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Exercices — Fonctions numériques

Comportement global & limites · Dérivation · Application de la dérivation & bijection

Première Série C et E · Format Bac : QCM · Situation d'intégration · Problème

0 exercices affichés

Chapitre 1 — Comportement global & limites

1

QCM — Limites et asymptotes

Facile QCM
Débloquer

Exercice 1 — QCM autour de $s(x)=\dfrac{5x+2}{x-3}$ (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $s(x)$ s'écrit sous la forme $a+\dfrac{b}{x-3}$ avec :
a) $s(x)=5+\dfrac{17}{x-3}$   b) $s(x)=5+\dfrac{2}{x-3}$   c) $s(x)=5-\dfrac{17}{x-3}$   d) $s(x)=5+\dfrac{15}{x-3}$

2) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}s(x)$ vaut :
a) $5$   b) $0$   c) $+\infty$   d) $17$

3) $\displaystyle\lim_{x\to3^+}s(x)$ vaut :
a) $+\infty$   b) $-\infty$   c) $5$   d) $0$

4) L'asymptote verticale de la courbe de $s$ est la droite d'équation :
a) $x=3$   b) $x=5$   c) $y=5$   d) $y=3$

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1
Réponse : a. $5x+2=5(x-3)+17$, donc $s(x)=5+\dfrac{17}{x-3}$.
2
Réponse : a. $\dfrac{17}{x-3}\to0$ quand $x\to+\infty$, donc $s(x)\to5$.
3
Réponse : a. Quand $x\to3^+$, $x-3\to0^+$, donc $\dfrac{17}{x-3}\to+\infty$ et $s(x)\to+\infty$.
4
Réponse : a. $s$ admet une limite infinie en $3$ : l'asymptote verticale est $x=3$.
2

Situation d'intégration — Coût moyen de production, Koudougou

Moyen Situation

Exercice 2 — Situation d'intégration

Une entreprise de transformation de céréales installée à Koudougou modélise le coût moyen de production (en FCFA par sac), en fonction du nombre $x$ de sacs produits par jour, par $C(x)=\dfrac{2000x+150\,000}{x}$ pour $x\in[1;+\infty[$ (nombre entier de sacs).

Consigne :

1) Écrire $C(x)$ sous la forme $a+\dfrac bx$.

2) Déterminer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}C(x)$, et interpréter ce résultat pour le gérant en termes de coût moyen minimal envisageable.

3) Combien de sacs faut-il produire par jour au minimum pour que le coût moyen descende strictement sous $2\,050$ FCFA par sac ?

1
$C(x)=\dfrac{2000x}{x}+\dfrac{150\,000}{x}=2000+\dfrac{150\,000}{x}$.
2
$\dfrac{150\,000}{x}\to0$ quand $x\to+\infty$, donc $C(x)\to2000$. Interprétation : quelle que soit la quantité produite, le coût moyen par sac ne pourra jamais descendre en-dessous de $2\,000$ FCFA (il s'en rapproche sans jamais l'atteindre) — c'est le coût variable par sac, une fois le coût fixe totalement « dilué ».
3
$2000+\dfrac{150\,000}{x}<2050 \iff \dfrac{150\,000}{x}<50 \iff x>\dfrac{150\,000}{50}=3\,000$. Il faut produire strictement plus de $3\,000$ sacs par jour.
3

Problème — Étude complète des limites et asymptotes d'une fonction homographique

Difficile Problème
Débloquer

Soit $f(x)=\dfrac{2x+7}{x+1}$, définie sur $\mathbb R\setminus\{-1\}$.

Partie A. 1) Écrire $f(x)$ sous la forme $a+\dfrac{b}{x+1}$. 2) Déterminer les limites de $f$ en $+\infty$, en $-\infty$, en $(-1)^-$ et en $(-1)^+$. En déduire les équations de toutes les asymptotes de la courbe de $f$.

Partie B. 3) Calculer $f(x)-2$ et simplifier l'expression. En déduire une expression simplifiée de $g(x)=|f(x)-2|$ pour $x\neq-1$. 4) Résoudre l'inéquation $f(x)>2$.

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A.1
$2x+7=2(x+1)+5$, donc $f(x)=2+\dfrac5{x+1}$.
A.2
En $\pm\infty$ : $f(x)\to2$ (asymptote $y=2$). En $(-1)^+$ : $x+1\to0^+$, donc $\dfrac5{x+1}\to+\infty$ et $f(x)\to+\infty$. En $(-1)^-$ : $x+1\to0^-$, donc $f(x)\to-\infty$. Asymptote verticale $x=-1$.
B.3
$f(x)-2=\dfrac5{x+1}$. Donc $g(x)=|f(x)-2|=\left|\dfrac5{x+1}\right|=\dfrac5{|x+1|}$ (car $5>0$).
B.4
$f(x)>2 \iff \dfrac5{x+1}>0 \iff x+1>0 \iff x>-1$ (car $5>0$, le quotient est du signe de $x+1$).

Chapitre 2 — Dérivation en un point & sur un intervalle

1

QCM — Dérivées, tangente

Facile QCM
Débloquer

Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) Soit $h(x)=x^3-2x$. $h'(x)$ est égal à :
a) $3x^2-2$   b) $3x^2-2x$   c) $x^2-2$   d) $3x-2$

2) Avec la même fonction $h$, $h'(2)$ vaut :
a) $10$   b) $8$   c) $12$   d) $6$

3) Soit $h_2(x)=x^2-3x$. L'équation de la tangente à sa courbe au point d'abscisse $x=1$ est :
a) $y=-x-1$   b) $y=-x+1$   c) $y=x-1$   d) $y=-2x+1$

4) Soit $k(x)=\dfrac1{x+1}$. $k'(x)$ est égal à :
a) $\dfrac{-1}{(x+1)^2}$   b) $\dfrac1{(x+1)^2}$   c) $\dfrac{-1}{x+1}$   d) $\dfrac1{x+1}$

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1
Réponse : a. $h'(x)=3x^2-2$.
2
Réponse : a. $h'(2)=3(4)-2=10$.
3
Réponse : a. $h_2(1)=1-3=-2$, $h_2'(x)=2x-3$, $h_2'(1)=-1$. Tangente : $y=-2+(-1)(x-1)=-x-1$.
4
Réponse : a. $k(x)=(x+1)^{-1}$, donc $k'(x)=-1\times(x+1)^{-2}=\dfrac{-1}{(x+1)^2}$.
2

Situation d'intégration — Taxi-brousse Ouahigouya–Ouagadougou

Moyen Situation

Exercice 2 — Situation d'intégration

Un taxi-brousse effectue le trajet Ouahigouya–Ouagadougou. La distance parcourue (en km), en fonction du temps $t$ (en heures) depuis le départ, est modélisée par $d(t)=-5t^2+50t$ pour $t\in[0;5]$ (le taxi ralentit progressivement en fin de trajet à l'approche de la capitale).

Consigne :

1) Calculer $d'(t)$, qui représente la vitesse instantanée (en km/h) à l'instant $t$.

2) Calculer la vitesse du taxi à $t=1$ h puis à $t=4$ h. Que remarque-t-on ?

3) À quel instant $t\in[0;5]$ la vitesse instantanée est-elle nulle ? Que peut-on en déduire sur le trajet à cet instant ?

1
$d'(t)=-10t+50$.
2
$d'(1)=-10+50=40$ km/h. $d'(4)=-40+50=10$ km/h. La vitesse diminue nettement avec le temps : le taxi ralentit progressivement, ce qui confirme l'hypothèse de l'énoncé.
3
$d'(t)=0 \iff -10t+50=0 \iff t=5$. À $t=5$ h, la vitesse instantanée est nulle : le taxi s'arrête — c'est la fin du trajet, l'arrivée à Ouagadougou.
3

Problème — Dérivée, tangente et factorisation d'un polynôme

Difficile Problème
Débloquer

Soit $p(x)=x^3-3x+2$, définie sur $\mathbb R$.

Partie A. 1) Calculer $p'(x)$. 2) Résoudre $p'(x)=0$. 3) Déterminer l'équation de la tangente à la courbe de $p$ au point d'abscisse $x=2$.

Partie B. 4) Vérifier que $p(1)=0$. En déduire les réels $a,b$ tels que $p(x)=(x-1)(x^2+ax+b)$, puis résoudre complètement l'équation $p(x)=0$ dans $\mathbb R$.

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A.1
$p'(x)=3x^2-3$.
A.2
$3x^2-3=0 \iff x^2=1 \iff x=1$ ou $x=-1$.
A.3
$p(2)=8-6+2=4$, $p'(2)=3(4)-3=9$. Tangente : $y=4+9(x-2)=9x-14$.
B.4
$p(1)=1-3+2=0$ ✓. Par identification : $p(x)=(x-1)(x^2+x-2)$, soit $a=1$, $b=-2$. Or $x^2+x-2=(x-1)(x+2)$ (somme $-1$, produit $-2$ : racines $1$ et $-2$), donc $p(x)=(x-1)^2(x+2)$ et $\mathcal S=\{1;-2\}$ ($x=1$ racine double).

Chapitre 3 — Application de la dérivation & bijection

1

QCM — Signe de la dérivée, théorème de la bijection

Facile QCM
Débloquer

Exercice 1 — QCM autour de $r(x)=x^2-4x+3$ (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $r'(x)$ est égal à :
a) $2x-4$   b) $x-4$   c) $2x-2$   d) $2x+4$

2) $r'(x)$ s'annule en :
a) $x=2$   b) $x=4$   c) $x=-2$   d) $x=0$

3) Sur l'intervalle $[2;5]$, la fonction $r$ est :
a) strictement croissante   b) strictement décroissante   c) constante   d) ni croissante ni décroissante

4) D'après le théorème de la bijection, $r$ réalise une bijection de $[2;5]$ vers :
a) $[-1;8]$   b) $[-4;8]$   c) $[0;8]$   d) $[-1;5]$

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1
Réponse : a. $r'(x)=2x-4$.
2
Réponse : a. $2x-4=0 \iff x=2$.
3
Réponse : a. Pour $x>2$, $r'(x)=2x-4>0$ : $r$ est strictement croissante sur $[2;5]$.
4
Réponse : a. $r(2)=4-8+3=-1$, $r(5)=25-20+3=8$ : bijection de $[2;5]$ vers $[-1;8]$.
2

Situation d'intégration — Dosage d'engrais, technicien agricole de Pouytenga

Moyen Situation

Exercice 2 — Situation d'intégration

Un technicien agricole de Pouytenga doit déterminer la quantité $x$ (en kg) d'engrais NPK à épandre sur une parcelle, pour que le rendement modélisé par $R(x)=-x^2+10x-9$ (rendement en quintaux, pour $x\in[1;9]$) atteigne exactement $R(x)=15$ quintaux, seuil fixé par la coopérative.

Consigne :

1) Calculer $R'(x)$ et étudier son signe sur $[1;9]$.

2) On se place sur l'intervalle $[5;9]$. Montrer que $R$ y réalise une bijection vers un intervalle que l'on précisera.

3) En déduire s'il existe une unique quantité $x\in[5;9]$ vérifiant $R(x)=15$, puis la déterminer en résolvant l'équation.

1
$R'(x)=-2x+10$. $R'(x)=0$ en $x=5$ ; $R'(x)>0$ pour $x<5$, $R'(x)<0$ pour $x>5$.
2
Sur $[5;9]$, $R'(x)\leqslant0$ (nulle seulement en $x=5$) : $R$ est strictement décroissante sur $[5;9]$. $R(5)=-25+50-9=16$, $R(9)=-81+90-9=0$. $R$ réalise donc une bijection décroissante de $[5;9]$ vers $[R(9);R(5)]=[0;16]$.
3
$15\in[0;16]$ : il existe une unique solution $x\in[5;9]$. On résout $-x^2+10x-9=15 \iff x^2-10x+24=0$, soit $(x-4)(x-6)=0$ (somme $10$, produit $24$), donc $x=4$ ou $x=6$. Seul $x=6$ appartient à $[5;9]$ : il faut épandre $6$ kg d'engrais.
3

Problème — Bijection monotone et courbe de $|f|$

Difficile Problème
Débloquer

Soit $t(x)=x^2-2x-3$, définie sur $\mathbb R$.

Partie A. 1) Étudier le signe de $t'(x)$ et dresser le sens de variation de $t$ (on précisera son minimum). 2) Montrer que l'équation $t(x)=0$ admet une unique solution dans $[3;6]$ à l'aide du théorème de la bijection monotone, puis la déterminer.

Partie B. 3) Factoriser complètement $t(x)$ et en déduire toutes les racines de $t$ sur $\mathbb R$. 4) Sur quel intervalle la courbe de $|t|$ diffère-t-elle de celle de $t$ ?

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A.1
$t'(x)=2x-2$, nulle en $x=1$, négative avant, positive après : $t$ est décroissante sur $]-\infty;1]$ puis croissante sur $[1;+\infty[$, minimum $t(1)=1-2-3=-4$.
A.2
Sur $[3;6]$, $t'(x)=2x-2\geqslant4>0$ : $t$ est strictement croissante, donc bijective de $[3;6]$ vers $[t(3);t(6)]$. $t(3)=9-6-3=0$, $t(6)=36-12-3=21$ : bijection vers $[0;21]$. Comme $0\in[0;21]$, l'équation $t(x)=0$ admet une unique solution dans $[3;6]$, qui est $x=3$ (borne de l'intervalle, puisque $t(3)=0$).
B.3
$t(x)=x^2-2x-3=(x-3)(x+1)$ (somme $2$, produit $-3$ : racines $3$ et $-1$). Racines sur $\mathbb R$ : $\{-1;3\}$.
B.4
$t$ est négative entre ses racines : sur $]-1;3[$. C'est exactement sur cet intervalle que $|t|\neq t$.
Mode hors-ligne — données en cache