621 Devoir surveillé n° 4 Mercredi 6 octobre 2010 x f4 (x) = 1 2 x – x ...

Exercice 3 7,5 points Soit l'hyperbole H d'équation y = 1 pour x > 0. 1° Soit M un point d'abscisse a sur H (a > 0)xEcrire en fonction de a l'équation de la tangente en M à la courbe H .On note h la fonction définie sur IR * par h (x) = 1 x et h' (x) = – 1 x 2Une équation de la tangente au point d'abscisse a est ; y = f (a) + f '(a) (x – a).y = 1 a – 1 a 2 (x – a) y = 1 a – x a 2 + a a 2 y = 1 a – x a 2 + 1 a . Donc une équation de T a est : y = – x a 2 + 2 a2° La tangente en M coupe les axes en A et B.Trouver en fonction de a les coordonnées de A et de B et démontrer que M est le milieu de [ AB ] quel que soit a.A est à l'intersection de la tangente avec l'axe des abscisses ses coordonnées doivent donc vérifierest solution de l'équation 0 = – x a 2 + 2 a : 0 = – x a 2 + 2 x = 2 a donc A (2 a ; 0)aB est à l'intersection de la tangente avec l'axe des ordonnées ses coordonnées doivent donc vérifiery B = – 0 a 2 + 2 a = 2 a et B 0 ; 2 a Les coordonnée du milieu de [ AB ] sont donc : x I = 2 a + 0 = a = x2M et y I =3° Existe-t-il une tangente à H qui passe par le point C (4 ; – 2) ?0 + 2 a2= 1 a = y M donc M = I y A = 0y A = – x Aa 2 + 2 donc x Aa x B = 0y B = – x B a 2 + 2 doncaC T a – 4 a 2 + 2 a = – 2 – 4 + 2 a = – 2 a2 2 a 2 + 2 a – 4 = 0 2 (a – 1) (a + 2) = 0 a = 1 ou a = – 2Deux tangentes passent donc par C. T 1 et T – 24° Existe-t-il une tangente à H parallèle à la droite d'équation y = – x 4 + 2 ?– 1 a 2 = – 1 4 a = 2 ou a = – 2 Les tangentes T 2 et T – 2 sont parallèles à la droite d'équation y = – x 4 + 2.Exercice 4 : 10 points Partie A Soit f la fonction définie sur IR par : f (x) = 2 x 3 + 5 x 2 – 4 x – 3. 1° Calculer la dérivée f ' de f.f est un polynôme donc f est dérivable sur IR et, pour tout réel x, f '(x) = 2 × 3 x 2 + 5 × 2 x – 4 = 6 x 2 + 10 x – 4.2° Etudier les variations de f sur IR.f '(x) = 2 (3 x 2 + 5 x – 2) et 3 x 2 + 5 x – 2 est un polynôme du second degré donc pour étudier son signe on doit déterminer sesracines : = 5 2 – 4 × 3 × (– 2) = 49 = 7 2Les racines sont donc x 1 = – 5 + 72 × 3 = 1 3 et x 2 = – 5 – 7 = – 2.69f '(x) est donc du signe de a = 6 à l'extérieur des racines.Variations de f3° Calculer f (1), f (–3) et f – 1 2 .– 10027f (1) = 2 × 1 3 + 5 × 1 2 – 4 × 1 – 3 = 2 + 5 – 4 – 3 = 0 ; f (– 3) = 2 × (– 27) + 5 × 9 – 4 × (– 3) – 3 = – 54 + 45 + 12 – 3 = 0f – 1 2 = 2 × – 1 8 + 5 × 1 4 – 4 × – 1 2 – 3 = – 1 4 + 5 4 + 2 – 3 = 4 4 – 1 = 0– 1 x – – 3 – 2 29En déduire le signe de f (x).Variations de f 00En utilisant le tableau de variations de f on obtientf (x) 0 x – 3 ; 1 – 10027 2 [ 1 ; + [ Partie B On considère la fonction g définie sur IR par : g (x) = 3 x 4 + 10 x 3 – 12 x 2 – 18 x 1° Calculer la dérivée g ' de g.g est un polynôme donc g est dérivable sur IR et, pour tout réel x,g '(x) = 3 × 4 x 3 + 10 × 3 x 2 – 12 × 2 x – 18= 12 x 4 + 30 x 3 – 24 x – 182° Démontrer que g '(x) est du signe de f (x).g '(x) = 6 f (x) donc, pour tout réel x, g '(x) est du signe de f (x)3° Etudier les variations de g sur IR.Les variations de g sont données par le tableau de variations13 + x – – 2signe de f '(x) + 0 – 0 +13 1 + Signe de f (x) – 0 + 0 – +x – – 3– 1 2 1 + Signe de g' (x) – 0 + 0 – 0 +Variations de g0