TS – Limites et continuité

Exercice 1

Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :

lim_et_continuité-ex1

Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l’équation $f(x)=0$ sur $\R$.

Correction Exercice 1

Sur l’intervalle $]-\infty;-2[$, on $f(x) \le – 5$. Par conséquent, sur cet intervalle, l’équation $f(x) = 0$ ne possède pas de soution.

$\quad$

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $[- 2;+\infty[$.

$f(-2) = -8$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 5$. Or $0 \in ]- 8;5[$.

Par conséquent, d’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]- 2;+\infty[$.

$\quad$

Par conséquent, l’équation $f(x) = 0$ ne possède qu’une seule solution sur $\R$.

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$\quad$

Exercice 2

Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :

lim_et_continuité-ex2

Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l’équation $f(x)=0$ sur $\R$.

Correction Exercice 2

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $]-\infty;-2[$.

$\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = – 1$ et $f(-2) = 2$. Or $0 \in ]- 1;2[$.

D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-\infty;-2[$.

$\quad$

La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $[-2;4]$.

$f(-2) = 2$ et $f(4) = -3$. Or $0 \in ]-3;2[$.

D’après le théorème de la bijection l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-2;4[$.

$\quad$

Sur $[4;+\infty[$ on a $f(x) \le -1$.

L’équation $f(x) = 0$ ne possède donc pas de solution sur $]4;+\infty[$.

$\quad$

On déduit de cette étude que l’équation $f(x) = 0$ possède donc deux solutions sur $\R$ (on a en prime des intervalles dans lesquelles elles se trouvent).

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$\quad$

Exercice 3

Soit $f$ une fonction dont le tableau de variations est :

lim_et_continuité-ex3

Déterminer, en justifiant, le nombre de solutions de l’équation $f(x)=1$ sur $\R$.

Correction Exercice 3

Pour tout $x \in ]-\infty;-3[\cup]-3;5[$, on a $f(x) < 1$. L’équation $f(x) = 1$ ne possède donc aucune solution sur cette réunion d’intervalles.

$\quad$

On a $f(-3) = 1$. $-3$ est donc une solution de l’équation $f(x) = 1$.

$\quad$

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $[5;+\infty[$.

$f(-5) = -3$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Or $1 \in ]-3;+\infty[$.

D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 1$ possède une unique solution sur $[5;+\infty[$.

$\quad$

L’étude précédente nous permet donc de dire que l’équation $f(x)=1$ possède deux solutions sur $\R$ : $-3$ et un réel appartenant à $]5;+\infty[$.

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$\quad$

Exercice 4

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = x^3-x^2+x+2$.

  1. Déterminer le tableau de variations complet de la fonction $f$.
    $\quad$
  2. Montrer que l’équation $f(x) = 0$ ne possède qu’une unique solution notée $\alpha$.
    $\quad$
  3. Fournir un encadrement au centième de $\alpha$.
Correction Exercice 4

  1. La fonction $f$ est une fonction polynôme définie sur $\R$. Elle est donc dérivable sur $\R$.
    Pour tout $x \in \R$ on a $f'(x) = 3x^2-2x + 1$
    Étudions le signe de cette expression : $\Delta = (-2)^2-4 \times 3 = -8 <0$
    Par conséquent, $f'(x)$ est du signe de $3$ et $f'(x) > 0$ pour tout $x \in \R$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    lim_et_continuité-ex4 cor (1)
    D’après la limite des termes de plus haut degré on a :
    $\quad$ $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x)$ $=\lim\limits_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$ et
    $\quad$ $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$ $=\lim\limits_{x \to +\infty} x^3= +\infty$
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $]-\infty;+\infty[$.
    De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=+\infty$
    Par conséquent, d’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $\R$.
    $\quad$
  3. A l’aide du mode table de la calculatrice, on obtient : $-0,82 < \alpha < -0,81$.

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$\quad$

Exercice 5

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \dfrac{2x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2} – x + 3$.

  1. Étudier les limites de $f$ en $-\infty$ et en $+\infty$.
    $\quad$
  2. Dresser le tableau de variations complet de la fonction $f$.
    $\quad$
  3. Montrer que l’équation $f(x) = 0$ n’admet aucune solution sur l’intervalle $\left[-\dfrac{1}{2};+\infty\right[$.
    $\quad$
  4. En déduire que l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\R$.
    $\quad$
  5. Fournir un encadrement au centième de $\alpha$.
Correction Exercice 5

  1. D’après la limite des termes de plus haut degré on a :
    $\quad$ $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x)$ $ = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{2x^3}{3}$ $=-\infty$ et
    $\quad$ $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$ $ = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{2x^3}{3}$ $=+\infty$
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est une fonction polynôme. Elle est donc dérivable sur $\R$ et, pour tout $x\in \R$ on a :
    $$f'(x) = 2x^2-x-1$$
    Étudions le signe de cette expression : $\Delta = (-1)^2-4 \times 2 \times (-1) =9 > 0$.
    Elle possède donc deux racines : $x_1 = \dfrac{1-\sqrt{9}}{4} = -\dfrac{1}{2}$ et $x_2 = \dfrac{1 + \sqrt{9}}{4}=1$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    lim_et_continuité-ex5 cor (1)
  3. Pour tout $x \ge -\dfrac{1}{2}$, on a $f(x) \ge \dfrac{13}{6} > 0$ donc l’équation $f(x) =0$ ne possède pas de solution sur $[-1;+\infty[$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\left]-\infty;-\dfrac{1}{2} \right[$.
    $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ et $f\left( -\dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{79}{24}$. Or $0 \in \left]-\infty;\dfrac{79}{24}\right[$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $f(x) = 0$ possède une unique solution sur $\left]-\infty;-\dfrac{1}{2} \right[$.
    $\quad$
    L’équation $f(x) = 0$ possède donc une unique solution sur $\R$.
    $\quad$
  5. En utilisant le menu table de la calculatrice on trouve $-1,70< \alpha< -1,69$

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$\quad$

Exercice 6 : Fonctions composées

Dans chacun des cas déterminer les limites indiquées.

  1. $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2-3x}$
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \to -1^+} \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$
    $\quad$
  3. $\lim\limits_{x \to -\infty} x\sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}$
Correction Exercice 6

  1. $\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 – 3x $ $=\lim\limits_{x \to +\infty}  x^2$ $=+\infty$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty$.
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \to -1^+} 1 – x = 2$ et $\lim\limits_{x \to -1^+} = 0^+$ par conséquent $\lim\limits_{x \to -1^+} \dfrac{1 – x}{1 + x} = +\infty$.
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = +\infty$
    $\quad$
  3. $\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{1}{x^2} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} 1 + \dfrac{1}{x^2} = 1$
    $\lim\limits_{x \to 1} \sqrt{x} = 1$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}} = 1$.
    De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} x = -\infty$
    Donc par produit, $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$

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$\quad$

Exercice 7 : Formes indéterminées

Dans chacun des cas déterminer les limites indiquées.

  1. $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}$
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 4x}-x$
    $\quad$
  3. $\lim\limits_{x \to -2} \dfrac{x^3+2x^2-x-2}{x^2-4}$
    $\quad$
  4. $\lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{3x}-3}{x-3}$
Correction Exercice 7

  1. Nous sommes en présence de la forme indéterminée “$\infty – \infty$”. Pour lever cette indétermination, nous allons utiliser l’expression conjuguée.
    $\begin{align} f(x)& =  \sqrt{x^2+1} – \sqrt{x^2-1} \\\\
    &=\left(\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}\right) \times \dfrac{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1}} \\\\
    &= \dfrac{x^2+1-(x^2-1)}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1}} \\\\
    &=\dfrac{2}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1}}
    \end{align}$
    $\quad$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1} $ $=\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2-1} = +\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1} = +\infty$
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1} $ $= \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{2}{\sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1}} = 0$
    $\quad$
  2. On procède de la même manière. Pour $x > 0$
    $\begin{align} f(x) & =\sqrt{x^2 + 4x}-x \\\\
    &= \left(\sqrt{x^2 + 4x}-x \right) \times \dfrac{\sqrt{x^2 + 4x} + x}{\sqrt{x^2 + 4x} + x} \\\\
    &=\dfrac{x^2 + 4x – x^2}{\sqrt{x^2 + 4x} + x} \\\\
    &=\dfrac{4x}{\sqrt{x^2 + 4x} + x} \\\\
    &=\dfrac{4x}{x\sqrt{1 + \dfrac{4}{x}} + x} \\\\
    &=\dfrac{4}{\sqrt{1 + \dfrac{4}{x}} + 1}
    \end{align}$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{1 + \dfrac{4}{x}} = 1$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x^2 + 4x} – x$ $=\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4}{\sqrt{1 + \dfrac{4}{x}} + 1}$ $=\dfrac{4}{2} = 2$
    $\quad$
    La ligne 4 étant de la forme $\dfrac{\infty}{\infty}$ nous sommes encore en présence d’une forme indéterminée.
    $\quad$
  3. Le numérateur et le dénominateur de la fraction $\dfrac{x^3+2x^2-x-2}{x^2-4}$ s’annulent en $-2$. On va donc factoriser chacune de ces expressions par $x-(-2) = x + 2$.
    Cherchons dans un premier temps des réels $b$ et $c$ tels que :
    $\begin{align} x^3+2x^2-x-2  &= (x + 2)(x^2+ bx + c) \\\\
    &= x^3 +2bx^2 +cx + 2x^2 +2bx +2c \\\\
    &=x^3 + (2b + 2)x^2 + (c + 2b)x + 2c
    \end{align}$.
    Procédons maintenant par identification :
    $\begin{cases} 2b+2 = 2 \\\\ c + 2b = -1\\\\2c = -2
    \end{cases}$ $\Leftrightarrow \begin{cases} b= 0\\\\c = -1 \end{cases}$
    Ainsi $x^3+2x^2-x-2$ $=(x+2)(x^2 – 1)$
    $\quad$
    Factorisons maintenant le dénominateur :
    $x^2 – 4$ $=(x -2)(x +2)$
    $\quad$
    Ainsi, pour $x \ne -2$, on a $\dfrac{x^3+2x^2-x-2}{x^2-4}$ $ = \dfrac{(x + 2)(x^2-1)}{(x-2)(x + 2)}$ $=\dfrac{x^2-1}{x-2}$.
    Donc :
    $\lim\limits_{x \to -2} \dfrac{x^3+2x^2-x-2}{x^2-4}$ $=\lim\limits_{x \to -2} \dfrac{x^2-1}{x-2}$ $= – \dfrac{3}{4}$
    $\quad$
  4. De nouveau le numérateur et le dénominateur s’annulent en $3$. On va donc de nouveau factoriser ces expressions.
    $\begin{align} \dfrac{\sqrt{3x}-3}{x-3} &= \dfrac{\sqrt{3}\sqrt{x}-\sqrt{3}^2}{x-3} \\\\
    &= \dfrac{\sqrt{3} \left(\sqrt{x}-\sqrt{3} \right)}{x-3} \\\\
    &= \dfrac{\sqrt{3} \left(\sqrt{x}-\sqrt{3} \right)}{\left(\sqrt{x}-\sqrt{3} \right) \left(\sqrt{x} + \sqrt{3} \right)}  \\\\
    &=\dfrac{\sqrt{3}}{\left(\sqrt{x} + \sqrt{3} \right)}  \quad x \ne 3
    \end{align}$
    $\quad$
    Ainsi
    $\lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{3x}-3}{x-3}$ $= \lim\limits_{x \to 3} \dfrac{\sqrt{3}}{\left(\sqrt{x} + \sqrt{3} \right)}$ $=\dfrac{1}{2}$

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$\quad$

Exercice 8 : Problème de synthèse

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x) = 9x+ (15-2x)\sqrt{x}$ et la fonction $g$ définie également sur $[0;+\infty[$ par $g(x) = 18\sqrt{x} – 6x + 15$.

  1. Dresser le tableau de variations complet de la fonction $g$.
    $\quad$
  2. Démontrer, sans la résoudre, que l’équation $g(x) = 0$ admet une unique solution sur $[0;+\infty[$ que l’on notera $\alpha$.
    $\quad$
  3. Fournir un encadrement au centième de $\alpha$.
    $\quad$
  4. En déduire le signe signe de $g(x)$ pour tout $x \in [0;+\infty[$.
    $\quad$
  5. Démontrer que, pour tout $x \in ]0;+\infty[$ on a $f'(x) = \dfrac{g(x)}{2\sqrt{x}}$.
    $\quad$
  6. En déduire le tableau de variations complet de $f$.
Correction Exercice 8

  1. La fonction $g$ est une somme de fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$. Elle est donc également dérivable sur cet intervalle.
    $$g'(x) = \dfrac{18}{2\sqrt{x}}-6 = \dfrac{9}{\sqrt{x}}-6 = \dfrac{9-6\sqrt{x}}{\sqrt{x}}$$
    $g'(x)$ est donc du signe de $9-6\sqrt{x}$.
    Or $\quad$
    $\begin{align} 9-6\sqrt{x} > 0 &\Leftrightarrow 9 > 6\sqrt{x} \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{9}{6} > \sqrt{x} \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{3}{2} > \sqrt{x} \\\\
    &\Leftrightarrow \dfrac{9}{4} > x > 0
    \end{align}$
    $\quad$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    lim_et_continuité-ex8 cor (1)
    $f(0) = 0$ $\quad$ $f\left(\dfrac{9}{4}\right) = \dfrac{57}{2}$
    $f(x) = x\left(18\dfrac{\sqrt{x}{x}}-6 + \dfrac{15}{x} \right)$ $=x\left(18\dfrac{1}{\sqrt{x}}-6 + \dfrac{15}{x} \right)$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}}$ $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{15}{x}  = 0$.
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty}  18\dfrac{1}{\sqrt{x}}-6 + \dfrac{15}{x} = – 6$ et $ \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$
    $\quad$
  2. Sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{9}{4}\right]$ on a $g(x) \ge 15$. Par conséquent l’équation $g(x) = 0$ n’a pas de solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    La fonction $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $\left[\dfrac{9}{4};+\infty \right[$.
    De plus $f\left(\dfrac{9}{4}\right) = \dfrac{57}{2}$ et $ \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$. Donc $0 \in \left]-\infty;\dfrac{57}{2}\right[$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) = 0$ possède donc une unique solution.
    $\quad$
    Finalement, l’équation $g(x) = 0$ possède une unique solution sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
  3. A l’aide du menu table de la calculatrice on trouve $13,53< \alpha <13,54$.
    $\quad$
  4. Cela signifie donc que :
    lim_et_continuité-ex8 cor 2
  5. La fonction $f$ est une somme et un produit de fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$.
    On a : $\quad$
    $\begin{align} f'(x) &= 9-2\sqrt{x} + \dfrac{15 – 2x}{2\sqrt{x}} \\\\
    &= \dfrac{18\sqrt{x}-4x + 15 – 2x}{2\sqrt{x}}\\\\
    &=\dfrac{18\sqrt{x}-6x + 15}{2\sqrt{x}} \\\\
    &=\dfrac{g(x)}{2\sqrt{x}}
    \end{align}$
    $\quad$
  6.  Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $g'(x)$ (que nous avons étudié à la question 3).
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    lim_et_continuité-ex8 cor 3
    $f(0) = 0$
    $\begin{align} f(x) &= 9x+ (15-2x)\sqrt{x}\\\\
    &= 9x + 15\sqrt{x}-2x\sqrt{x} \\\\
    &= x\sqrt{x} \left( \dfrac{9x}{x\sqrt{x}} + \dfrac{15\sqrt{x}}{x\sqrt{x}}-2 \right) \\\\
    &=x\sqrt{x}\left(\dfrac{9}{\sqrt{x}} + \dfrac{15}{x} – 2 \right)
    \end{align}$
    Ainsi $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$

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