Corrigé Sujet 3 – 1ère S

Exercice 1

Soit f: x\mapsto \dfrac{x+5}{x^2+9}
Les fonctions u: x\mapsto x+5
et v: x\mapsto x^2 – 9 sont dérivables sur \R.
De plus v(x)=x^2 – 9=0 pour x=3 et x=-3. La fonction f, quotient des fonctions u et v est donc dérivable sur \R\{-3 ; 3}.
Pour tout x \in \R\{-3 ; 3},
f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{(v(x))^2}=-\dfrac{x^2 +10x + 9}{(x^2 – 9)^2}.

Soit P(x)=x^2 + 10x + 9.
-1 est une racine évidente de P, et comme le produit des racines est 9, on en déduit que la deuxième racine est 9.

Exercice 2

Soit g: x\mapsto \dfrac{2x^2 + 5x +4}{(x + 2)^2},
et h: x\mapsto 2x+1

a) Les fonctions u: x\mapsto 2x^2 + 5x +4
et v: x\mapsto (x+2)^2 sont dérivables sur \R. De plus v(x)=0 pour x=-2. La fonction g, quotient des fonctions u et v est donc dérivable sur \R\{-2}.

Pour tout x \in \R , \\ u'(x)=4x+5,
et v'(x)=2(x+2)=2x+4

et Pour tout x \in \R\{-2},
g'(x)=\dfrac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{(v(x))^2}= \dfrac {3x^2 + 8x + 4}{(x + 2)^4}

Soit P(x)= 3x^2 + 8x + 4.
\Delta = 64 – 48=16=4^2: le trinôme admet deux racines réelles distinctes :
x_1=-2 et x_2=-\dfrac{2}{3}

b) Soit d(x)=g(x) – h(x), alors, pour tout x \ne -2,

d(x)=\dfrac{2x^2 + 5x + 4 – (2x +1)(x+2)^2} {(x+2)^2}

= \dfrac{-2x^3 – 7x^2 – 7x}{(x + 2)^2} = -x\dfrac{2x^2 + 7x + 7}{(x+2)^2}

Soit Q(x)=2x^2 + 7x +7. \\ \Delta =49 -56 <0 : le trinôme n’admet aucune racine réelle.

On en déduit que C_g est au dessus de C_h sur :
]-\infty ~;~ -2[\cup ]-2~;~0[, et est au dessous sur ]0;+\infty[. Les deux courbes se coupent une unique fois en x=0.

Exercice 3

Soit d(x)=1-\dfrac{x^2}{2} – \cos x, d est dérivable sur \R car somme des fonctions
u: x\mapsto 1 – \dfrac{x^2}{2}
et v:x\mapsto -\cos x qui sont dérivables sur \R, et, pour tout x \in \R, \\ d'(x)= -x + \sin x.

Afin d’étudier le signe de d'(x) on peut dériver:

(d’)'(x)= d”(x) =-1 + \cos x.
Or, pour tout x \in \R, \cos x \leq 1, et donc, d”(x)\leq 0

On en déduit que d(x)\leq 0 pour tout réel x, et donc que 1 – \dfrac{x^2}{2}\leq \cos x.