Problème, étude d'une fonction

#2bacsef

Sommaire

On considère la fonction ff définie par :

f(x)={x+2−2x+1si x>0x+2−24−xsi x≤0f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x+2-\sqrt{2x+1} & \text{si } x > 0 \\\\ x+2 - \dfrac{2}{\sqrt{4 - x}} & \text{si } x \le 0 \end{array} \right.
  1. Vérifier que Df=RD_f = \mathbb{R} et calculer lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x)
  2. Vérifier que ∀x>0\forall x > 0,
    f(x)=x(1+2x−2x+1x2)f(x) = x\left(1 + \dfrac{2}{x} - \sqrt{\dfrac{2}{x} + \dfrac{1}{x^2}} \right)
    puis calculer lim⁡x→+∞f(x)\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x)
  3. Montrer que ff est continue en x0=0x_0 = 0
  4. a. Établir que ∀x>0\forall x > 0,
    f(x)−1x=1−21+2x+1\dfrac{f(x) - 1}{x} = 1 - \dfrac{2}{1 + \sqrt{2x + 1}}
    b. Établir que ∀x<0\forall x < 0,
    f(x)−1x=1−14−x(4−x+2)\dfrac{f(x) - 1}{x} = 1 - \dfrac{1}{\sqrt{4 - x\left(\sqrt{4 - x} + 2\right)}}
    c. Étudier la dérivabilité de ff en 00 à droite et à gauche, puis interpréter les résultats
  5. a. Montrer que ∀x<0\forall x < 0,
    f′(x)=1−1(4−x)4−xf'(x) = 1 - \dfrac{1}{(4 - x)\sqrt{4 - x}}
    b. Montrer que ∀x<0\forall x < 0,
    0<1(4−x)4−x<180 < \dfrac{1}{(4 - x)\sqrt{4 - x}} < \dfrac{1}{8}
    Déduire la monotonie de ff sur ]−∞;0[]-\infty ; 0[
  6. Calculer f′(x)f'(x) pour tout x∈]0;+∞[x \in ]0 ; +\infty[, puis déduire que ff est strictement croissante sur ]0;+∞[]0 ; +\infty[
  7. Dresser le tableau de variation de ff
  8. Montrer que l’équation f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α∈R\alpha \in \mathbb{R} et que −32<α<1\dfrac{-3}{2} < \alpha < 1
    Interpréter le résultat
  9. a. Calculer lim⁡x→−∞[f(x)−(x+2)]\displaystyle \lim_{x \to -\infty} \left[f(x) - (x+2)\right]
    Interpréter le résultat
    b. Montrer que lim⁡x→+∞f(x)x=1\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x} = 1,
    puis calculer lim⁡x→+∞[f(x)−x]\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left[f(x) - x\right]
    et en déduire la branche infinie de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty
    c. Résoudre l’équation f(x)=xf(x) = x dans ]0;+∞[]0 ; +\infty[
    Déduire la position relative de (Cf)(C_f) et de la droite (Δ)(\Delta) d’équation y=xy = x sur ]0;+∞[]0 ; +\infty[
  10. Construire les droites (D) : y=x+2(D)~:~y = x + 2, (Δ) : y=x(\Delta)~:~y = x et la courbe (Cf)(C_f) dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j})
  11. Soit gg la restriction de ff à ]0;+∞[]0 ; +\infty[
    a. Montrer que gg admet une fonction réciproque g−1g^{-1} puis déterminer JJ, son domaine de définition
    b. Calculer g(32)g\left(\frac{3}{2}\right) puis (g−1)′(32)\left(g^{-1}\right)'\left(\frac{3}{2}\right)
    c. Construire dans le même repère (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}) la courbe (Cg−1)(C_{g^{-1}}) de la fonction g−1g^{-1}

1/ Df=R\quad D_{f} = \mathbb{R} ?

Df={x∈R | 2x+1≥0 et x>0}∪{x∈R | 4−x>0 et x≤0}={x∈R | x≥−12 et x>0}∪{x∈R | x<4 et x≤0}={x∈R | x>0}∪{x∈R | x≤0}=  ]0;+∞[  ∪  ]−∞;0]=R\begin{align*} D_{f} &= \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, 2x+1 \geq 0 \text{ et } x > 0 \right\} \cup \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, 4-x > 0 \text{ et } x \leq 0 \right\} \\ &= \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, x \geq -\frac12 \text{ et } x > 0 \right\} \cup \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, x < 4 \text{ et } x \leq 0 \right\} \\ &= \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, x > 0 \right\} \cup \left\{ x \in \mathbb{R} \,\middle|\, x \leq 0 \right\} \\ &= \; ]0 ; +\infty[ \;\cup\; ]-\infty ; 0]\\ &=\R \end{align*}
lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞(x+2−24−x)=−∞\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty}\left( x+2 - \dfrac{2}{\sqrt{4 - x}}\right)=-\infty

2/ ∀x>0\quad\forall x>0

f(x)=x+2−2x+1=x(1+2x−2x+1x)=x(1+2x−2x+1x2)=x(1+2x−2x+1x2)\begin{align*} f(x)&= x+2-\sqrt{2x+1}\\ &=x\left(1+\frac2x-\frac{\sqrt{2x+1}}{x}\right)\\ &=x\left(1+\frac2x-\sqrt{\frac{2x+1}{x^2}}\right)\\ &=x\left(1+\frac2x-\sqrt{\frac{2}{x}+\frac1{x^2}}\right) \end{align*}
lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→−∞x(1+2x−2x+1x2)=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty}x\left(1+\frac2x-\sqrt{\frac{2}{x}+\frac1{x^2}}\right)=+\infty

3/

  • f(0)=2−1=1\quad f(0)=2-1=1

  • lim⁡x→0+f(x)=0+2−0+1=1\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=0+2-\sqrt{0+1}=1

  • lim⁡x→0−f(x)=0+2−24−0=1\lim\limits_{x \to 0^-} f(x)=0+2-\frac{2}{\sqrt{4-0}}=1

D’ou

lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0−f(x)=f(0)\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=\lim\limits_{x \to 0^-} f(x)=f(0)

et donc ff est continue en 00

4/ a/ ∀x>0\quad\forall x>0

f(x)−1x=x+1−2x+1x=1+1−2x+1x=1+12−2x+12x(1+2x+1)=1−21+2x+1\begin{align*} \frac{f(x)-1}{x} &=\frac{x+1-\sqrt{2x+1}}{x}\\ &=1+\frac{1-\sqrt{2x+1}}x \\ &=1+\frac{1^2-\sqrt{2x+1}^2}{x(1+\sqrt{2x+1})} \\ &=1-\frac{2}{1+\sqrt{2x+1}} \end{align*}

4/ b/ ∀x<0\quad\forall x<0

f(x)−1x=x+1−24−xx=1+4−x−2x4−x=1+4−x−4x4−x(4−x+2)=1−14−x(4−x+2)\begin{align*} \frac{f(x)-1}{x} &=\frac{x+1-\frac{2}{\sqrt{4-x}}}{x}\\ &=1+\frac{\sqrt{4-x}-2}{x\sqrt{4-x}} \\ &=1+\frac{4-x-4}{x\sqrt{4-x}(\sqrt{4-x}+2)} \\ &=1-\frac{1}{\sqrt{4-x}(\sqrt{4-x}+2)} \end{align*}

4/ c/ \quad Dérivabilité en 0 de ff

lim⁡x→0+f(x)−1x=lim⁡x→0+1−21+2x+1=0\lim\limits_{x \to 0^+}\frac{f(x)-1}{x}= \lim\limits_{x \to 0^+} 1-\frac{2}{1+\sqrt{2x+1}}=0

donc ff est dérivable en 0+0^+ et fd′(0)=0f'_d(0)=0

lim⁡x→0−f(x)−1x=lim⁡x→0−1−14−x(4−x+2)=78\lim\limits_{x \to 0^-}\frac{f(x)-1}{x}= \lim\limits_{x \to 0^-} 1-\frac{1}{\sqrt{4-x}(\sqrt{4-x}+2)}=\frac78

donc ff est dérivable en 0−0^- et fg′(0)=78f'_g(0)=\dfrac78

✔️ Concluison ff non dérivable en 00 car fd′(0)≠fg′(0)f'_d(0)\ne f'_g(0)

Interprétation des résultats

  • (Cf)(C_f) admet une demi-tangente oblique au point E(0,1)E(0,1) à gauche de coefficient directeur 78\dfrac78

  • (Cf)(C_f) admet une demi-tangente horizontale à droite au point E(0,1)E(0,1)

5/ a/ ∀x<0 : f′(x)=?\quad \forall x<0~:~f'(x)=?

ff est dérivable sur ]−∞,0[]-\infty,0[ et on a :

(∀x<0)(\forall x<0)

f′(x)=(x+2−24−x)′=1−2−(4−x)′4−x=1+2−124−x4−x=1−1(4−x)4−x\begin{align*} f'(x)&=(x+2-\frac{2}{\sqrt{4-x}})^\prime \\ &=1-2\frac{-(\sqrt{4-x})'}{4-x}\\ &=1+2\frac{\frac{-1}{2\sqrt{4-x}}}{4-x}\\ &=1-\frac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}} \end{align*}

5/ b/ (∀x<0) : 0<1(4−x)4−x<18\quad (\forall x<0)~:~0<\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<\dfrac18

Soit x<0x<0

on a : x<0  ⟹  4−x>0 x<0 \implies 4-x>0

donc :

1(4−x)4−x>0    (∗)\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}>0~~~~(*)

et on a :

−x>0  ⟺  4−x>4  ⟺  4−x>2\begin{align*} -x>0 &\iff 4-x>4 \\ &\iff \sqrt{4-x}>2 \end{align*}

d’ou : (4−x)4−x>8(4-x)\sqrt{4-x}>8

et donc :

1(4−x)4−x<18    (∗∗)\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<\dfrac18~~~~(**)

et de (∗)(*) et (∗∗)(**) on déduit :

(∀x<0) : 0<1(4−x)4−x<18(\forall x<0)~:~0<\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<\dfrac18

Déduction de la monotonie de ff sur ]−∞,0[]-\infty,0[

on a (∀x<0)(\forall x<0) :

f′(x)=1−1(4−x)4−xf'(x)=1-\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}

or

0<1(4−x)4−x<180<\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<\dfrac18

donc :

−18<−1(4−x)4−x<0-\dfrac18<-\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<0

et donc :

1−18<1−1(4−x)4−x<11-\dfrac18<1-\dfrac{1}{(4-x)\sqrt{4-x}}<1

c-à-d :

78<f′(x)<0\dfrac78<f'(x)<0

on déduit que : (∀x<0) : f′(x)>0(\forall x<0)~:~f'(x)>0

Alors ff est strictement croissante sur ]−∞,0[]-\infty,0[

6/ f′(x)=?\quad f'(x)=? ; x∈]0,+∞[x\in]0,+\infty[

ff est dérivable sur x∈]0,+∞[x\in]0,+\infty[

et on a (∀x>0)(\forall x>0)

f′(x)=(x+2−2x+1)=1−(2x+1)′22x+1=1−12x+1=2x+1−12x+1\begin{align*} f'(x)&=\left(x+2-\sqrt{2x+1}\right)\\ &=1-\dfrac{(2x+1)'}{2\sqrt{2x+1}}\\ &=1-\frac{1}{\sqrt{2x+1}}\\ &=\frac{\sqrt{2x+1}-1}{\sqrt{2x+1}} \end{align*}

on a : x>0  ⟹  2x+1>1x>0\implies 2x+1>1

donc : 2x+1−1>0\sqrt{2x+1}-1>0

et donc f′(x)>0f'(x)>0 pour tout x>0x>0

Alors ff est strictement croissante sur ]0,+∞[]0,+\infty[

7/ \quad T.V

x−∞0+∞fʹ(x)++f(x)−∞+∞7801

8/ \quad calculons f(R)f(\R)

  • ff continue sur R\R puisqu’elle est dérivable sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et ]−∞,0[]-\infty,0[ et ff continue en 00

  • ff strictement croissante sur R\R

    Donc

    f(R)=f(]−∞,+∞[)=]lim⁡−∞f(x),lim⁡+∞f(x)[=R\begin{align*} f(\R)&=f(]-\infty,+\infty[)\\ &=]\lim\limits_{-\infty}f(x),\lim\limits_{+\infty}f(x)[ \\ &=\R \end{align*}

    et comme 0inf⁡(R)0\inf(\R); donc l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une solution unique α\alpha dans R\R

→\rightarrow Montrons que : −32<α<−1-\dfrac32<\alpha<-1

  • ff est continue sur [−32,−1]\left[-\dfrac32,-1\right]
  • ff strictement croissante sur [−32,−1]\left[-\dfrac32,-1\right]
  • et
    • f((−32)=12−2112<0f(\left(-\dfrac32\right)=\dfrac12-\dfrac{2}{\sqrt{\frac{11}2}}<0
    • f(−1)=1−25>0f(-1)=1-\dfrac{2}{\sqrt5}>0

Donc d’aprés le TVI on : α∈[−32,−1]\alpha\in\left[-\dfrac32,-1\right]

9/ a/ lim⁡x→−∞[f(x)−(x+2)]=?\quad \lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(x+2)]=?

lim⁡x→−∞[f(x)−(x+2)]=lim⁡x→−∞−24−x=0\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(x+2)]=\lim\limits_{x\to-\infty}-\dfrac2{\sqrt{4-x}}=0

car lim⁡x→−∞4−x=+∞\lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{4-x}=+\infty

Donc la droite d’équ y=x+2y=x+2 est une asymptote oblique à (Cf)(C_f) au voisinage de −∞-\infty

9/ b/

∙lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞x(1+2x−2x+1x2)x=lim⁡x→+∞1+2x−2x+1x2=1\begin{align*} \bullet\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}x&= \lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x\left(1+\frac2x-\sqrt{\frac2x+\frac1{x^2}}\right)}{x}\\ &=\lim\limits_{x\to+\infty} 1+\frac2x-\sqrt{\frac2x+\frac1{x^2}}\\ &=1 \end{align*}
∙lim⁡x→+∞[f(x)−x]=lim⁡x→+∞2−2x+1=−∞\bullet\lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)-x]= \lim\limits_{x\to+\infty}2-\sqrt{2x+1}=-\infty

Donc (Cf)(C_f) admet une branche parabolique de direction la droite d’équ y=xy=x au voisinage de +∞+\infty

9/ c/ \quad soit x∈]0,+∞[x\in]0,+\infty[

f(x)=x  ⟺  x+2−2x+1=x  ⟺  2x+1=2  ⟺  2x+1=4  ⟺  x=32\begin{align*} f(x)=x &\iff x+2-\sqrt{2x+1}=x \\ &\iff \sqrt{2x+1}=2\\ &\iff 2x+1=4 \\ &\iff x=\frac32 \end{align*}

Donc

S]0,+∞[={32}S_{]0,+\infty[}=\left\{\dfrac32\right\}

Remarque : f(32)=32f\left(\dfrac32\right)=\dfrac32

∙\bullet\quadPosition relative de (Cf)(C_f) et (Δ):y=x(\Delta):y=x

(∀x>0)(\forall x>0)

f(x)−y=f(x)−x=2−2x+1f(x)-y=f(x)-x=2-\sqrt{2x+1}
f(x)−y=0  ⟺  f(x)−=0  ⟺  x=32f(x)-y=0 \iff f(x)-=0 \iff x=\dfrac32

et

f(x)−y>0  ⟺  2−2x+1>0  ⟺  2x+1<2  ⟺  2x+1<4  ⟺  0<x<32\begin{align*} f(x)-y>0 &\iff 2-\sqrt{2x+1}>0\\ &\iff \sqrt{2x+1}<2 \\ &\iff 2x+1<4 \\ &\iff 0<x<\frac32 \end{align*}

et

f(x)−y<0  ⟺  x>32f(x)-y<0 \iff x>\frac32

D’ou :

x−∞32+∞f(x)−y+−positionrelativedeCfet(Δ)Cfaudessusde(Δ)Cfendessousde(Δ)A(32;32)

(Cf)(C_f) coupe (Δ)(\Delta) en A(32;32)A\left(\frac32;\frac32\right)

10/ Tracé de (Cf)(C_f)

xf(x)−3−2−1123−2−112(Δ):y=x•Ay=x+2(Cf)(Cg−1)

11/ g\quad g restriction de ff à ]0;+∞[]0;+\infty[ signifie que :

(∀x∈]0;+∞[):g(x)=f(x)=x+2−2x+1(\forall x\in]0;+\infty[):g(x)=f(x)=x+2-\sqrt{2x+1}

a/

  • gg continue sur ]0;+∞[]0;+\infty[ car dérivable
  • et gg strict croissante sur ]0;+∞[]0;+\infty[

et donc gg admet une fonction réciproque g−1g^{-1} définie sur

J=g(]0;+∞[)=]1;+∞[J=g(]0;+\infty[)=]1;+\infty[

b/

g(32)=32  ⟺  g−1(32)=32g(\frac32)=\frac32 \iff g^{-1}(\frac32)=\frac32

et on a : g′(32)=2−12=12g'(\frac32)=\frac{2-1}{2}=\frac12

donc (g−1)′(32)=112=2\left(g^{-1}\right)'\left(\frac32\right)=\frac1{\frac12}=2

c/

(Cg−1)(C_g^{-1}) est le symétrique de (Cg)(C_g) par rapport à $(\Delta):y=x$$

(Voir figure)