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DS 1 – Première S6 Corrigé
Exercice 1 1. a) L’équation |x − 2, 5| = 4 est satisfaite si et seulement si la distance de x à 2, 5 est égale à 4, donc soit x = 2, 5 − 4 = −1, 5 soit x = 2, 5 + 4 = 6, 5, donc S = {−1, 5; 6, 5}. c) L’inéquation |x − 3| ≤ 2 est satisfaite si et seulement si la distance de x à 3 est inférieure ou égale à 2, donc x est compris entre 3 − 2 = 1 et 3 + 2 = 5, donc S = [1;5].

b) L’inéquation |x| ≤ 4 est satisfaite si et seulement si la distance de x à 0 est inférieure ou égale à 4, donc S = [−4; 4].

2.

d) L’inéquation |6−x| ≥ 1 est équivalente à l’inéquation |x−6| ≥ 1. Cette inéquation est satisfaite si et seulement si la distance de x à 6 est supérieure ou égale à 1, donc si et seulement si x est inférieur ou égal à 6 − 1 = 5 ou supérieur ou égal à 6 + 1= 7, donc S =] − ∞; 5] ∪ [7; +∞[. √ √ √ a) On a x = 2 ou x = − 2 si et seulement si la distance de x à 0 est égale à 2, donc si et √ seulement si |x| = 2. b) On a x ∈ [4; 7] si et seulement si la distance de x à (4 + 7)/2 = 5, 5 est inférieure ou égale à (7 − 4)/2 = 1, 5, donc si et seulement si |x − 5, 5| ≤ 1, 5. c) On a x ∈] − ∞; −2[ ∪ ]1; +∞[ si et seulement si la distance de x à (−2 + 1)/2 =−0, 5 est strictement supérieure à (1 − (−2))/2 = 1, 5, donc si et seulement si |x + 0, 5| > 1, 5, ou encore si et seulement si |2x + 1| > 3.

Exercice 2 1. b) Pour tout x ∈ Df on a a) La valeur interdite est la solution de 1 − 4x = 0 soit
1 4

donc Df = R −

1 4

.

1 1 − 4x 1 1 =− − − − 2 2 − 8x 2(1 − 4x) 2 − 8x = −1 + 4x − 1 2 − 8x 4x − 2 2 − 8x 2(2x − 1) 2(1 − 4x)

=

=

= f (x)1 1 . Donc, pour tout x ∈ Df , f (x) = − − 2 2 − 8x 1 a) À l’aide de la calculatrice, on conjecture que f est décroissante sur −∞; 4 et décroissante 1 sur 4 ; +∞ .
1 b) Démontrons que f est décroissante sur −∞; 4 . 1 Soit a et b deux réels tels que a ≤ b < 4 .

2.

Première méthode : On a 1 1 1 1 − − − f (a) − f (b) = − − 2 2 − 8a 2 2 − 8b = 1 1 − 2 − 8b 2 − 8a (2 − 8a) − (2 − 8b) (2 − 8a)(2− 8b) 8(b − a) (2 − 8a)(2 − 8b) 4 × 2(b − a) 4(1 − 4a)(1 − 4b) 2(b − a) (1 − 4a)(1 − 4b)

=

=

=

=

Étudions le signe de cette fraction : ⋆ a ≤ b donc 2(b − a) ≥ 0 ; ⋆ a < 1 , donc 4a < 1, donc 1 − 4a > 0 ; 4 ⋆ b < 1 , donc 4b < 1, donc 1 − 4b > 0. 4 1 Donc, par la règle des signes, f (a) − f (b) ≥ 0, donc f est décroissante sur ] − ∞; 4 [. Deuxième méthode : on sait que a ≤ b < doncdonc donc − 8a ≥ −8b > −2 2 − 8a ≥ 2 − 8b > 0 1 1 ≤ 2 − 8a 2 − 8b − − car la fonction inverse est décroissante sur ]0; +∞[
1 4

donc

1 1 ≥− 2 − 8a 2 − 8b 1 1 1 1 − ≥− − 2 2 − 8a 2 2 − 8b

donc donc

f (a) ≥ f (b)

Donc f est décroissante sur −∞; 1 . 4 Exercice 3 Partie A
1 1. – La courbe C3 est associée à f car f (2) = 2−1 − 1 = 0 et C3 est la seule courbe passant par le point (2; 0).– La courbe C1 est associée à g, car g est affine et C1 est la seule courbe qui est une droite. 1 – La courbe C4 est associée à h car h( 1 ) = (2 × − 1)2 = 0 et C4 est la seule courbe passant par 2 2 1 le point ( 2 ; 0). – La courbe C2 est associée à k, car k(0) = 4.02 = 0 et C2 est la seule courbe passant par l’origine du repère. 2. Graphiquement f (−1) = −1, 5.

3. Graphiquement l’antécédent de1 par f est 1, 5 car le seul point d’intersection de C3 avec la droite d’équation y = 1 a pour abscisse 1, 5.

4. Graphiquement les solutions de l’inéquation f (x) ≤ g(x) sont [0; 1[ ∪ [1, 3; +∞[ car les abscisses des points de C3 situés en dessous ou sur C1 sont ceux de cet ensemble.

Partie B 1. On a f (−1) = 1 −1 −1 − 1 1 =− −1 2 3 f (−1) = − 2

Pour trouver les antécédents de 1 par fon résoud l’équation f (x) = 1 : 1 −1=1 x−1 1 −2=0 x−1 1 − 2(x − 1) =0 x−1 −2x + 3 =0 x−1

Un quotient est nul si et seulement si le numérateur est nul et le dénominateur est non nul. Donc x est solution si et seulement si −2x + 3 = 0 et x − 1 = 0, donc si et seulement si x = 3 . Donc 1 a 2 un seul antécédent par f : 1, 5.

y 5 C2 4 3 2 1 0 −3 −2 C3 −1 0 −1 −2 −3 −4 1 2 3 4 x C4 C1

2....
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