examens:5eme:2023-2024:juin

Examen 5eme math 6h -- juin 2024

Exercice 1 : Si elle existe, trouver l'équation cartésienne de l'asymptote oblique au graphe de f(x)=x31−x2

Solution :

Solution :

Domaine de la fonction : dom f=R∖{±1}

Il n'y pas d'AH car limx→±∞f(x)=limx→±∞−x=∓∞

Par contre, le graphe de f possède une asymptote oblique d'équation y=−x. En effet,

{m=limx→±∞f(x)x=limx→±∞x3x−x3=limx→±∞x3−x3(1−1x)=−1p=limx→±∞f(x)−m⋅x=limx→±∞x31−x2+x=limx→±∞x1−x2=0

Exercice 2 : Soit la fonction f(x)=2x3+3x2−12x.


1. Pour quelle(s) valeur(s) de x la courbe décrite par f admet-elle une tangente horizontale ?


Solution :

Solution :

Gf admet une tangente horizontale lorsque f′(x)=0 : (2x3+3x2−12x)′=06x2+6x−12=0x2+x−2=0(x−1)(x+2)=0

La courbe décrite par f admet une tangente horizontale en x=−2 et en x=1.


2. Déterminer une équation cartésienne de la tangente \`a la courbe Cf passant par son point d'inflexion.


Solution :

Solution :

On recherche l'abscisse du point où la dérivée seconde s'annule en changeant de signe. On a f″(x)=(6x2+6x−12)′=12x+6 x−12f″−0+f∩I∪ Le point d'inflexion I a pour coordonnée (−12;f(−12))=(−12;132)

La tangente T a pour équation : y−f(a)=f′(a)⋅(x−a)y−132=f′(−12)⋅(x+12)y−132=−272⋅(x+12)y=−272x−14

Exercice 3 : Calculer les limites suivantes et en tirer une conclusion graphique.

1. limx→3x−3√x−2−√4−x


Solution :

Solution :

limx→3x−3√x−2−√4−x=[00] FI!=limx→3(x−3)(√x−2+√4−x)(√x−2−√4−x)(√x−2+√4−x)=limx→3(x−3)(√x−2+√4−x)2x−6=limx→3√x−2+√4−x2=1

Conclusion graphique : Gf admet un point creux en (3,1)


2. limx→+∞ x+1−√x2−5x+6


Solution :

Solution :

limx→+∞x+1−√x2−5x+6=(+∞)−(+∞)FI=limx→+∞(x+1)2−(x2−5x+6)x+1+√x2−5x+6=limx→+∞7x−5x+|x|=limx→+∞7x2x=72

conclusion graphique : Gf admet une asymptote horizontale à droite d'équation y=72


3. limx→0 sinx−sin2xsin3x+sin5x


Solution :

Solution :

limx→0sinx−sin2xsin3x+sin5x[00]=limx→0cosx−2cos2x3cos3x+5cos5x(Hospital)=1−23+5=−18

point creux en (0;−18)

Exercice 4 : Montrer que cos(2x)+sinx peut s'écrire sous la forme αsin2x+βsinx+γ où α,β,γ sont des réels à déterminer.


Solution :

Solution :

cos(2x)+sinx=cos(2x)+sinx=cos2(x)−sin2(x)+sinx=1−2sin2(x)+sinx=−2sin2(x)+sinx+1⟹α=−2,β=1,γ=1

Exercice 5 : Dérive les fonctions suivantes. Ne laisse aucun exposant négatif et simplifie le plus loin possible !

1. f(x)=x2−x+12x+3

Solution :

Solution :

f′(x)=2x2+6x−5(2x+3)2

2. g(x)=(sinx1−cosx)2

Solution :

Solution :

h′(x)=2⋅sinx1−cosx⋅(sinx1−cosx)′=2⋅sinx1−cosx⋅cosx⋅(1−cosx)−sinx⋅(0+sinx)(1−cosx)2=2⋅sinx1−cosx⋅cosx−cos2x−sin2x(1−cosx)2=2⋅sinx1−cosx⋅cosx−(cos2x+sin2x)(1−cosx)2=2⋅sinx1−cosx⋅cosx−1(1−cosx)2=−2sinx(1−cosx)2

Exercice 6 : Prouver les identités suivantes : (sans calculatrice, développement minimal exigé)


1. 1+cos2x1−cos2x=cot2x


Solution :

Solution :

Rappels : cos2x=cos2x−sin2x ; cos2x=2cos2x−1 ; cos2x=1−2sin2x

MdG=1+cos2x1−cos2x=1+2cos2x−11−(1−2sin2x)=2cos2x2sin2x=cos2xsin2x=cot2x=MdD


2. cos12∘−cos48∘=sin18∘


Solution :

Solution :

cos12∘−cos48∘=cos(30∘−18∘)−cos(30∘+18∘)=cos30∘cos18∘+sin30∘sin18∘−(cos30∘cos18∘−sin30∘sin18∘)=cos30∘cos18∘+sin30∘sin18∘−cos30∘cos18∘+sin30∘sin18∘=2sin30∘sin18∘=2(12)sin18∘=sin18∘

Exercice 7 : Obi-Wan Kenobi s'apprête à monter sur une grande roue dans une fête foraine. La fonction H modélise la hauteur au-dessus du sol, en mètres, où elle va se trouver t secondes après le départ de la grande roue.

H(t)=−10cos(2π150t)+10

Combien de secondes après le départ va-t-elle se trouver pour la première fois à 16 m au-dessus du sol ? Arrondir à l'unité.


Solution :

Solution :

H(t0)=0 lorsque Obi-Wan Kenobi monte dans la nacelle. On vérifie aisément que t0=0.

Pour déterminer combien de secondes après le départ Obi-Wan Kenobi se trouvera pour la première fois à 16 mètres au-dessus du sol, nous devons résoudre l'équation suivante pour H(t)=16:

−10cos(2π150t)+10=16⟺t=±1502π(2,2143+2kπ)≈±53+150k

Comme t0=0, Obi-Wan Kenobi se trouvera pour la première fois à 16 mètres au-dessus du sol environ 53 secondes après le départ.

Exercice 8 : Un homme, symbolisé par le point A, est en pleine mer. Il doit rejoindre le point B situé sur le rivage, symbolisé par la droite (HB), en un temps minimum. On~donne AH=1 km et HB=4 km. Sachant qu'il se déplace dans l'eau à une vitesse de 3km/h et sur terre à une vitesse de 7km/h, où doit-il accoster ? Combien de temps dure son trajet ?


Solution :

Solution :

L'objectif étant de minimiser le temps de parcours, posons t le temps total du trajet constitué par la somme du temps passé en pleine mer et le temps passé sur la terre ferme. Le point X d'abscisse x est le point d'accostage recherché. Le problème impose également x∈[0,4]

Soit t1 le temps nécessaire pour parcourir la distance d(A,X) séparant les points A et X et t2 le temps nécessaire pour parcourir la distance d(X,B). On a t=t1+t2

La relation entre distance, vitesse et temps de parcours dans un MRU permet d'écrire : t=d(A,X)v1+d(X,B)v2 avec v1=3 et v2=7

Comme d(A,X)=√1+x2 et d(X,B)=4−x, on a : t=√1+x23+4−x7

Pour minimiser t, il suffit d'étudier les variations de la fonction f(x)=√1+x23+4−x7 f′(x)=x3√1+x2−17=7x−3√1+x221√1+x2

Racine(s) de f′ :

f′(x)=0⟺7x−3√1+x2=0⟺7x=3√1+x2⟺49x2=9+9x2⟺x=±3√1020

Variation de f : rappel x∈]0,4[ et le signe de f′ ne dépend que de celui de son numérateur. x0x0=3√102047x−3√1+x2−−0++t′=f′(x)−−0++t=f(x)0↘min↗0

Pour que le nageur arrive à destination en un minimum de temps, il doit atteindre le rivage au point X situé à x0=3√1020≈0,4743 km du point H entre les points H et B.

Le temps de parcours est tmin=f(x0)=12+2√1021≈0,8726 heure. Soit 52 minutes et 21 secondes

code source

code source 

\documentclass[tikz, margin=2mm]{standalone}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw(0,0) [color=black] node[below left]{$H$};
\draw(0,1) [color=black] node[above]{$A$};
\draw(4,0) [color=black] node[below right]{$B$};
\fill[color=gray] (0,0) rectangle (0.2,0.2);
\draw[color=darkgray] (-0.5,0)--(4.5,0); %rivage
\draw[color=black] (0,0)--(0,1); %[HA]
\draw(4,0) [color=black] node{$+$};
\draw(0,1) [color=black] node{$+$};
\draw[color=black, thin, latex-latex] (0,-0.2)--(4,-0.2);
\draw(2,-0.4) [color=black] node{$4$ km};
\draw[color=black, thin, latex-latex] (-0.2,0)--(-0.2,1);
\draw(-0.2,0.5) [color=black] node[left]{$1$ km};
\draw[color=black, dashed, ultra thick] (0,1)--(1.7,0)--(4,0);
\end{tikzpicture}
\end{document}

code source

code source 

\documentclass[tikz, margin=2mm]{standalone}
\begin{document}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\draw[-latex,color=black] (-0.74,0) -- (5.34,0);
\foreach \x in {1,4}
\draw[shift={(\x,0)},color=black] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {\footnotesize $\x$};
\draw[-latex,color=black] (0,-0.11) -- (0,1.77);
\foreach \y in {1}
\draw[shift={(0,\y)},color=black] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {\footnotesize $\y$};
\draw[color=black] (0pt,-10pt) node[right] {\footnotesize $0$};
\draw[shift={(1.7,0)},color=black] (0pt,4pt) -- (0pt,-4pt) node[pos=.5,above right] {\footnotesize $X(x,0)$};
\draw(0,1) [color=black] node[above right]{$A$};
\draw(4,0) [color=black] node[above]{$B$};
\draw[color=black, dashed, ultra thick] (0,1)--(1.7,0)--(4,0);
\end{tikzpicture}
\end{document}

Exercice 9 : À partir de la représentation graphique suivante, déterminer l'abscisse du point P pour que l'aire du triangle AOB soit minimale.

\underline{Note} : L'abscisse du point P varie dans l'intervalle ]0,2[.


Solution :

Solution :

  • Soit P(a,4−a2)
  • pente de la tangente en l'abscisse du point P : f′(a)=(4−a2)′=−2a
    • équation de la tangente : y−(4−a2)=−2a⋅(x−a)
  • intersection de la tangente avec les axes :
    • A=T∩Oy : y−(4−a2)=−2a⋅(0−a)⟺yA=a2+4
    • B=T∩Ox : 0−(4−a2)=−2a⋅(x−a)⟺xB=a2+42a
  • aire du triangle : f(a)=12⋅(a2+4)a2+42a
    • f′(a)=((a2+4)24a)′=(a2+4)(3a2−4)4a2
    • f′=0⟺a=±2√33
    • solution positive : a=2√33≈1,1547
    • reste à verifier qu'on a bien un minimum … laissé au lecteur 8-)

Exercice 10 : Écrire la définition du nombre dérivé d'une fonction f en un réel a en utilisant la notion de limite. Que représente cette limite vis-à-vis du graphe de la fonction f ?


Solution :

Solution :

Le nombre dérivé de f en a est le nombre f′(a) s'il existe, défini par : f′(a)=limh→0f(a+h)−f(a)h Si cette limite existe, on dit que la fonction f est dérivable en a.

Vis-à-vis du graphe de la fonction f, cette limite représente la pente de la tangente au graphe de f au point d'abscisse a. Autrement dit, elle donne le taux de variation instantané de la fonction f en a.

Exercice 11 : Soit f une fonction dérivable sur R. La fonction définie sur R par x↦f(3x) a pour fonction dérivée :

  1. x↦3⋅f′(3x)
  2. x↦f′(3x)
  3. x↦3⋅f′(x)

Solution :

Solution :

on dérive une composition de fonctions (u∘v)′=(u′∘v)⋅v′

si g(x)=f(3x) alors g′(x)=f′(3x)⋅(3x)′=3⋅f′(3x)

Exercice 12 : La fonction f définie sur R par f(x)=|x|x2+1 est-elle dérivable en 0. Justifie ta réponse.


Solution :

Solution :

  • f′g(0)=limh→0−f(h)−f(0)h=limh→0−|h|h(h2+1)=limh→0−−hh(h2+1)=−1
  • f′d(0)=limh→0+f(h)−f(0)h=limh→0+|h|h(h2+1)=limh→0+hh(h2+1)=1

f′g(0)≠f′d(0)⟹f non dérivable en 0

Exercice 13 : La fonction f définie sur [0;6] par f(x)={√xpour x∈[0;4]1+mpour x∈]4;6] est continue sur [0;6] lorsque :

  1. m=3
  2. m=4
  3. m=0
  4. m=1

Justifie ton choix.


Solution :

Solution :

x↦√x est une fonction continue sur R+ tout comme la fonction constante x↦1+m qui est continue sur R.

il reste à trouver m pour que f soit continue en 4 :

  • f(4)=√4=2
  • limx→4−f(x)=limx→4−√x=2
  • limx→4+f(x)=limx→4−1+m=1+m

f est continue en 4 si et seulement si limx→4−f(x)=f(4)=limx→4+f(x)

conclusion : m=1

Exercice 14 : Rappeler les trois formules liant cos(2x) à sinx et cosx et en déduire les valeurs exactes de cos5π8 et de sin5π8


Solution :

Solution :

  1. cos(2x)=cos2x−sin2x
  2. cos(2x)=2cos2x−1
  3. cos(2x)=1−2sin2x

cos(5π4)=2cos2(5π8−1)⟺cos2(5π8)=1+cos(5π4)2⟺cos2(5π8)=1−√222⟺cos2(5π8)=2−√24⟹cos(5π8)=−√2−√22

cos(5π4)=1−2sin2(5π8)⟺sin2(5π8)=1−cos(5π4)2⟺sin2(5π8)=1+√222⟺sin2(5π8)=2+√24⟹sin(5π8)=√2+√22

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  • Dernière modification : 2024/10/30 10:54
  • de Frédéric Lancereau