Devoir surveillé n°2 — Semestre 2

1. [0,5 pt] $\frac2{x^2}\to0$ et $\frac1{x^3}\to0$ en $\pm\infty$ ; donc $\lim_{-\infty}f=-\infty$ et $\lim_{+\infty}f=+\infty$.

2. [1,5 pt] Pour $x\neq0$ : $\frac2{x^2}-\frac1{x^3}=\frac{2x-1}{x^3}$ [0,5]. Quand $x\to0^-$ : $2x-1\to-1$ et $x^3\to0^-$, forme $\frac{-1}{0^-}$ : $+\infty$ ; donc $\lim_{0^-}f=+\infty$. Quand $x\to0^+$ : forme $\frac{-1}{0^+}$, $\lim_{0^+}f=-\infty$ [0,5]. La droite d’équation $x=0$ (axe des ordonnées) est asymptote verticale à $(\mathcal C_f)$ [0,5].

3. a. [1,5 pt] $f'(x)=1-\frac4{x^3}+\frac3{x^4}=\frac{x^4-4x+3}{x^4}$ [0,75]. Et $(x-1)^2(x^2+2x+3)=(x^2-2x+1)(x^2+2x+3)=x^4+2x^3+3x^2-2x^3-4x^2-6x+x^2+2x+3=x^4-4x+3$ [0,75].

3. b. [1 pt] $x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0$ et $x^4>0$ : $f'(x)\ge0$, nul seulement en $x=1$. $f$ est strictement croissante sur $]-\infty;0[$ et sur $]0;+\infty[$ ; $f(1)=1$.

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

4. a. [1 pt] $f'(x)=1-4x^{-3}+3x^{-4}$, donc $f''(x)=12x^{-4}-12x^{-5}=\frac{12x-12}{x^5}=\frac{12(x-1)}{x^5}$.

4. b. [1 pt] Signe de $\frac{x-1}{x^5}$ : positif sur $]-\infty;0[$, négatif sur $]0;1[$, positif sur $]1;+\infty[$. $(\mathcal C_f)$ est convexe sur $]-\infty;0[$ et sur $[1;+\infty[$, concave sur $]0;1]$ [0,5]. $f''$ s’annule en $1$ en changeant de signe : $I(1;1)$ est un point d’inflexion (à tangente horizontale) ; pas d’inflexion en $0\notin D_f$ [0,5].

5. a. [0,5 pt] $f(x)-(x-1)=\frac{2x-1}{x^3}=\frac2{x^2}-\frac1{x^3}\to0$ en $\pm\infty$ : $(\Delta)$ est asymptote oblique au voisinage de $\pm\infty$.

5. b. [1 pt] Signe de $\frac{2x-1}{x^3}$ : $(\mathcal C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$ sur $]-\infty;0[$ et sur $\left]\frac12;+\infty\right[$, au-dessous sur $\left]0;\frac12\right[$ ; elles se coupent au point $\left(\frac12;-\frac12\right)$.

6. [0,5 pt] $f(-1)=-1-1+2+1=1$ et $f'(-1)=\frac{1+4+3}{1}=8$ : $y=8(x+1)+1=8x+9$.

7. [3 pts] Asymptotes $x=0$ et $(\Delta)$, point d’inflexion $I(1;1)$ à tangente horizontale (en violet), tangente en $(-1;1)$ (en rouge) [1] ; respect des variations, des positions relatives et de la concavité [2].

8. [0,5 pt] Pour $x\neq0$ (et $0$ n’est jamais solution, car il donnerait $-1=0$) : $f(x)=m\iff x^4-x^3+2x-1=mx^3\iff x^4-(m+1)x^3+2x-1=0$ (en multipliant par $x^3\neq0$). Sur $]-\infty;0[$, $f$ est continue (rationnelle), strictement croissante de $-\infty$ à $+\infty$ ; de même sur $]0;+\infty[$. La droite $y=m$ coupe donc $(\mathcal C_f)$ en exactement un point sur chacune des deux branches : l’équation a exactement deux solutions.

1. a. [0,25 pt] $\omega=\sqrt5$ : les solutions sont $y(x)=\alpha\cos\left(\sqrt5x\right)+\beta\sin\left(\sqrt5x\right)$, $(\alpha;\beta)\in\R^2$.

1. b. [0,5 pt] $g'(x)=\sqrt5\cos\left(\sqrt5x+\theta\right)$, $g''(x)=-5\sin\left(\sqrt5x+\theta\right)=-5g(x)$, donc $g''+5g=0$. (Autre méthode : $g(x)=\cos\theta\sin\sqrt5x+\sin\theta\cos\sqrt5x$ est de la forme du 1.a.)

2. a. [0,5 pt] $f(0)=2+2=4$. Pour $x\neq0$ : $\frac{f(x)-4}{x}=\frac{\sqrt{x^2+4}-2}{x}+\frac{\sqrt{x+4}-2}{x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+4}+2}+\frac{1}{\sqrt{x+4}+2}\to0+\frac14=\frac14$.

2. b. [0,5 pt] $f$ est dérivable en $0$, $f'(0)=\frac14$ : l’approximation affine est $x\mapsto4+\frac14x$, et $f(h)\approx4+\frac h4$ pour $h$ voisin de $0$.

2. c. [0,5 pt] $\sqrt{4{,}0004}+\sqrt{4{,}02}=f(0{,}02)\approx4+\frac{0{,}02}4=4{,}005$.

3. [0,75 pt] Soit $\varphi(x)=\sin x+2\tan x-3x$ sur $\left[0;\frac\pi2\right[$. En posant $c=\cos x\in]0;1]$ : $\varphi'(x)=c+\frac2{c^2}-3=\frac{c^3-3c^2+2}{c^2}=\frac{(c-1)(c^2-2c-2)}{c^2}$ [0,25]. Pour $c\in]0;1]$ : $c-1\le0$ et $c^2-2c-2=(c-1)^2-3<0$, donc $\varphi'(x)\ge0$ [0,25]. $\varphi$ est croissante et $\varphi(0)=0$, d’où $\varphi(x)\ge0$ : $\sin x+2\tan x\ge3x$ [0,25].

1. [0,5 pt] Pour $x<1$ : $x^2+3>0$, $f(x)$ est défini. Pour $x\ge1$ : $x^3-x=x(x-1)(x+1)\ge0$ (trois facteurs positifs), $f(x)$ est défini. Donc $D_f=\R$.

2. [0,5 pt] $\lim_{-\infty}f=\lim_{-\infty}\frac{x^2}{x^2}=1$ ; $\lim_{+\infty}\sqrt{x^3-x}=+\infty$ (car $x^3-x\to+\infty$).

3. [1 pt] $f(1)=0$. À gauche : $\frac{f(x)}{x-1}=\frac{(x-1)(x+1)}{(x^2+3)(x-1)}=\frac{x+1}{x^2+3}\to\frac12$ : $f'_g(1)=\frac12$, demi-tangente $y=\frac12(x-1)$ ($x\le1$) [0,5]. À droite : $\frac{\sqrt{x(x-1)(x+1)}}{x-1}=\frac{\sqrt{x(x+1)}}{\sqrt{x-1}}\to+\infty$ : $f$ n’est pas dérivable à droite en $1$ ; demi-tangente verticale dirigée vers le haut au point $(1;0)$ [0,5].

4. a. [1 pt] Pour $x<1$ : $f'(x)=\frac{2x(x^2+3)-(x^2-1)2x}{(x^2+3)^2}=\frac{8x}{(x^2+3)^2}$ [0,5]. Pour $x>1$ : $x^3-x>0$ et $f'(x)=\frac{3x^2-1}{2\sqrt{x^3-x}}$ [0,5].

4. b. [2 pts] Si $x>1$ : $3x^2-1>2>0$, donc $f'(x)>0$ ; si $0\le x<1$ : $f'(x)=\frac{8x}{(x^2+3)^2}\ge0$ (nul en $0$) ; si $x<0$ : $f'(x)<0$ [1]. $f(0)=-\frac13$ [0,25].

$x$	$-\infty$		$0$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$	‖	$+$
$f(x)$	$1$	$\searrow$	$-\frac13$	$\nearrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

[0,75]

1. [+0,5] $f(x)-1=x-2+\frac2{x^2}-\frac1{x^3}=\frac{x^4-2x^3+2x-1}{x^3}$ et $(x-1)^3(x+1)=(x^3-3x^2+3x-1)(x+1)=x^4-2x^3+2x-1$. Donc $\frac{f(x)-1}{(x-1)^3}=\frac{x+1}{x^3}\to2$ quand $x\to1$. (Ce résultat confirme que la tangente en $I$ est horizontale et que la courbe la traverse.)

2. [+0,5] $\lim_{+\infty}f=+\infty$ et, pour $x>1$, $\frac{f(x)}x=\sqrt{\frac{x^3-x}{x^2}}=\sqrt{x-\frac1x}\to+\infty$ : branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.