Devoir maison n°2 — Semestre 2

1. $x^2-16\neq0\iff x\neq\pm4$ : $D_f=\R\setminus\{-4;4\}$.

2. $\lim_{\pm\infty}f=\lim_{\pm\infty}\frac{x^2}{x^2}=1$. En $4$ : le numérateur tend vers $32$ et $x^2-16=(x-4)(x+4)\to0^+$ si $x\to4^+$, $0^-$ si $x\to4^-$ : $\lim_{4^+}f=+\infty$, $\lim_{4^-}f=-\infty$. En $-4$ : $x^2-16\to0^+$ si $x\to-4^-$, $0^-$ si $x\to-4^+$ : $\lim_{-4^-}f=+\infty$, $\lim_{-4^+}f=-\infty$.

3. $f'(x)=\frac{2x(x^2-16)-(x^2+16)2x}{(x^2-16)^2}=\frac{2x(-32)}{(x^2-16)^2}=\frac{-64x}{(x^2-16)^2}$.

4. $f'(x)$ a le signe de $-x$ ; $f(0)=-1$.

$x$	$-\infty$		$-4$		$0$		$4$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	‖	$+$	$0$	$-$	‖	$-$
$f(x)$	$1$	$\nearrow$	$+\infty$ ‖ $-\infty$	$\nearrow$	$-1$	$\searrow$	$-\infty$ ‖ $+\infty$	$\searrow$	$1$

5. Sur l’intervalle $]-4;4[$, $f$ est croissante sur $]-4;0]$ et décroissante sur $[0;4[$ : $f(0)=-1$ est sa valeur maximale, d’où $f(x)\le-1$.

6. $f(2)=\frac{20}{-12}=-\frac53$ et $f'(2)=\frac{-128}{144}=-\frac89$. La tangente a pour équation $y=-\frac89(x-2)-\frac53=-\frac89x+\frac{16}9-\frac{15}9=-\frac89x+\frac19$.

1. $D_f=[-3;+\infty[$.

2. Pour $x>-3$ : $\frac{f(x)-f(-3)}{x+3}=\frac{\sqrt{x+3}}{x+3}=\frac1{\sqrt{x+3}}\to+\infty$. $f$ n’est pas dérivable à droite en $-3$ : $(\mathcal C_f)$ admet au point $(-3;0)$ une demi-tangente verticale dirigée vers le haut.

3. $D_{f'}=]-3;+\infty[$ et $f'(x)=\frac1{2\sqrt{x+3}}$.

4. $f(6)=3$, donc $\frac{\sqrt{x+3}-3}{x-6}=\frac{f(x)-f(6)}{x-6}\to f'(6)=\frac16$.

5. $f(1)=2$, $f'(1)=\frac14$ : $g(x)=f'(1)(x-1)+f(1)=\frac14x+\frac74$.

6. $\sqrt{4{,}002}=f(1{,}002)\approx g(1{,}002)=2+\frac{0{,}002}4=2{,}0005$.

7. Soit $k(x)=\sqrt{1+x}$ : $k(0)=1$, $k'(x)=\frac1{2\sqrt{1+x}}$, $k'(0)=\frac12$. L’approximation affine au voisinage de $0$ donne $\sqrt{1+h}\approx1+\frac h2$.

1. Sur $\R$ : $f'(x)=2x^2-2x+4$.

2. Sur $]-\infty;0[$ et $]0;+\infty[$ : $f'(x)=1+\frac2{x^2}$.

3. Sur $]0;+\infty[$ : $f'(x)=3x^2\sqrt x+x^3\frac1{2\sqrt x}=3x^2\sqrt x+\frac12x^2\sqrt x=\frac72x^2\sqrt x$ ($f$ est aussi dérivable à droite en $0$, $f'_d(0)=0$).

4. Sur $]0;\pi[$, $\sin x\neq0$ : $f'(x)=\frac{-\sin x\sin^2x-\cos x\cdot2\sin x\cos x}{\sin^4x}=\frac{-\sin^2x-2\cos^2x}{\sin^3x}=-\frac{1+\cos^2x}{\sin^3x}$.

5. Sur $]-\infty;-2[$ et $]-2;+\infty[$ : $f'(x)=\frac{(6x+1)(x+2)-(3x^2+x-2)}{(x+2)^2}=\frac{3x^2+12x+4}{(x+2)^2}$.

6. Pour $x>0$, $\sin x<x$ (exercice 14 de la série 11), donc $x+\sin x>0$ : $f'(x)=-\frac{1+\cos x}{(x+\sin x)^2}$.

7. $x^2+5>0$ : sur $\R$, $f'(x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^2+5}}=\frac x{\sqrt{x^2+5}}$.

8. Sur $\R$ : $f'(x)=4(2x-3)\left(x^2-3x+1\right)^3$.

1. La tangente en $S$ est horizontale : $f'(1)=0$. La tangente en $A$ passe par $A(-1;0)$ et $(0;-4)$ : $f'(-1)=\frac{-4-0}{0+1}=-4$. La tangente en $B$ passe par $B(3;0)$ et $(4;4)$ : $f'(3)=4$.

2.

$x$	$-2$		$1$		$4$
$f(x)$	$5$	$\searrow$	$-4$	$\nearrow$	$5$

3.

$x$	$-2$		$1$		$4$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$

1. Soit $\varphi(x)=\tan x-x$ sur $\left[0;\frac\pi2\right[$ : $\varphi'(x)=1+\tan^2x-1=\tan^2x\ge0$, donc $\varphi$ est croissante et $\varphi(x)\ge\varphi(0)=0$ : $\tan x\ge x$.

2. $g'(x)=\cos x-\frac2\pi$. Sur $\left[0;\frac\pi2\right]$, $\cos$ est strictement décroissante de $1$ à $0$ et $0<\frac2\pi<1$ : il existe un unique $x_0\in\left]0;\frac\pi2\right[$ tel que $\cos x_0=\frac2\pi$ ; $g'>0$ sur $[0;x_0[$ et $g'<0$ sur $\left]x_0;\frac\pi2\right]$. Donc $g$ croît sur $[0;x_0]$ à partir de $g(0)=0$, puis décroît sur $\left[x_0;\frac\pi2\right]$ jusqu’à $g\left(\frac\pi2\right)=1-1=0$. Ainsi $g(x)\ge0$ sur $[0;x_0]$ (car $g(x)\ge g(0)$) et sur $\left[x_0;\frac\pi2\right]$ (car $g(x)\ge g\left(\frac\pi2\right)$) : $\sin x\ge\frac2\pi x$.

3. Soit $k(x)=x+\frac1x$ : $k'(x)=1-\frac1{x^2}=\frac{(x-1)(x+1)}{x^2}>0$ sur $]1;+\infty[$, donc $k$ est strictement croissante sur $[1;+\infty[$. Comme $2027>2026\ge1$ : $k(2027)>k(2026)$, c’est-à-dire $2027+\frac1{2027}>2026+\frac1{2026}$.

1. $x^2+4>0$, donc $D_f=\R$. $\lim_{\pm\infty}\frac{4x}{x^2+4}=\lim_{\pm\infty}\frac4x=0$, donc $\lim_{\pm\infty}f=1$ : la droite $y=1$ est asymptote horizontale au voisinage de $\pm\infty$.

2. Pour $x\in\R$ : $-x\in\R$ et $f(-x)=\frac{-4x}{x^2+4}+1=2-f(x)$, soit $f(2\times0-x)=2\times1-f(x)$ : $I(0;1)$ est centre de symétrie.

3. a. $f'(x)=\frac{4(x^2+4)-4x\cdot2x}{(x^2+4)^2}=\frac{4(4-x^2)}{(x^2+4)^2}$.

b. $f(-2)=0$, $f(2)=2$.

$x$	$-\infty$		$-2$		$2$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$
$f(x)$	$1$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$2$	$\searrow$	$1$

4. a. Avec $u=16-4x^2$ et $v=(x^2+4)^2$ : $f''(x)=\frac{-8x(x^2+4)^2-(16-4x^2)\cdot4x(x^2+4)}{(x^2+4)^4}=\frac{-8x(x^2+4)-4x(16-4x^2)}{(x^2+4)^3}=\frac{8x^3-96x}{(x^2+4)^3}=\frac{8x(x^2-12)}{(x^2+4)^3}$.

b. $f''$ a le signe de $x(x-2\sqrt3)(x+2\sqrt3)$ :

$x$	$-\infty$		$-2\sqrt3$		$0$		$2\sqrt3$		$+\infty$
$f''(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$(\mathcal C_f)$		concave		convexe		concave		convexe

$f''$ s’annule en changeant de signe en $-2\sqrt3$, $0$ et $2\sqrt3$ : points d’inflexion $\left(-2\sqrt3;1-\frac{\sqrt3}2\right)$, $I(0;1)$ et $\left(2\sqrt3;1+\frac{\sqrt3}2\right)$.

5. $f'(0)=1$ : $(T):\ y=x+1$.

6. (Repère orthogonal : unité verticale $1{,}5$ fois l’unité horizontale.)

7. $f$ prend ses valeurs dans $[0;2]$. Si $m<0$ ou $m>2$ : aucune solution ; si $m=0$ : une solution ($x=-2$) ; si $0<m<1$ : deux solutions (dans $]-\infty;-2[$ et $]-2;0[$) ; si $m=1$ : une solution ($x=0$, car $f(x)\neq1$ pour $x\neq0$) ; si $1<m<2$ : deux solutions (dans $]0;2[$ et $]2;+\infty[$) ; si $m=2$ : une solution ($x=2$).

8. $g(x)=f(x)$ pour $x\ge0$ et $g$ est paire : $(\mathcal C_g)$ est formée de la partie de $(\mathcal C_f)$ d’abscisses positives et de sa symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. $(\mathcal C_h)$ est la symétrique de $(\mathcal C_f)$ par rapport à l’axe des abscisses.

1. $D_f=\R$ ; $\lim_{-\infty}f=+\infty$ et $\lim_{+\infty}f=1$.

2. Au voisinage de $-\infty$ : $\lim f=+\infty$ et $\lim\frac{f(x)}x=0$ (branche parabolique de direction $(Ox)$). Au voisinage de $+\infty$ : $\lim f=1$, asymptote horizontale $y=1$.

3. a. Non : $f'_g(1)=3\neq-1=f'_d(1)$ ($(1;2)$ est un point anguleux).

b. Non : la demi-tangente à gauche en $(-1;-1)$ est verticale, c’est-à-dire $\lim_{x\to-1^-}\frac{f(x)+1}{x+1}=-\infty$ (la courbe arrive d’en haut).

c. La demi-tangente à droite en $(-1;-1)$ est horizontale : $\lim_{x\to-1^+}\frac{f(x)+1}{x+1}=0=f'_d(-1)$.

d. $f'_g(1)=3$ et $f'_d(1)=-1$.

e. $f'(0)=\frac32$.

4. Non. Sur $]-\infty;-1[$ la courbe est concave, sur $]-1;1[$ convexe, sur $]1;+\infty[$ convexe ; le seul changement de concavité a lieu au point $(-1;-1)$, où la courbe n’admet pas de tangente (demi-tangentes verticale et horizontale) : ce n’est pas un point d’inflexion.

5. Avec l’axe des abscisses : $(-2;0)$ et $(\beta;0)$ avec $0<\beta<1$ ; avec l’axe des ordonnées : $\left(0;f(0)\right)$ avec $f(0)\approx-0{,}25$.

6.

$x$	$-\infty$		$-1$		$1$		$+\infty$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$2$	$\searrow$	$1$

7.

$x$	$-\infty$		$-1$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	‖	$+$	‖	$-$

8. Si $m<-1$ : aucune solution ; $m=-1$ : une solution ($x=-1$) ; $-1<m\le1$ : deux solutions (une dans $]-\infty;-1[$, une dans $]-1;1[$ ; la valeur $1$ n’est pas atteinte sur $]1;+\infty[$) ; $1<m<2$ : trois solutions ; $m=2$ : deux solutions ($x=1$ et une dans $]-\infty;-1[$) ; $m>2$ : une solution (dans $]-\infty;-1[$).