇔2x+2=0⇔x=−1(rappel: =c⇔a=bc donc =0⇔a=0).
2x +2x−3 b b
Lacourbecoupel’axedesabscissesaupoint I(−1; 0) .
(b) MontronsqueIestcentredesymétrie.
Rappel:I(a ; b)estcentredesymétried’unecourbeC si,etseulementsi,l’ensemblededéfinitionestsymétriqueparrapportf
àaetsi,pourtoutx, f(a−x)+f(a+x)=2b(Idoitêtrelemilieudusegmentjoignantlespointsdecoordonnées(a−x ; f(a−x))
f(a−x)+f(a+x)
et(a+x ; f(a+x))donc =b ).
2
D estbiensymétriqueparrapportà-1.f
Pourtoutx :
2(−1−x)+2 2(−1+x)+2 −2x 2x
f(−1−x)+f(−1+x)= + = + =0.
2 2 2 2(−1−x) +2(−1−x)−3 (−1+x) +2(−1+x)−3 x −4 x −4
I(−1; 0)estbiencentredesymétriedelacourbeC .f
(c) LatangenteàC enI apouréquationréduite:f
1 1 1′y= f (−1)(x−(−x))+f(−1)donc:y=− (x+1)+0⇔ y=− x−
2 2 2
• Courbe
5
4
3
2
Cf
1
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6
−1
−2
−3
−4
−5
−6
2x+22 2 2• mx +2(m−1)x−(3m+2)=0⇔m(x +2x−3)−2x−2=0⇔m(x +2x−3)=2x+2⇔m= ⇔ f(x)=m .
2x +2x−3
Ondoitdonctrouvergraphiquementlenombredesolutionsdel’équation f(x)=m selonlesvaleursdem.(onpeutaussis’aiderdu
tableaudevariations).
Pourm<0,l’équationadeuxsolutions.
Pourm=0,l’équationaunesolution,quivaut-1.
Pourm>0,l’équationadeuxsolutions.
IV
2x
f estdéfiniepar f(x)= (a>0).
2x +a
2 21. Pourtoutx,x ?0doncx +a?a>0cara>0donc f estdéfiniesurR.
2×(−x) −2x 2x
2. Restsymétriqueparrapportà0et,pourtoutx, f(−x)= = =− =−f(x)donc f estimpaire.
2 2 2(−x) +a x +a x +a
Page4/17
bu 23. f estdérivablesurR(quotientdefonctionsdérivables): f =2× avecu(x)=x etv(x)=x +a.
v
′ ′u v−uv′ ′ ′f =2× avecu (x)=1etv (x)=2x.
2v
2 2 21×(x +a)−2x×x a−x 2(a−x )′f (x)=2× =2× = .
2 2 2 2 2 2(x +a) (x +a) (x +a)
′Lacourbeadmeten1unetangentehorizontalesi,etseulementsi, f (1)=0.
2(a−1)′ ′f (1)= donc f (1)=0⇔ a=1 .
2 2(x +a)
4. Onprenda=1(valeurtrouvéejustementàlaquestion3.)
22(1−x ) 2(1+x)(1−x)′Alors: f (x)= = .
2 2 2 2(x +1) (x +1)
′f (x)=0pourx=−1oux=1.
′ 2f (x)estdusignede(1+x)(1−x),doncnégatif(dusigneducoefficientdex )àl’extérieurdesdeuxracines.
Letableaudevariationsest:
x −∞ −1 1 +∞
′f (x) − 0 + 0 −
0 1
@ @
f(x) @ @
@R @R
−1 0
Courbe:
1
−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4
−1
V
c
f(x)=ax+b+ .
x+1
? ? ? ?′ ′×1 1 1 v′ ′ ′1. f(x)=ax+b+c donconpeutvoir f comme f =u+c× dedérivée f =u +c× =u +c× − avecu(x)=ax+b,
2x+1 v v v
′ ′u (x)=a,v(x)=x+1etv (x)=1.
c′Alors: f (x)=a− .
2(x+1)
′ ′
D’aprèsletableaudevariations,ona: f (−2)=0, f (0)=0, f(−2)=−2et f(0)=2.
Onendéduitlesystème:  
a−c=0 a=c a=c  
−2a+b−c=−2 ⇔ a+b=2 ⇔ a=1 .
  
b+c=2 −3a+b=−2 b=1
1
Onendéduit: f(x)=x+1+
x+1
1 1
2. f(x)−(x+1)= ; lim =0donc lim [f(x)−(x+1]=0).
x→±∞ x→±∞x+1 x+1
LadroiteΔd’équation y=x+1estasymptoteàlacourbeC en−∞eten+∞.f
1
3. f(x)−(x+1)= quiestdusignedex+1.
x+1
1
Pourx>−1,x+1>0,donc >0et f(x)−(x+1)>0.
x+1
1
Pourx<−1,x+1<0,donc <0et f(x)−(x+1)<0.
x+1
Pour x=−1, f(x)−(x+1)=0 donc la droite d’équation y=x+1 coupeC au point d’abscisse -1.C est au-dessus deΔ pourf f
x>−1etendessouspourx<−1.
VI
? ?
1 2Soit f définiesur −1; par: f(x)=ln(ax +bx+c).
2
Page5/17? ? ? ?
1 1 5
1. D’aprèsletableaudevariations,ona: f − =0, f(0)=0, f =ln .
2 4 8? ? ? ?
1 a b a b
f − =ln − +c =0donc − +c=1.
2 4 2 4 2
f(0)=lnc=0doncc=1.? ?
1 a b 5 a b 5
f =ln + +c =ln donc + +c= .
4 16 4 8 16 4 8
Onendéduitquea,b etc sontsolutionsdusystème:
 
c=1 c=1     c=1 c=1   a b a b
− +c=1 − =0⇔ ⇔ a−2b=0 ⇔ b=−1 .4 2 4 2   a b 5 a b 3  a+4b=−6 a=−2 + +c= + =−
16 4 8 16 4 8
2Onendéduitque f(x)=ln(−2x −x+1) .
? ?
12Remarque:−2x −x+1=(−2x+1)(x+1)quieststrictementpositifsi,etseulementsi,x appartientà −1; .
2
′u′ 22. f =ln◦u donc f = avecu(x)=−2x −x+1.
u
−4x−1′Onendéduitque f (x)= .
2−2x −x+1
′3. Ledénominateurestpositifdonc f (x)estdusignedunumérateur.
1′f (x)=0⇔−4x−1=0⇔x=− .
4
1′
4. f (x)>0⇔−4x−1>0⇔−4x>1⇔x< .
4
1′f (x)<0⇔x> .
4 ? ?
1 1 1
f estdonccroissantesur]−1;− puisdécroissantesur − ; .
4 4 2
Onretrouvebienletableaudevariations.? ?
1 9
Lemaximumest f − =ln
4 8
VII
PartieA
g estdéfiniesur]0;+∞[parg(x)=x+1+lnx.
1. lim(x+1)=1et limlnx=−∞doncparsomme: limg(x)=−∞
x→0 x→0 x→0
lim (x+1)=+∞et lim lnx=+∞doncparsomme: lim g(x)=+∞ .
x→+∞ x→+∞ x→+∞
1 1 x+1′g (x)=1+0+ =1+ = >0carsur]0;+∞[,x etx+1sontstrictementpositifs.
x x x
Onendéduitquelafonctiong eststrictementcroissantesur]0;+∞[.
2. (a) limg(x)=−∞, lim g(x)=+∞etg estcontinuesur]0;+∞[,doncd’aprèslethéorèmedesvaleursintermédiaires,l’équa-
x→+∞x→0
tiong(x)=0admetaumoinsunesolutionsurcetintervalle.
Commeg eststrictementcroissante,cettesolutionestunique;notonslaα.
Avecunecalculatrice,ontrouveque f(0,27)≈−0,039<0etg(0,28)≈0,0070>0.Onendéduitque: 0,27<α<0,28 .
(b) g(x)<0pourx<α;g(α)=0etg(x)>0pourx>α.
PartieB
4xlnx
Soit f définiesur]0;+∞[par: f(x)= .
x+1
1. Limiteen0:D’aprèsuneformuleducours, lim(xlnx)=0; lim(x+1)=1donc,parquotient, lim f(x)=0 .
x→0 x→0 x→0
Limiteen+∞:onauneformeindéterminée,carlenumérateuretledénominateurtendenttousdeuxvers+∞.? ?
4xlnx 4lnx 1
Pourx>0, f(x)= ? ?= ; lim (4lnx)=+∞; lim 1+ =1doncparquotient, lim f(x)=+∞
1 1 x→+∞ x→+∞ x→+∞x
x 1+ 1+
xx
2. (a) f estdérivablecommequotientdefonctionsdérivables:
u
f =4 avecu(x)=xlnx etv(x)=x+1.
v
? ? ′ ′′u u v−uv′f =4× =4× .
2v v
Page6/171′ ′u (x)=1×lnx+x× =lnx+1(ondériveu commeunproduit);v (x)=1.
x
(1+lnx)(x+1)−xlnx x+1+xlnx+lnx−xlnx x+1+lnx 4g(x)′Parconséquent: f (x)=4× =4× =4× = .
2 2 2 2(x+1) (x+1) (x+1) (x+1)
′(b) Ledénominateur estpositif,demêmeque4,donc f (x)estdusignedeg(x),c’est-à-direnégatifsur]0; α[,nulpour x=α
etpositifpourx>α.
(c) Tableaudevariations:
x 0 α +∞
′f (x) − 0 +
f(x) 0 +∞
@
@
@R
f(α)
3. Tableaudevaleurs(àfaireàlacalculatrice)
4. Courbe:
2
1
α
−1 1 2
−1
−2
VIII
PartieA:
1. D’aprèsletableaudevariations,l’ensemblededéfinitionde f est:(−∞; 1[∪]1;=∞[
′2. Lacourbeadmetcommeasymptote horizontaleladroiteD d’équation y=1etcommeasymptote verticaleladroiteD d’équa-
tionx=1. ? ?
1 1
LepointAenlequellatangenteà(C)esthorizontaleapourcoordonnées − ;− .
2 3
Lacourbeestàlafin.
PartieB:
4 3
f estdéfiniepar: f(x)=1+ + .
2 2(x−1) (x−1)
2 24 3 (x−1) +4(x−1)+3 x +2x 2
1. f(x)=0⇔1+ + =0⇔ =0⇔ =0⇔x +2x=0⇔x(x+2)=0.Lessolutionssont-2
2 2 2 2(x−1) (x−1) (x−1) (x−1)
et0: S =}−2; 0} .
? ?2(x−1) +4(x−1)+3 1 12 2f(x)=1⇔ =1⇔(x−1) +4(x−1)+3=(x−1) ⇔4(x−1)+3=0⇔x= : S = .
2(x−1) 4 4
2. Tableaudevaleursàfaireaveclacalculatrice.
Page7/173. Courbe:
14
12
10
8
6
4
2
A
−4 −2 2 4 6
−2
IX
x 0 1
f(x) 2 11. (a)
′f (x) −3 0
′Eneffet, f (0)estlecoefficientdirecteurdelatangenteT ,quipasseparlespointsAetBdecoordonnées(0; 2)et(1;−1);A
y −yB A
lecoefficientdirecteurvautalors
x −xB A

En1,latangenteestparallèleàl’axedesabscisses,donc f (1)=0.
(b) Letableaudevariationsest:
x 0 1 +∞
2 +∞
@
@
@R
f(x) 1
1 ′2. Onconsidèrelafonctiong définieparg= ,dedérivéeg .
f
1 1 1 1 1 1
(a) g(0)= = ;g(1)= = =1;g(3)= = .
f(0) 2 f(1) 1 f(3) 2
(b) f estpositivesur[0;+∞[;g estlacomposédelafonction f etdelafonctioninverse,décroissantesur]0;+∞[.
Lesvariationsdeg sontdonccontrairesàcellesde f.
g estcroissantesur[0; 1]puisdécroissantesur[1;+∞[.
? ?′ ′1 1 f′(c) g= doncg = =− .
2f f f
′f (0) −3 3 3′ ′Onendéduitque:g (0)=− =− = ; g (0)= .
2 2f (0) 2 4 4
′f (1) 0′ ′g (1)=− =− =0: g (1)=0 .
2 2f (1) 1
(d) lim f(x)=+∞donc lim g(x)=0 .
x→+∞ x→+∞
Page8/17
bX
PartieI
Graphiquement,ontrouvequel’équation f(x)=0apoursolutionx=1:boxedS ={1}.
f(x)estpositifsurl’intervalle[1; 6].
PartieB
1
g= .
f
1 1
1. (a) g(2)= = =1; g(1)=1 .
f(2) 1
1 1 1
g(4)= = ; g(4)=
f(4) 4 4
1 1
g(6)= = =1; (6)=1 .
f(6) 1
(b) lim f(x)=0avec f(1)?0donc limg(x)=+∞; limg(x)=+∞ .
x→1 x→1 x→1
Onendéduitqueladroited’équationx=1estasymptote(verticale)àlacourbe(Γ).
(c) g estlacomposéedelafonction f etdelafonctioninverse; f estpositivesur[1; 6]et f(x)>0sur]1; 6];onendéduitque
lesvariationsdeg sontcontrairesàcellesde f.
g estdécroissantesur]1; 4]etcroissantesur[4; 6].
x 1 4 6
+∞ 1
@
g(x) @
@R1
4
′f 0′ ′ ′ ′(d) f (4)=0:g =− (voirexerciceprécédent)donc f (4)=− =0; g (4)=0 .
2 2f 4
′f (6)′ ′(e) f (6)=−4doncg (6)=− =4
2f (6) 7
6
5
4
3
2
1
0
0 1 2 3 4 5 6
XI
2f(x)=x (a+blnx).
PartieA
b2 ′ ′1. f =uv avecu(x)=x etv(x)=a+blnx;u (x)=2x etv (x)= .
x
b′ ′ ′ ′ 2
Alors: f =u v+uv donc f (x)=2x(a+blnx)+x × = 2x(a+blnx)+bx=x(2a+b+2blnx) .
x
Page9/1722. f(1)=3⇔1 (a+bln1)=3⇔a=3carln1=0.
′f (1)=4⇔2a+b=4⇔b=−2.
2Parconséquent: f(x)=x (3−2lnx) .
3. DestlatangenteenA(1; 3);soncoefficientdirecteurest4doncsonéquationréduiteest:y=4(x−1)+f(1)soit:y=4(x−1)+3
donc y=4x−1 .
′4. L’abscissedeP,pointpourlequellatangenteestparallèleàl’axedesabscissesestsolutiondel’équation f (x)=0.
′f (x)=0⇔x(4−4lnx)=0⇔4x(1−lnx)=0⇔x=0oux=e.
L’abscissedePestdonce.
′ ′5. f (x)=4x(1−lnx);sur[4;+∞[,4x>0donc f (x)estdusignede1−lnx;or1−lnx s’annulepourx=eetestnégatifpourx>e,
doncpourx>4.
f estdoncdécroissantesur[4;+∞[.
2lim w =+∞et lim (3−2lnx)=−∞donc lim f(x)=−∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
f estcontinuesur[4;+∞[; f(4)=16(3−2ln4)=16(3−4ln2)>3; f(5)=25(3−2ln5)<3.
D’aprèslethéorèmedesvaleursintermédiaires,l’équation f(x)=3aunesolution(aumoins)dans[4; 5[;comme f estdécrois-
santesurcetintervalle,cettesolutionestunique;notonslaα.
Ontrouve α≈4,48
PartieB
31. Soitg définiesur]0;+∞[par:g(x)=x (11−6lnx).? ?
6′ 2 3 2 2 2 2 2g (x)=3x (11−6lnx)+x × − =3x (11−6lnx)−6x =x (33−18lnx−6)=x (27−18lnx)=9x (3−2lnx).
x
′ 2Parconséquent: g (x)=9x (3−2lnx)=9f(x) .
2. La valeur exacte de l’aire de la partie du plan entre la courbeC , l’axe des abscisses et les droites d’équations x=1 et x=e estfZe
égale,enunitésd’aire,à:A = f(x)dx=F(e)−F(1)oùF estuneprimitivede f.
1
1 1′ ′Onatrouvéàlaquestionprécédenteg =9f donc f = g ;uneprimitivede f estalorsF= f.
9 9
1 1
Alors:F(e)= g(e);F(1)= g(1).
9 9
? ?1 1 3F(e)−F(1)= (g(e)−g(1))= 5e −11 .
9 9
2Uneunitéd’airevaut4cm carl’unitévaut4cmenabscisseset1cmenordonnées.
? ? ? ?1 43 3 2Onendéduit:A = 5e −11 u.a donc A = 5e −11 cm
9 9
PartieC
′ 2 2f(x) f (x)x−f(x) 4x (1−lnx)−x (3−2lnx)′1. m(x)= doncm (x)= = =4(1−lnx)−(3−2lnx)=1−2lnx.
2 2x x x
′m (x)=1−2lnx .
11′
2m (x)=0⇔lnx= ⇔x=e .
2
11′
2m (x)>0⇔1−2lnx>0⇔lnx< ⇔x<e .
2
Onendéduitletableaudevariationsdem :
1
2x 0 e 4
′m (x) + 0 −? ?
1
2m e
@
@
@R
m(x)
1
22. Lemaximumdem alieupourx=e ≈3,162,soit3162objets;k=3162.
3. Lecoûtmoyenmaximalestm(3,162)≈2,20578 milliersd’euros,doncenviron2205,78 euros.
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