Fonctions : corrigé des exercices de maths en 1ère en PDF.

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1ere • Scolaire

Fonctions

🔎 Analyse : 28 min

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Le corrigé des exercices de maths en 1ère sur les fonctions numériques. Calculs d’image et d’antécédent et créer le tableau de signes. Déterminer le sens de variation d’une fonction.

Exercice 1 :
Donner une décomposition de la fonction $f$ définie par $f(x) = (x-3)^2 +2$

qui permette d’en déduire son sens de variation sur l’intervalle $I =] - \infty ; 3]$ .

Considérons les fonctions g et h définies par $g(x)=(x-3)^2$ et $h(x)=x+2$

alors $f=hog$

or g et h sont deux fonctions croissantes sur I donc f est croissante sur I en tant que composée de

fonctions croissantes sur cet intervalle.

Exercice 2 :

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=x(1-x)\,sur\,\mathbb{R}.$

1. Démontrer que $f(x)\leq \frac{1}{4}\,,\gamma x\in\mathbb{R}.$

f est une fonction polynomiale donc dérivable sur $\mathbb{R}$ .

$f'(x)=1\times (1-x)+x\times (-1)=1-x-x=1-2x$

f’ est une fonction affine de coefficient directeir a = – 2 <0 donc f’ est décroissante sur R.

et s’annule en $x=\frac{1}{2}$ .

Conclusion : f’ est positive sur $]-\infty;\frac{1}{2}]$ donc f est croissante sur $]-\infty;\frac{1}{2}]$

et décroissante sur $[\frac{1}{2};+\infty[$ .

elle admet un maximum en $x=\frac{1}{2}$ .

$f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$

ainsi $f(x)\leq \frac{1}{4}\,,\gamma x\in\mathbb{R}.$

2. En déduire que la fonction $f$ admet un maximum en $x=\frac{1}{2}.$

Voir la réponse de la question 1.

3. Démontrer que $f(x)=\frac{1}{4}-(x-\frac{1}{2})^2$ .

$\frac{1}{4}-(x-\frac{1}{2})^2=(\frac{1}{2})^2-(x-\frac{1}{2})^2=(\frac{1}{2}+x-\frac{1}{2})(\frac{1}{2}-x+\frac{1}{2})=x(-x+1)=x(1-x)=f(x)$

4. En déduire que $f$ est croissante sur l’intervalle $]-\infty;\frac{1}{2}[$ et décroissante sur $]\frac{1}{2};+\infty[$ .

Voir la question 1…..

Exercice 3 :

Le but de cet exercice est de comparer les deux fonctions f et g définies sur $\mathbb{R}$ par :

$f(x)=\frac{1}{1+x^4}\,et\,g(x)=\frac{1}{1+x^2}$

1. Calculer $f(x)-g(x)$ .

$f(x)-g(x)=\frac{1}{1+x^4}-\frac{1}{1+x^2}$

$f(x)-g(x)=\frac{(1+x^2)-(1+x^4)}{(1+x^4)(1+x^2)}$

$f(x)-g(x)=\frac{x^2-x^4}{(1+x^4)(1+x^2)}$

$f(x)-g(x)=\frac{x^2(1-x^2)}{(1+x^4)(1+x^2)}$

$f(x)-g(x)=\frac{x^2(1-x)(1+x)}{(1+x^4)(1+x^2)}$

2. En déduire l’intervalle sur lequel on a $f\geq g.$

le signe de $f(x)-g(x)$ est celui de $(1-x)(1+x)$ car tous les autres termes sont positifs .

Conclusion : $f\geq g$ pour $x\in[-1;1]$

Exercice 4 :

1. La fonction f est définie sur tout l’intervalle [-1; +∞[, et il est connu que la racine carrée d’un nombre réel est toujours positive ou nulle.

Donc f(x) est positive ou nulle pour tout x dans l’intervalle [-1; +∞[.

De même, la fonction g(x) est de la forme 1 + x/2, et comme x est supérieur ou égal à -1, on a g(x) qui est positif ou nul.

2. On a :

$\left (f(x) \right )^2=(\sqrt{1+x})^2=1+x$

$\left (g(x) \right )^2=\left ( 1+\frac{x}{2}\right )^2=1+x+\frac{x^2}{4}$

3. Pour tout x dans l’intervalle [-1; +∞[, on a :

$\left (f(x) \right )^2=1+x\leq 1+x+\frac{x^2}{4}=\left (g(x) \right )^2$

4. Ainsi, on a $f(x)\leq g(x)$ pour tout x dans l’intervalle $[-1;+\infty[$ .

On peut dire que la fonction f(x) est inférieure ou égale à la fonction g(x), ce qui signifie que g(x) est toujours « au-dessus » ou « au moins égale » à f(x).

5. Voici le graphique demandé :

Exercice 5 :
On considère la fonction f définie par $f(x) = x^2 - 1$ sur $\mathbb{R}$ .

Donner une formule explicite de la fonction $fog$ lorsque :

1. $g(x)=\sqrt{x-1}\,sur\,[1;+\infty[$

$fog(x)=(\sqrt{x-1})^2-1=\left | x-1 \right |-1=x-1-1=x-2$ car $x-1\geq 0\,sur\,[1;+\infty[$

2. $g(x)=1-\frac{1}{x}\,sur\,\mathbb{R}^*$

$fog(x)=(1-\frac{1}{x})^2-1$

Exercice 6 :
$f(x)=x+\frac{1}{x}\,sur\,\mathbb{R}^*\\g(x)=x^2+\frac{1}{x}\,sur\,\mathbb{R}^*\\h(x)=x+\frac{1}{x^2}\,sur\,\mathbb{R}^*\\k(x)=x^2+\frac{1}{x^2}\,sur\,\mathbb{R}^*$

Nous avons $f(-x)=-x+\frac{1}{-x}=-x-\frac{1}{x}=-f(x)$

donc la fonction f est impaire .

La fonction g n’est ni paire ni impaire.

La fonction h n’est ni paire ni impaire.

Nous avons :
$k(-x)=(-x)^2+\frac{1}{(-x)^2}=x^2+\frac{1}{x^2}=k(x).$

donc la fonction k est paire.

fonctions.

Exercice 7 :
Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=x^2+6x+5$
1. $f$ sur $\mathbb{R}$ en tant que fonction polynômiale.
$f'(x)=2x+6$
$f'(x)\ge 0 \Leftrightarrow 2x+6\ge0\Leftrightarrow x\ge -3$
donc f est croissante sur $[-3;+\infty[$ et décroissante sur -\infty;3] » alt= » » />

2. Résolvons l’équation : .
$x^2+6x+5=\frac{1}{2}x-2$

$\Leftrightarrow x^2+\frac{11}{2}x+7=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4})^2-\frac{121}{16}+7=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4})^2-\frac{121}{16}+\frac{112}{16}=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4})^2-\frac{121}{16}+\frac{112}{16}=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4})^2-\frac{9}{16}=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4})^2-\frac{3^2}{4^2}=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{11}{4}-\frac{3}{4})(x+\frac{11}{4}+\frac{3}{4})=0$
$\Leftrightarrow (x+\frac{8}{4})(x+\frac{14}{4})=0$
Or un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs, au moins, est nul.
$\Leftrightarrow x=-\frac{8}{4}=-2\,ou\,x=-\frac{14}{4}=-3,5$
de plus les ordonnées des points d’intersection vérifient :
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}x-2=\frac{-2}{2}-2=-3\,et\,\frac{1}{2}x-2=\frac{-3,5}{2}-2=-3,75$
Donc les deux courbes se coupent aux points A(-2;-3) et B(-3,5;-3,75).

Exercice 8 :

Etudier les variations sur $\mathbb{R}$ de la fonction f définie par $f(x)=3x-4x^3$ .

f est une fonction polynômiale donc dérivable sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x)=3-12x^2=3(1-4x^2)=3(1-2x)(1+2x)$
avec un tableau des signes, nous montrons que f ‘ est positive ou nulle sur $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$
donc f est croissante sur $[-\frac{1}{2};\frac{1}{2}]$

Exercice 9 :

Soit f la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par :
$f(x)=\frac{-4x-4}{x^2+2x+5}$ .

1. f est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que fonction rationnelle.
$f'(x)=\frac{-4\times(x^2+2x+5)-(-4x-4)\times (2x+2)}{(x^2+2x+5)^2}$
$f'(x)=\frac{-4x^2-8x-20-(-8x^2-8x-8x-8)}{(x^2+2x+5)^2}$
$f'(x)=\frac{-4x^2-8x-20+8x^2+16x+8)}{(x^2+2x+5)^2}$
$f'(x)=\frac{4x^2+8x-12}{(x^2+2x+5)^2}$
$f'(x)=\frac{4(x^2+2x-3)}{(x^2+2x+5)^2}$
$f'(x)=\frac{4(x-1)(x+3)}{(x^2+2x+5)^2}$
En effectuant un tableau des signes, nous obtenons :
f ‘ négative ou nulle sur $[-3;1]$ donc f est décroissante sur $[-3;1]$ .

2. Déterminer les coordonnées du point A, intersection entre la courbe représentative de f et l’axe des abscisses .
$f(x)=0\Leftrightarrow -4x-4=0 \Longleftrightarrow x= -1$
Donc les coordonnées du point A(-1;0) .

3. $f(-1)=0 et f'(-1)=\frac{4(-1-1)(-1+3)}{(1-2+5)^2}=\frac{-16}{16}=-1$
$y=f'(-1)(x-(-1))+f(-1)=-(x+1)+0=-x-1$
L’équation de la tangente en A à la courbe de f est y = – x – 1 .

Exercice 10 :

Etudier les variations sur ]-2 ; 1[ de la fonction $f$ définie par :
$f(x)=\frac{-5x^2+4x-8}{x^2+x-2}$ .
C’est le même principe que précédemment
Montrer que f est croissante sur $[0;\frac{28}{9}]\,donc\,sur\,[0;1[$ .

Exercice 11 :

Pour trouver la forme canonique d’une fonction quadratique, on utilise la formule suivante:

$f(x) = a(x-h)^2 + k$

où (h, k) sont les coordonnées du sommet de la parabole.

Dans notre cas, la fonction est $f(x) = 2x^2 - 2(\sqrt{3}-\sqrt{5})x - 2\sqrt{15}$ .

Pour simplifier les calculs, commençons par développer le terme au milieu:

$f(x) = 2x^2 - 2\sqrt{3}x + 2\sqrt{5}x - 2\sqrt{15}$

Regroupons les termes de x:

$f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15}$

Maintenant, pour trouver la forme canonique, nous devons compléter le carré. Pour cela, nous devons trouver le nombre qui, une fois ajouté à notre expression, donnera un carré parfait. Le nombre que nous devons ajouter est $(\frac{b}{ 2a})^2$ , où b est le coefficient de x et a est le coefficient de $x^2$ .

Dans notre cas, a = 2 et $b = 2\sqrt{5} - 2\sqrt{3}$ .

$(b/2a)^2 = \frac{ 2\sqrt{5} - 2\sqrt{3} }{(2 \times 2) ^2} = \frac{( \sqrt{5} - \sqrt{3} )^2}{2 ^2} = \frac{(\sqrt{5} - \sqrt{3})^2}{ 4}$

Maintenant, ajoutons et soustrayons ce terme à notre expression:

$f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + (\sqrt{5} - \sqrt{3})^2/4 - (\sqrt{5} - \sqrt{3})^2/4$

Regroupons les termes:

$f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + (\sqrt{5} - \sqrt{3})^2/4 - (\sqrt{5} - \sqrt{3})^2/4 \\\\f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + (\sqrt{5}^2 - 2\sqrt{5}\sqrt{3} + \sqrt{3}^2)/4 - (\sqrt{5}^2 - 2\sqrt{5}\sqrt{3} + \sqrt{3}^2)/4 \\\\f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + (5 - 2\sqrt{15} + 3)/4 - (5 - 2\sqrt{15} + 3)/4 \\\\f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + 8/4 - 8/4$

Simplifions davantage:

$f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15} + 2 - 2 \\\\f(x) = 2x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})x - 2\sqrt{15}$

Maintenant, nous pouvons réécrire la fonction en utilisant la forme canonique:

$f(x) = 2(x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})/2x) - 2\sqrt{15} \\\\f(x) = 2(x^2 + (2\sqrt{5} - 2\sqrt{3})/2x + ((\sqrt{5} - \sqrt{3})^2 - 8)/4) - 2\sqrt{15} \\\\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - 2\sqrt{15} + 2(\sqrt{5} - \sqrt{3})^2 - 8)/4 \\\\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - 2\sqrt{15} + (2\sqrt{5}^2 - 4\sqrt{5}\sqrt{3} + 2\sqrt{3}^2 - 8)/4 \\\\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - (2\sqrt{15} - 2\sqrt{5}^2 + 4\sqrt{5}\sqrt{3} - 2\sqrt{3}^2 + 8)/4 \\\\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - (2\sqrt{15} - 10 - 4\sqrt{15}\sqrt{3} + 6 + 8)/4 \\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - (2\sqrt{15} - 4\sqrt{15}\sqrt{3})/4 \\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - 2(\sqrt{15} - 2\sqrt{15}\sqrt{3})/4 \\f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - 2(\sqrt{15}(1 - \sqrt{3}))/4$

Simplifions encore:

$f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - \sqrt{15}(1 - \sqrt{3})$

Donc, la forme canonique de la fonction est $f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - \sqrt{15}(1 - \sqrt{3})$

Maintenant, pour trouver la forme factorisée de la fonction, nous pouvons utiliser la forme canonique:

$f(x) = 2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - \sqrt{15}(1 - \sqrt{3})$

Pour trouver les facteurs, nous devons annuler la fonction en posant f(x) égal à zéro:

$2(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 - \sqrt{15}(1 - \sqrt{3}) = 0 \\\\(x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)^2 \\\\= \sqrt{15}(1 - \sqrt{3})/2 \\\\x + (\sqrt{5} - \sqrt{3})/2 \\\\= +\pm \sqrt{(\sqrt{15}(1 - \sqrt{3})/2)} \\\\ x = -(\sqrt{5} - \sqrt{3})/2 \pm \sqrt{ (\sqrt{15}(1 - \sqrt{3})/2)} \\\\ x = (-\sqrt{5} + \sqrt{3})/2 \pm \sqrt{(\sqrt{15}(1 - \sqrt{3})/2)}$

Par conséquent, la forme factorisée de la fonction est $f(x) = 2(x - (-\sqrt{5} + \sqrt{3})/2)(x - (-\sqrt{5} - \sqrt{3})/2)$

Exercice 12 :

1. Le domaine de définition de f est l’ensemble des réels, car la fonction polynôme du second degré est définie pour tous les x.

Le domaine de définition de g est également l’ensemble des réels, car la fonction polynôme du second degré est définie pour tous les x.

2. La forme canonique d’un polynôme du second degré est donnée par :

$f(x) = a(x - h)^2 + k$

où (h, k) sont les coordonnées du sommet de la parabole.

Pour le polynôme $f(x) = 2x^2 + 2x - 4$ , nous devons d’abord compléter le carré :

$f(x) = 2(x^2 + x) - 4 \\\\f(x) = 2(x^2 + x + 1/4 - 1/4) - 4 \\\\f(x) = 2((x + 1/2)^2 - 1/4) - 4 \\\\f(x) = 2(x + 1/2)^2 - 1/2 - 4$

Donc, la forme canonique de f(x) est $f(x) = 2(x + 1/2)^2 - 9/2$ .

La forme factorisée de f(x) est $f(x) = 2(x + 1)(x - 2)$ .

3. La forme développée du polynôme g est :

$g(x) = -(x + 3)(x + 2)$

La forme canonique du polynôme g peut être obtenue en développant l’expression précédente :

$g(x) = -(x^2 + 2x + 3x + 6) \\g(x) = -(x^2 + 5x + 6)$

Donc, la forme développée de g(x) est $g(x) = -x^2 - 5x - 6$ .

4. Pour trouver les coordonnées des points d’intersection de f avec les axes du repère, nous devons mettre f(x) égal à zéro :

$2x^2 + 2x - 4 = 0$

Nous pouvons résoudre cette équation en utilisant la factorisation :

$2(x + 2)(x - 1) = 0$

Cela donne les solutions x = -2 et x = 1.

Donc, les coordonnées des points d’intersection de f avec les axes du repère sont (-2, 0) et (1, 0).

5. Pour trouver les coordonnées des points d’intersection de g avec les axes du repère, nous devons mettre g(x) égal à zéro :

$-(x + 3)(x + 2) = 0$

Nous pouvons résoudre cette équation en utilisant la factorisation :

$(x + 3)(x + 2) = 0$

Cela donne les solutions x = -3 et x = -2.

Donc, les coordonnées des points d’intersection de g avec les axes du repère sont (-3, 0) et (-2, 0).

6. Tableau de variation de f :

En utilisant la forme canonique de $f(x) = 2(x + 1/2)^2 - 9/2$ , nous voyons que le coefficient a (2) est positif. Cela signifie que la parabole ouverte vers le haut et que f atteint son minimum en son sommet.

On peut donc dire que f est strictement croissante sur son domaine de définition.

Tableau de variation de g :

En utilisant la forme développée de $g(x) = -x^2 - 5x - 6$ , nous voyons que le coefficient a (-1) est négatif. Cela signifie que la parabole est ouverte vers le bas et que g atteint son maximum en son sommet.

On peut donc dire que g est strictement décroissante sur son domaine de définition.

7. $C_f$ représente une parabole ouverte vers le haut, avec son sommet situé à (-1/2, -9/2).

La courbe s’étend à l’infini des deux côtés.

$C_g$ représente une parabole ouverte vers le bas, avec son sommet situé à (-5/2, -19/4).

La courbe s’étend à l’infini des deux côtés.

8. Les coordonnées des points d’intersection entre $C_f$ et $C_g$ sont les solutions de l’équation f(x) = g(x) :

$2x^2 + 2x - 4 = -x^2 - 5x - 6$

$3x^2 + 7x + 2 = 0$

Nous pouvons résoudre cette équation en utilisant la factorisation ou la formule quadratique pour trouver les coordonnées des points d’intersection.

9. Pour étudier la position relative entre $C_f$ et $C_g$ , nous pouvons comparer les graphiques des deux fonctions polynômes du second degré.

Pour cela, il est utile de connaître les coordonnées des points d’intersection entre les deux courbes (réponse de la question précédente).

En comparant les graphiques, nous pouvons dire que $C_f$ est située au-dessus de $C_g$ .

Donc, la parabole représentant f(x) est au-dessus de la parabole représentant g(x).

tableau de signes tableau de variations

Exercice 13 :

f est la fonction $x \mapsto \frac{2}{x}$ définie sur $\mathbb{R}^*$ .

g est la fonction $x \mapsto -x+3$ définie sur $\mathbb{R}$ .

Dans un repère orthonormal $(O,i,j)$ , C et D sont les courbes représentant f et g.

1. Tracer les courbes C et D.

2. Démontrer que le point d’abscisse 1 de D appartient à C.

$f(1)=\frac{2}{1}=2$

Trouver le second point d’intersection de ces courbes.

$f(x)=g(x)$

$\frac{2}{x}=-x+3$

$2=-x^2+3x$

$-x^2+3x-2=0$

$x^2-3x+2=0$

$(x-1)(x-2)=0$

Un produit de facteur est nul si et seulement si l’un des facteurs, au moins, est nul.

x= 1 ou x=2 sont les abscisses des deux points d’intersection.

D’ailleurs, on le vérifie aisément sur la courbe.

indication : Vérifier que $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$

3. Vérifier les coordonnées de ces points d’intersection sur le graphique.

Voir le graphique

Exercice 14 :

1) f est définie sur $\mathbb{R}$ car son dénominateur ne s’annule jamais .

2) f est le quotient de deux nombres positifs donc f est positive sur $\mathbb{R}$ .

3) $f(-x)=\frac{(1-(-x)^2)^2}{1+(-x)^2}$

$f(-x)=\frac{(1-x^2)^2}{1+x^2}=f(x)$

Conclusion : f est paire sur $\mathbb{R}$ .

Exercice 15 :

1. Comme f(x) et g(x) contiennent des racines carrées et des divisions, il est important de vérifier que ces fonctions sont bien définies pour tout x de l’intervalle [-1;+∞[.

On remarque que :

– Pour f(x), le radicande est 1+x, qui est positif ou nul pour tout x de l’intervalle [-1;+∞[.

Il s’ensuit que f(x) est également positif ou nul pour tout x de cet intervalle.
– Pour g(x), le dénominateur est 2, qui est non nul.

Il s’ensuit que g(x) est également positif ou nul pour tout x de l’intervalle [-1;+∞[.

2. Calculons maintenant les carrés de f(x) et g(x) :

$(f(x))^2 = (\sqrt{ 1+x} )^2 = 1+x$
$(g(x))^2 = (1+\frac{x}{2})^2 = 1 + x + \frac{x^2}{4}$

3. On doit démontrer que $(f(x))^2 \leq (g(x))^2$ pour tout x de l’intervalle [-1;+∞[. C’est-à-dire :

$1+x \leq 1 + x + \frac{x^2}{ 4}$ ce qui est vrai pour tout x.

On remarque que les deux termes de l’inégalité sont positifs ou nuls pour tout x de l’intervalle, donc il est possible d’élever au carré les deux membres sans changer le sens de l’inégalité.

4. On vient de démontrer que pour tout x de l’intervalle [-1;+∞[, $(f(x))^2 \leq (g(x))^2$ .

Comme les fonctions f et g sont positives sur cet intervalle, on peut en prendre la racine carrée des deux membres de cette inégalité :

$f(x) \leq g(x)$

donc, pour tout x de l’intervalle, on a f(x) ≤ g(x).

5. Voici un graphique des fonctions f et g sur l’intervalle [-1;+∞[ :

On voit que la fonction f est toujours en dessous de la fonction g, ce qui confirme la conclusion de la question 4.

Exercice 16 :

Etudier la parité des fonctions suivantes :

$f(x)=x+\frac{1}{x}$ sur $\mathbb{R}^*$

$f(-x)=-x+\frac{1}{-x}=-x-\frac{1}{x}=-f(x)$

donc f est une fonction impaire .

$g(x)=x+\frac{1}{x^2}$ sur $\mathbb{R}^*$

$g(-x)=-x+\frac{1}{(-x)^2}$

$g(-x)=-x+\frac{1}{x^2}$

donc g n’est ni paire ni impaire .

Exercice 17:

$fog(x)=\sqrt{1-(1-\frac{1}{x}})$

$fog(x)=\sqrt{\frac{1}{x}}$

${\color{DarkRed} fog(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}}$

Exercice 18 :

Soit la fonction $f$ définie par $f(x)=\sqrt{4x-1}$ sur $I=[\frac{1}{4};+\infty[.$
En considérant la fonction f comme la composée de fonctions de référence, préciser le sens de variations de f sur l’intervalle I.

soit $h(x)=4x-1$ et $g(x)=\sqrt{x}$

Nous avons $f=goh$ or g et h sont croissante sur I

donc f est croissante sur I d’après le théorème du cours sur le sens de variation d’une fonction composée.

Exercice 19 :

On donne $f(x)=-3x+1$ et $g(x)=\frac{1}{x}$ .

On définit la fonction $h$ définie sur $I=]-\infty;\frac{1}{3}[$ par $h=gof.$ .

1. Donner l’expression de $h(x)$ .

$h(x)=gof(x)=\frac{1}{-3x+1}$

2. Déterminer le sens de variation de $h$ sur I .

f et g sont décroissante sur cet intervalle

donc d’après le théorème de composition, la fonction h est croissante sur $I=]-\infty;\frac{1}{3}[$ .

La courbe de la fonction h :

Exercice 20 :

On considère les fonctions f et g définies par :

$f(x)=x^2-1\,et\,g(x)=\frac{x+1}{x}$ .

1. Calculer $gof(x)$ .

$gof(x)=\frac{x^2-1+1}{x^2-1}=\frac{x^2}{x^2-1}$

$gof(x)=\frac{x^2-1+1}{x^2-1}=1+\frac{1}{x^2-1}$

2. Quel est l’ensemble de définition de $gof$ ?

Il faut que $x^2-1\neq0$ , c’est à dire $x\neq1\,et\,x\neq-1$ .

Exercice 21 :

Soit la fonction $f$ définie par $f(x)=\frac{2x^2}{x^2+3}$ .

1. Déterminer les réels a et b tels que $f(x)=a+\frac{b}{x^2+3}$ .

$a+\frac{b}{x^2+3}=\frac{a(x^2+3)+b}{x^2+3}=\frac{ax^2+3a+b}{x^2+3}$

par identification, nous obtenons le système de deux équations à deux inconnues suivant :

$\left \{ a=2\\3a+b=0 \right.$

$\left \{ a=2\\6+b=0 \right.$

$\left \{ a=2\\b=-6 \right.$

Conclusion : ${\color{DarkRed} f(x)=2-\frac{6}{x^2+3}}$

2. Montrer que f est majorée par 2.

f est dérivable sur $\mathbb{R}.$

$f'(x)=\frac{6\times 2x}{x^2+3}$

$f'(x)=\frac{12x}{x^2+3}$

donc le signe de f ‘ est celui de 12 x car le dénominateur est toujours strictement positif.

Conclusion : $f$ est décroissante sur $]-\infty;0]$ et croissante sur $[0;+\infty[$

or $\lim_{x \mapsto - \infty} f(x)= \lim_{x \mapsto -\infty }2-\frac{6}{x^2+3}=2$

et $\lim_{x \mapsto+ \infty} f(x)= \lim_{x \mapsto +\infty }2-\frac{6}{x^2+3}=2$

Conclusion : f est majorée par 2

Exercice 22 :

1. La forme canonique d’un trinôme du second degré de la forme $ax^2 + bx + c$ est donnée par :

$f(x) = a(x-x_0)^2 + y_0$

où x₀ et y₀ sont les coordonnées du sommet du parabole. Pour trouver ces coordonnées, on peut utiliser la formule x₀ = -b / (2a) et y₀ = f(x₀).

Dans le cas de la fonction $f(x) = 3x^2 - 12x + 21$ , on a a = 3 et b = -12. On a donc :

x₀ = -b / (2a) = -(-12) / (2*3) = 2

f(x₀) = f(2) = 3(2)² – 12(2) + 21 = 3

Donc la forme canonique de f(x) est f(x) = 3(x – 2)² + 3.

2. La courbe de la fonction f est une parabole de sommet S(2,3), car sa forme canonique est f(x) = 3(x – 2)² + 3. Cette parabole est tournée vers le haut, car le coefficient devant le carré de x est positif. De plus, elle coupe l’axe des ordonnées en y = 3.

On peut tracer cette courbe sur un graphique :

Exercice 23 :

u et v sont représentées ci-dessous.

Tracer sur ce graphique la courbe représentative de la fonction u + v.

A vous de tracer cette courbe, il suffit d’additionner les deux ordonnées d’une même abscisse

et de tracer la courbe somme point par point .

Exercice 24 :

Voici le tableau de variations d’une fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ :

On donne f( – 2) = – 1 et f(2) = 0.

On définit les fonctions suivantes :

$h:x \mapsto f(x)+2;r:x \mapsto f(x+2);p:x \mapsto f(2x);g:x \mapsto 2f(x)$

1. Donner les valeurs de g (1), h (2), p (1) et r ( – 1).

$g(1)=2f(1)=2\times 3=6$

$h(2)=f(2)+2=0+2=2$

$p(1)=f(2\times 1)=f(2)=0$

$r(-1)=f(-1+2)=f(1)=3$

Exercice 25 :

Soit la fonction $f$ définie par :

$f(x)=\frac{2x+3}{3x+2}$

1. Etudier les limites de f. Interpréter graphiquement.

$\lim_{x \mapsto -\infty }f(x)=\lim_{x \mapsto +\infty }f(x)=\frac{2}{3}$

donc $C_f$ admet la droite d’équation $y=\frac{2}{3}$ comme asymptote horizontal en l’infini.

2. Etudier les variations de f. Donner le tableau de variations complet.

3. Déterminer les éventuelles intersections de (Cf ) avec l’axe des abscisses.

$f(x)=0\Leftrightarrow 2x+3=0\Leftrightarrow x=-1,5$

Donc (Cf ) coupe l’axe des abscisses en x = – 1,5 .

Exercice 26 :

Soient $f$ et $g$ les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par :

$f(x)=2x^2-1$ et $g(x)=4x^3-3x.$

Démontrer que $fog=gof.$

$fog(x)=2(4x^3-3x)^2-1\\=2(16x^6-24x^4+9x^2)-1\\=32x^6-48x^4+18x^2-1$

$gof(x)=4(2x^2-1)^3-3(2x^2-1)\\=4(8x^6-3\times 4x^4\times 1+3\times 2x^2\times 1^2-1^3)-6x^2+3\\=32x^6-48x^4+24x^2-4-6x^2+3\\=32x^6-48x^4+18x^2-1$

Conclusion : $\forall x\in\mathbb{R}\,,\,fog(x)=gof(x).$

Remarque : on dit que les fonctions f et g sont commutatives .

Exercice 27 :

Soient $a,b$ dans $\mathbb{R}$ .

1. Développer $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2.$

$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+2\sqrt{a}\sqrt{b}+b$

2. Démontrer que $\sqrt{a}-\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}.$

élevons au carré

$(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2-(\sqrt{a+b})^2$

$=a-2\sqrt{ab}+b-a-b=-2\sqrt{ab}\leq 0$

EXERCICE 28 :

1) a) « La parabole P et la droite d se coupent en deux points, un seul point ou pas du tout. »

b) « La parabole P est située strictement au-dessus de la droite d sur l’intervalle d’intersection si les coordonnées des points d’intersection de P et d sont tous de y strictement supérieurs aux coordonnées des points d’intersection du deuxième tronçon de P et de la droite d.

La parabole P est située strictement en-dessous de la droite d sur l’intervalle d’intersection si les coordonnées des points d’intersection de P et d sont tous de y strictement inférieurs aux coordonnées des points d’intersection du deuxième tronçon de P et de la droite d. »

2) a) Les solutions de $f(x) = g(x)$ sont les abscisses des points d’intersection de la parabole P et de la droite d.

b) Les solutions de $f(x) > g(x)$ sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement au-dessus de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

c) Les solutions de $f(x) < g(x)$ sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement en-dessous de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

EXERCICE 29 :

1) Pour étudier la position relative de la parabole P et de la droite d, il faut déterminer les points d’intersection de la parabole et de la droite (s’il y en a), et voir comment la parabole se positionne par rapport à la droite avant et après ces points.

2) a) Les solutions de $f(x) = g(x)$ sont les abscisses des points d’intersection de la parabole P et de la droite d.

b) Les solutions de $f(x) > g(x)$ sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement au-dessus de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

c) Les solutions de $f(x) < g(x)$ sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement en-dessous de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

EXERCICE 30 :

1) La position relative des courbes dépend de l’allure des courbes et de leur intersection éventuelle.

On peut voir sur le graphique que les courbes $C_f$ et $C_g$ se coupent en deux points, et que la courbe $C_f$ est située au-dessus de la courbe $C_g$ entre ces deux points.

2) a) Les solutions de $f(x) = g(x)$ sont les abscisses des points d’intersection des courbes $C_f$ et $C_g$ .

b) Les solutions de $f(x) > g(x)$ sont les abscisses des points tels que f(x) est strictement supérieur à g(x).

c) Les solutions de $f(x) < g(x)$ sont les abscisses des points tels que f(x) est strictement inférieur à g(x).

EXERCICE 31 :

1) Les variations de f sur $[-5;6]$ sont décroissantes sur $[-5;-2]$ , croissantes sur $[-2;3]$ , puis décroissantes sur $[3;6]$ .

La fonction prend son maximum en -2 et son minimum en 3.

2) Le tableau de signes de la fonction dérivée f ‘ est :

x -5 -2 3 6

f ‘ (x) + 0 – +

EXERCICE 32 :

La fonction g admet un maximum local en un point où $g '$ est nulle et où $g ''$ est strictement négative.

Dans le tableau de signes de $g '$ , cela correspond à un changement de signe de + à – en 1.

Donc g admet un maximum local en $x = 1$ , et c’est un maximum.

EXERCICE 33 :

1) La fonction g admet un minimum local en un point où $g '$ est nulle et où $g ''$ est strictement positive. Dans le tableau de signes de $g '$ , cela correspond à un changement de signe de – à + en -2.

Donc g admet un minimum local en x = -2, et c’est un minimum.

2) La fonction g n’admet pas de maximum local car il n’y a pas de changement de signe de $g '$ de positif à négatif.

EXERCICE 34 :

1) La fonction f est de la forme $ax^2 + bx + c$ , avec $a = \frac{3}{4}, b = -15$ , et c = 100.

Elle est donc de classe C² sur $\mathbb{R}$ .

Sa dérivée est $f'(x) = \frac{3}{2} x -15$ pour tout réel x.

2) Le tableau de signes de $f'$ sur $\mathbb{R}$ est le suivant:

$x$ -∞ $\frac{5}{2}$ +∞
$f'(x)$ – 0 +

3) La fonction f admet un extremum local en un point où $f'$ est nulle, donc en $x = \frac{5}{2}$ .

En outre, la fonction $f '$ change de signe de négatif à positif en ce point, donc f admet un minimum local en $x = \frac{5}{2}$ .

EXERCICE 35 :

a) Pour tout x entre 3 et 8, $g(x)$ est inférieur ou égal à 1.

b) Pour tout x entre -2 et 3, $g(x)$ est compris entre -2 et 1.

c) Pour tout x entre -5 et 3, $g(x)$ est compris entre -4 et 1.

d) Comme g est décroissante sur [-5;-2], $g(b)$ est inférieur ou égal à $g(a)$ .

e) Comme g est croissante sur [-2;3], $g(b)$ est supérieur ou égal à $g(a)$ .

f) Comme g est décroissante sur [-5;-2] et croissante sur [3;8], $g(a)$ est supérieur ou égal à $g(b)$ .

EXERCICE 36 :

1. La position relative de la parabole P et de la droite d dépend de leur intersection éventuelle et de leur position relative sur les intervalles correspondants.

2. a) Les solutions de f(x) = g(x) sont les abscisses des points d’intersection de la parabole P et de la droite d.

b) Les solutions de f(x) > g(x) sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement au-dessus de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

c) Les solutions de f(x) < g(x) sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement en-dessous de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

EXERCICE 37 :

1. Pour étudier la position relative de la parabole P et de la droite d, il faut déterminer leurs intersections éventuelles et voir comment la parabole se positionne par rapport à la droite avant et après ces intersections.

2. a) Les solutions de f(x) = g(x) sont les abscisses des points d’intersection de la parabole P et de la droite d.

b) Les solutions de f(x) > g(x) sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement au-dessus de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

c) Les solutions de f(x) < g(x) sont les abscisses des points de la parabole P situés strictement en-dessous de la droite d sur l’intervalle d’intersection.

EXERCICE 38 :

1) D’après le graphique, la courbe $C_f$ est située au-dessus de la courbe $C_g$ sur l’intervalle [0;2] et en-dessous sur l’intervalle ]-∞;0[ et ]2;+∞[. Donc, la position relative des courbes dépend de l’intervalle considéré.

2)
a) L’équation f(x) = g(x) équivaut à l’équation f(x) – g(x) = 0, qui est également l’abscisse des points d’intersection des courbes $C_f$ et $C_g$ .

D’après le graphique, on peut voir qu’il y a deux points d’intersection, situés en environ -2 et 1,5.

b) L’inéquation $f(x) > g(x)$ est vraie sur l’intervalle $[0;2]$ , où la courbe $C_f$ est située au-dessus de $C_g$ . Donc, les solutions de cette inéquation sont les valeurs de x appartenant à $[0;2[$ .

c) L’inéquation $f(x) < g(x)$ est vraie pour les valeurs de x appartenant à ]-∞;-2[ et ]2;+∞[, où la courbe $C_f$ est située en-dessous de $C_g$ .

Donc, les solutions de cette inéquation sont les valeurs de x appartenant à ]-∞;-2[ et ]2;+∞[.

EXERCICE 39 :

1) En développant l’expression $f(x) - g(x)$ , on obtient :

$f(x) - g(x) = x^2 - 3x + 7 - (5x - 9)$
$= x^2 - 8x + 16$
$= (x - 4)^2$

2) Comme il s’agit du carré d’une expression, $f(x) - g(x)$ est toujours positif ou nul.

Donc, f(x) est toujours supérieur ou égal à g(x), pour tout x.

3) En déduire la position relative des courbes $C_f$ et $C_g$ : la courbe $C_f$ est située au-dessus de la courbe $C_g$ sur tout l’intervalle de définition commun, donc $C_f$ est située au-dessus de $C_g$ .

EXERCICE 40 :

1) Les variations de f sur $[-5;6]$ sont décroissantes sur [-5;3] et croissantes sur [3;6]. Le maximum est atteint en $x = 3$ et vaut $f(3) = 7$ , et le minimum est atteint en $x = -5$ et vaut $f(-5) = 57$ .

2) Le tableau de signes de la fonction dérivée f’ est :

x -5 3 6
f'(x) 13 0 -3

EXERCICE 41 :

1) Sur l’intervalle [-2;10], f’ est positif sur [-2;0] et sur [4;10], et négatif sur [0;4]. Donc, le tableau de signes de $f'$ est :

x -2 0 4 10
f'(x) + – – +

2) En utilisant le tableau de signes de f’, on peut dresser le tableau de variations de f :

x -2 0 4 10
f(x) déc. croiss. déc. déc.

EXERCICE 42 :

D’après le tableau de signes de f’, la fonction f change de pente de positif à négatif en 2, donc f admet un maximum local en x = 2.

EXERCICE 43 :

D’après le tableau de signes de g’, la fonction g change de pente de négatif à positif en 2, donc g admet un minimum local en x = 2.

EXERCICE 44 :

1) D’après le tableau de signes de f’, la fonction f change de pente de négatif à positif en -3, donc f admet un minimum local en x = -3.

2) D’après le tableau de signes de f’, la fonction f change de pente de positif à négatif en 1, donc f admet un maximum local en x = 1.

EXERCICE 45 :

D’après le tableau de signes de g’, la fonction g ne change pas de pente, donc elle n’admet pas d’extremum local.

EXERCICE 46 :

1) On a $AM + MN + NB = 10$ , donc $x + \frac{x}{5} + \frac{10 - x}{5}= 10$ , ce qui donne x = 2.

2) L’aire du domaine est la somme des aires des deux carrés, moins l’aire du triangle AMB. Donc :

$f(x) = 2x^2 - 10x + 100 - \frac{x(10 - x)}{2}$
$= -\frac{1 }{2}x^2 + 10x - 50$

3) La fonction f est dérivable sur son intervalle de définition, qui est $I = [0;10]$ , et $f'(x) = -x + 10$ .

4) Le maximum de f est atteint en $x = 5$ , où $f(5) = 25$ .

EXERCICE 47 :

a) Pour tout réel x non nul, on a :

$f(x) - g(x) = \frac{1}{4}x^2 - 5 - \frac{-7}{x}$
= $\frac{1}{4}x^2 + \frac{7}{x} - 5$

b) Pour x > 0, le premier terme est positif, le deuxième aussi, et le troisième est négatif.

Donc $f(x) - g(x)$ est positif, ce qui implique que f(x) est supérieur à g(x) pour tout x > 0.

Pour x < 0, le premier terme est positif, le deuxième est négatif, et le troisième est négatif.

Donc $f(x) - g(x)$ est négatif, ce qui implique que f(x) est inférieur à g(x) pour tout x < 0.

Donc, f(x) est supérieur à g(x) sur ]0;+∞[ et inférieur à g(x) sur ]-∞;0[.

c) En termes de position relative des courbes $C_f$ et $C_g$ , la courbe $C_f$ est donc située au-dessus de la courbe $C_g$ sur ]0;+∞[ et en-dessous de $C_g$ sur ]-∞;0[.

EXERCICE 48 :