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Pages: 19 (4572 mots) Publié le: 12 janvier 2014
3

Chapitre

Variations de fonctions
et problèmes

• Énigme 1
Ꮿf

2 0 0 1 –3 2
M A X I M U M

Ꮿk

• Énigme 2
Dans le carré de 1 cm de côté, on considère la surface
1
du demi-carré d’aire cm2. À chaque étape, on ajoute
2
à la surface précédente la moitié de la surface restante.
Ainsi on obtient successivement des aires (en cm2)
égales à :
1 1 1
1 1 1 1 1
1 1 1
; + ou + 2; + + ou + 2 + 3, etc.
2 2 4
2 2 2 4 8
2 2 2
Cette quantité augmente bien à chaque étape, mais ne
dépassera jamais 1, valeur de l’aire du carré.

1. Vérifier les acquis
a) f(2) = 3 × 2 + 5 = 11
g(– 3) = (– 3)2 – 3 × (– 3) + 5 = 23
b) On cherche x tel que f(x) = 1 donc tel que 3x + 5 = 1.
4
Donc 3x = – 4 et x = – .
3
a) Faux
b) Vrai c) Faux
Une fonction affine est définie sur ‫ ޒ‬parf(x) = ax + b avec a et b dans ‫.ޒ‬
Une fonction linéaire est définie sur ‫ ޒ‬par f(x) = ax.
Donc f est affine, g est linéaire, h est affine et ᐉ est affine
car ᐉ(x) = x2 + 10x + 25 – x2 – 4x – 4 = 6x + 21.
a) f(5) – f(1) = 2 × 5 – 3 – (2 × 1 – 3)
f(5) – f(1) = 10 – 3 – 2 + 3
f(5) – f(1) = 8
f(5) – f(1) étant positif, f(5) est supérieur à f(1).
b) f(a + 1) – f(a) = 2 (a + 1) – 3 – (2a –3)
f(a + 1) – f(a) = 2a + 2 – 3 – 2a + 3
f(a + 1) – f(a) = 2
Donc f(a + 1) est supérieur à f(a) et f(a + 1) = f(a) + 2.

Ꮿh

1

Ꮿg
1

O

a) Coefficient directeur de la droite bleue : 0.
Coefficient directeur de la droite verte : 2.
1
Coefficient directeur de la droite rouge : – .
3
b) Droite bleue : f(x) = 3.
Droite verte : f(x) = 2x + 2 (on peut lire l’ordonnée à
l’origine).1
Droite rouge : f(x) = – x + b.
3
1
De plus f(– 1) = 5 donc 5 = – + b.
3
16
1
16
Alors b = . Finalement f(x) = – x + .
3
3
3
a) Ce ne peut pas être une fonction affine car il n’y
a pas proportionnalité des accroissements.
b) Il y a proportionnalité des accroissements, donc cela
peut être une fonction affine et comme g(0) = 0 g est
peut-être une fonction linéaire.
c) Il y aproportionnalité des accroissements, donc cela
peut être une fonction affine.

2. Activités d’approche

• Activité 1
a) Le promeneur monte du km 0 au km 1, du km 2,5 au
km 3 et du km 4 au km 5. Il descend du km 1 au km 2,5
et du km 3 au km 4.
b) L’altitude maximale est 680 m, atteinte au km 1.
L’altitude minimale est 530 m, atteinte au km 4.
c)
0
1
2,5
3
4
5
Distance
680

650620

Altitude
620

580

530

d) L’altitude minimale pendant les trois premiers
kilomètres est 580 m.
1

e) Il passe deux fois en dessous de 600 m.
f) Ce n’est pas un aller-retour : comme il y a une montée
au début, il devrait y avoir une descente à la fin.
Cela peut être une « boucle » car l’altitude de départ est
la même que l’altitude d’arrivée, donc cela peut être le
mêmelieu.

3.
–2

1
O

1
–2

• Activité 2
a) b) et c) Voir fichiers complémentaires.
d) L’aire de ABCD est maximale pour a ≈ 39° ; elle vaut
alors environ 673 cm2.
e) Lorsque a augmente de 0° à 40°, l’aire de ABCD
augmente de 300 à 673 cm2.
Lorsque a augmente de 40° à 90°, l’aire de ABCD diminue
de 673 à 0 cm2.

a) f est croissante sur [– 6 ; – 4], décroissante sur
[– 4 ; – 3],croissante sur [– 3 ; 0], décroissante sur [0 ; 3],
croissante sur [3 ; 4] et décroissante sur [4 ; 6].
b) f est décroissante sur [– 3,9 ; – 3] et – 3,9 < – 3 donc
f(3,9) > f(– 3).
On ne peut pas comparer f(1) et f(3,5) car f n’est pas
monotone sur [1 ; 3,5].
c)

3. Exercices de base
a) f est décroissante sur [– 3 ; – 2], croissante sur
[– 2 ; 2] et décroissante sur [2 ; 3].

x
f (x)

–33

–2

2
4

O

3

f (x)

–4

–2
4

0

–1

f (x)

2
2

΂ ΃ ΂ ΃

–2

f (x)

–5
5

΄

΅

΅

AB2 = AO2 + OB2 = 25 + 16 = 41.

x

3
4

–4

41
f (x) Ί๶

0

4
Ί๶
41

1

–1

–4
3

–2
4

0

2
4

1

1. a) L’ensemble de définition de f est [– 2 ; + ∞].
b) f(0) = – 2 ; f(– 2) = – 1 ; f(0,5) = 0.
2. a) f n’est pas croissante sur...
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