Transcript Correction du contrôle no 1

Première S
Correction du contrôle no 1
Exercice 1
Soit f la fonction définie sur R par f (x) = −x2 + 4x − 3.
−
→ −
→
On appelle P sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O; i ; j ).
1. Déterminer les coordonnées des points d’intersection de P avec l’axe des abscisses.
On résout l’équation f (x) = 0.
2
∆ = b2 − 4ac
√ = 16 − 4 × (−1) × (−3) = 16 − 12 = 4 = 2 > 0.
−b − ∆
−4 − 2
x1 =
=
=3
2a√
−2
−4 + 2
−b + ∆
=
=1
x2 =
2a
−2
P coupe l’axe des abscisses aux points A(1; 0) et B(3; 0).
2. Étudier le signe de f sur R. Justifier.
Le trinôme f est du signe de a (ici a = −1 < 0) à l’extérieur des racines, et du
signe de (−a) entre les racines.
x
−∞
f (x)
1
−
0
+∞
3
+
0
−
3. Dresser le tableau de variation de f .
Le sommet S de la parabole a pour coordonnées :
−4
−∆
−4
−b
=
= 2.
yS =
=
= 1, ou bien
xS =
2a
−2
4a
−4
b
yS = f −
= f (2) = 1.
2a
Donc le point S(2; 1) est le sommet de P.
Comme le coefficient de x2 est a = −1 < 0, la parabole est tournée vers le bas,
d’où le tableau de variations :
x
−∞
2
1
+∞
f (x)
4. Tracer P dans un repère.
On s’aide d’un tableau de valeur éventuellement avec la calculatrice.
1
3
2
S
1
→
−
j
-4
-3
-2
0
-1
−
→
i 1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
-4
(d)
-5
P
-6
5. Soit m un nombre réel.
Déterminer graphiquement suivant les valeurs de m le nombre de solutions de
l’équation f (x) = m.
Graphiquement on observe que :
— lorsque m < 1, l’équation f (x) = m a exactement deux solutions,
— lorsque m = 1 l’équation f (x) = 1 a une unique solution (qui est x = 2),
— et lorsque m > 1, l’équation f (x) = m n’a pas de solution.
6. Soit (d) la droite d’équation y = 2x − 3. Tracer (d) sur le même graphique, et lire
les coordonnées des points d’intersection de (d) et P.
(c) et (/mathcalP se coupent en S(2; 1) et en C(0; −3)
7. Pour tout réel p, on considère la droite (Dp ) d’équation y = 2x + p.
Déterminer algébriquement le nombre de points d’intersection de (Dp ) et P suivant
les valeurs de p.
Il s’agit de déterminer, suivant les valeurs de p, le nombre de solutions de l’équation
f (x) = 2x + p.
⇔
⇔
−x2 + 4x − 3 = 2x + p
−x2 + 4x − 3 − 2x − p = 0
−x2 + 2x + (−3 − p) = 0
∆ = b2 − 4ac
= 22 − 4 × (−1) × (−3 − p)
= 4 + 4(−3 − p)
= 4(1 − 3 − p)
= 4(−2 − p)
−2 − p = 0
p = −2
p
−∞
+∞
−2
−2 − p
+
2
0
−
Lorsque p < −2, ∆ > 0, l’équation f (x) = 2x + p a deux solutions, ce qui signifie
que P et (Dp ) ont deux points d’intersection.
Lorsque p = −2, ∆ = 0, l’équation f (x) = 2x − 2 a une unique solution, et donc P
et (D−2 ) ont un seul point d’intersection.
Enfin, si p > −2, ∆ < 0, l’équation f (x) = 2x + p n’a pas de solution, donc P et
(Dp ) n’ont pas de point d’intersection.
Exercice 2
Un terrain rectangulaire a pour longueur 30 m et largeur 12 m. On souhaite aménager
un chemin de largeur x (en mètres) le long de deux côtés consécutifs comme le montre la
figure ci-contre.
x
12 m
x
30 m
La largeur x du chemin doit être supérieure ou égale à 0,8 m.
1. On souhaite que la partie restante du terrain ait une aire supérieure à 280 m2 .
Montrer que cela se traduit par l’inéquation
x2 − 42x + 80 > 0.
La partie restante du terrain est un rectangle de dimensions (30 − x) et (12 − x).
Son aire a pour expression L × ℓ = (30 − x)(12 − x) = x2 − 30x − 12x + 30 × 12 =
x2 − 42x + 360. On souhaite que cette aire soit supérieure à 280. D’où l’inéquation :
x2 − 42x + 360 > 280
x2 − 42x + 80 > 0
2. Résoudre cette inéquation et en déduire les valeurs possibles de la largeur x du
chemin.
On étudie le signe du trinôme x2 − 42x + 80.
2
2
∆ = b2 − 4ac
√ = 42 − 4 × 1 × 80 = 1444 = 38 > 0.
42 − 38
−b − ∆
=
=2
x1 =
2a√
2
−b + ∆
42 + 38
x2 =
=
= 40
2a
2
Le trinôme est positif (signe de a, ici a = 1) à l’extérieur des racines, et du signe
de −a entre les racines.
x
x2 − 42x + 80
−∞
2
+
0
+∞
40
−
0
+
Donc x2 − 42x + 80 > 0 sur ] − ∞; 2] ∪ [40; +∞[.
D’après le contexte, la largeur x du chemin est comprise en 0,8 m et 12m.
Donc la largeur du chemin doit être entre 0,8 m et 2m.
Exercice 3
Soit f une fonction trinôme du second degré définie sur R par f (x) = ax2 + bx + c avec a,
b et c réels, a 6= 0.
1. On considère l’affirmation suivante : ≪ Si pour tout x ∈ R, f (x) < 0, alors ∆ < 0. ≫
3
(a) L’affirmation est-elle vraie ou fausse ? Justifier.
VRAI : Si pour tout x ∈ R, f (x) < 0, alors f n’a pas de racine, et donc ∆ < 0.
(b) Énoncer la réciproque de l’implication précédente.
≪ Si ∆ < 0, alors pour tout x ∈ R, f (x) < 0. ≫
(c) Cette réciproque est-elle vraie ou fausse ? Justifier.
FAUX : considérons le trinôme f (x) = x2 + 7.
∆ = −28 < 0, et pourtant f (x) n’est pas toujours strictement négatif puisque
f (0) = 7 > 0.
2. Justifier si l’affirmation suivante est vraie ou fausse.
≪ Si a + b + c = 0, alors 1 est racine de f . ≫
VRAI : On a f (x) = ax2 + bx + c.
f (1) = a × 12 + b × 1 + c = a + b + c.
Donc f (1) = 0 équivaut à a + b + c = 0.
Exercice 4
Deux entiers naturels ont pour différence 7 et la différence entre leur produit et leur somme
est égale à 43. Quels sont-ils ?
Soient x et y de tels nombres, x étant le plus grand.
On a x − y = 7, et xy − (x + y) = 43.
On a alors y = x − 7, et en remplaçant dans la 2e équation :
x(x − 7) − (x + x − 7) = 43
x2 − 7x − 2x + 7 = 43
x2 − 9x − 36 = 0
2
2
∆ = b2 − 4ac
√ = 9 + 4 × 36 = 225 = 15 > 0.
9 − 15
−b − ∆
=
= −3
x1 =
2a√
2
−b + ∆
9 + 15
x2 =
=
= 12
2a
2
On exclut x = −3 car on cherche des entiers naturels.
Il reste x = 12, alors y = x − 7 = 12 − 7 = 5.
Vérifions que 12 et 5 répondent au problème :
12 − 5 = 7 et 12 × 5 − (12 + 5) = 60 − 17 = 43.
Les nombres cherchés sont 12 et 5.
Exercice 5
Soit f une fonction définie sur R telle que f (1) = f (4) = f (5) = 0. f peut-elle être une
fonction polynôme du second degré ?
Une fonction polynôme du second degré ne peut avoir que 2 racines réelles, ou une racine,
ou aucune.
Si une fonction f vérifie f (1) = f (4) = f (5) = 0, alors f admet au moins trois racines
réelles distinctes.
Donc une telle fonction ne peut pas être un polynôme du second degré.
4