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2.a b b a > m Signe de f(a) f(m)

1 0 1 Oui 0,5 Ngati

2 0 0,5 Oui 0,25 Ngati

3 0 0,25 Oui 0,125 Positi

3. a)b a 0

Then

M AElse

M BEnd

End

Disp A, B

Pour Casio

"A=" ? A"B=" ? B"L=" ? LWhile BA > L

A XY1 Y

A + B

2 X

If Y*Y1> 0

Then X AElse X B

IfEndWhileEnd

A

B

10 A 1. Il sut de cliquer sur le bouton et deremplir la bote de dialogue qui apparat.2. Si [x< 2, ax 1, 2x 3].3. a) Non.)a = 1.

b 1.a = 1 ; a =12

; a = 2.

2. la onction correspondant a = 1, car celle-ci estcontinue et strictement croissante sur [0 ; 5].

3. a) 1,5.)x 1 =

12

x=32

= 1,5.

4. [0 ; 1[.

11 A 1. Il sut dutiliser le thorme 2.2. a)m est le milieu de [a ; b].) Sif(a) etf(m) sont de mme signe, alorsf(m) etf(b) sont designes contraires ; do, daprs le thorme 2, a [m ; b].) Sif(a) etf(m) sont de signes contraires, alors a [a ; m].d) La longueur d[a ; b] est double de celle de chacun desdeux intervalles.

3.f(a) etf(m) sont de mme signe f(a) f(m) > 0.f(a) etf(m) de signes contraires f(a) f(m) < 0.

b 1.f(x) =x3 + 3x2 + 5x 1a = 0 ; b = 1 ; = 102.

Nathan2012TransmathTerm.

ES-L

) Toute parallle (Ox) dquationy = kavec k [0 ; 1[coupe #

h

en deux points ; do le rsultat.

2. La droite dquationy = 34

ne coupe pas la courbe #g;

donc 34

nadmet pas dantcdent par g.

Activit

A 1.#1 est la courbe reprsentant la onctionf, #2 cellereprsentant g et #

3celle reprsentant h.

2.#1 et #3, courbes defet de h.

b 1. a) Toute parallle (Ox) dquation y = k avec

k [0 ; 4] coupe #f

en un point et un seul. Donc toutnombre kde [0 ; 4] admet, parf, un antcdent unique.

ACTIVITS(page 52)

EXERCICES Travaux dirigs(page 60)

2CHAPITRE

1Chapitre 2 Continuit sur un intervalle

Continuitsur un intervalle

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ES-L

2 Chapitre 2 Continuit sur un intervalle

2. [0,171 8 ; 0,179 7].

3. Non, ici B A 0,007 9. Lintervalle [0 ; 1] est partag

en 2, en 2, et en 2 jusqu ce que la longueur soit

inrieure ou gale 102. Cette longueur a peu de chance

dtre exactement gale 102.

18

xO

1

y

1

3

16

4

Non.

19

xO

y

1

1

1

5

2

2

Oui.

20

xO

y

1

1

2

5

5

4

4 5

Non.

N.B. Entrez lexpression de f(x) dans Y1

en utilisant,pour TI, la touche Y= et pour Casio loptionY du menu. Pour saisir Y

1dans le programme :

pour TI, tapez vars Y-v Fonction Y1 ;

pour Casio, tapez vars F4 F1 1 .

De tte

12 f: non ; g : oui.

13 Oui.

14 Sur tout intervalle inclus dans ] ; 0[ ]0 ; + [.

continuit Dune fonction

sur un intervAlle

15

xO 1

1

y

22

4

Oui.

16

xO

1

y

11

2

3

Non.

17

xO

1

y

1 2

Oui.

EXERCICES Entranement(page 62)

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droite reprsentant g, prive du point dabscisse 1 (et doncdordonne g(1) = 2).) La onctionfest continue sur tout intervalle inclus dans{1}.3. La calculatrice trace des points et les relie. Si le point decoordonnes (1 ; 2) ne aisait pas partie des points tracs parla calculatrice, il ne manquera pas lcran.

ProPrit Des vAleurs

intermDiAires

27 1.fest continue sur I. Elle est de plus strictementcroissante sur I.2. 0 < a < 0,25.

28 1.fest continue sur I. Elle est de plus strictementdcroissante sur I.2.a 3,5.

29 Daprs le tableau de variation,fest continue et stric-tement croissante sur [1 ; 4]. De plusf(1) etf(4) sont designes contraires. Donc, daprs le thorme 2, il existe ununique rel a de [1 ; 4] tel quef(a) = 0.

30 Daprs la proprit des valeurs intermdiaires,lorsquexappartient [3 ; 4],fprend une ois et une seuletoute valeur de [1 ; 5]. Or 1 appartient cet intervalle. Dolquationf(x) = 1 possde une seule solution dans [3 ; 4].

31 1. Non, carfest strictement dcroissante sur [2 ;1[et strictement croissante sur [1 ; 3].2. Sur lintervalle [2 ; 1], f est continue et strictementdcroissante, avecf(2) etf(1) de signes contraires. Donc,daprs le thorme 2, lquationf(x) = 0 possde dans ]2 ; 1]une solution et une seule.Mme raisonnement sur lintervalle [1 ; 3], mais avec fstrictement dcroissante.Do, nalement, deux solutions dans ]2 ; 3[.

32 1. a) Non.) Non, car la droite dquation y = 3 ne coupe pas lacourbe def.2. a) Daprs le graphique, f est continue et strictementcroissante sur [0; 2]. De plus :f(0) < 1

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38 1. a)f(0) = 0 ;f(6) = 4.) Oui.) Non, car elle est constante sur [3 ; 6].2. Le thorme 2 demande quefsoit strictement monotonesur [0 ; 6], ce qui nest pas le cas ici. On ne peut doncconclure, avec ce thorme, lunicit de la solution.En fait, graphiquement, on obtient que lensemble des

solutions de lquationf(x) = 4 est gal lintervalle [3 ; 6].

39 1.f(a) f(a + 101).2. On dduit que :a)a > a + 101 ;)a < a 0.f(1) = 1 etf(2) = 11, de signes contraires.Do, daprs le thorme 5, lquation propose possdeune solution unique a dans lintervalle I. 1,1 < a < 1,2.

43 f(x) =x5 +1x 3.x [1 ; 2],f(x) = 5x4 +

121x

> 0.

f(1) = 1 etf(2) = 29 + 12, de signes contraires.Do une solution unique : 1,1 < a < 1,2.

44 f(x) =x3 + 12x 1.x [0 ; 1],f(x) = 3x2 + 12 > 0.f(0) = 1 etf(1) = 12, de signes contraires.Do une solution unique : 0 < a < 0,1.

45 f(x) =x3 3x

+ 1.

x [1 ; 2],f (x) = 3x2 + 3x2 > 0.

f(1) = 1 etf(2) = 152

, de signes contraires.

Do une solution unique : 1,1 < a < 1,2.

34 1. a) Sur chacun des intervalles [2 ; 0], [0 ; 1] et[1 ; 2],fest continue et strictement monotone. De plus, danschaque cas, les images des bornes des intervalles sont designes contraires. Donc, en appliquant le thorme 2, surchacun de ces trois intervalles, on obtient trois solutions lquationf(x) = 0, dans lintervalle [2 ; 2].

) 1 < a < 0 ; 0 < b < 1 ; 1 < g< 3

2

< 2.

2. S = {0} 3 32 ; 24.35 1. a)

x 0 1 3

f0

2

0

)

xO

y

1

1

2

3

2. a)fest continue et strictement monotone sur chacun desintervalles [0 ; 1] et [1 ; 3] ; 1 [0 ; 2]. Lquationf(x) = 1possde donc une solution unique sur chacun des deuxintervalles.)a 0,7 ; b 2.

) 2x2 = 1 etx [0 ; 1] x=1

12. Do a =

112

.

x+ 3 = 1 etx [1 ; 3] x= 2. Do b = 2.

36 1. a)x 1 0 1 2

f 1 0

1

0

)

xO

y

1 2

1

1

1

2. Non, les nombres de lintervalle [0 ; 1[ possdent deuxantcdents.3. a) Une seule solution car fest continue et strictement

croissante sur [0; 1], avecf(0) 0,f(x) = 1 4

21x= 1x

21x

.

x 0 4

f 0 +

f 13

fest continue sur [0 ; 4], strictement dcroissante, avecf(0) > 0 et f(4) < 0. Donc lquation f(x) = 0 possde sur[0 ; 4[ une solution unique. f(14) 0,33 > 0. Sur lintervalle [4 ; 14], daprs lethorme 5, solution unique.f(14) > 0 etfcroissante sur [14 ; +[, donc pas de solutionsur [14 ; +[.

3.

5y =1x

y

2

4y + 1 = 0

5x=y2

et

y = 2 13 ouy = 2 +13

5x= 12 13 22 0,071oux= 12 +13 22 13,928

.

4. La mthode 3. permet dobtenir les valeurs exactes dessolutions. Ces valeurs, au nombre de deux, appartiennentbien aux intervalles trouvs au 1. avec la touche Trace dela calculatrice.La mthode 2. permet darmer quil y a bien exactementdeux solutions, mais nen donne pas les valeurs exactes.

51 f(x) =x4 4x+ 1.x,f(x) = 4x3 4 = 4(x3 1), du signe dex 1, car laonction cube est strictement croissante sur .

x 0 1 2

f 0 +

f1

2

9

f(1) = 2 < 0,f(0) = 1 > 0 etf(2) = 9 > 0.Do, daprs le thorme 5 appliqu lintervalle [0 ; 1] et lintervalle [1 ; 2], lquation f(x) = 0 possde sur [0 ; 2]

deux solutions a et b : a ]0 ; 1[ et b ]1 ; 2[.Avec la touche Trace de la calculatrice, on obtient :0,2 < a < 0,3 et 1,4 < b < 1,5.

En utilisant les variations de f, on obtient que lquationf(x) = 0 na pas dautres solutions et que S = [a ; b].

52 1. a) D = \ {1} carx2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2.)x D,

f(x) = 3x2(x+ 1)2 2(x+ 1)(x3 1)

(x+ 1)4= x

3 + 3x2 + 2(x+ 1)3

.

)f(x) = g(x) 1

(x+ 1)3.

Do, sur ] ; 1[, le signe def(x) est le signe contraire decelui de g(x) et sur ]1 ; +[, le signe de f(x) est le signede g(x).2. a)g(x) = 3x2 + 6x= 3x(x+ 2).

46 1. Non, puisquil sagit dune quation du seconddegr que lon sait rsoudre de manire exacte.

2.x= 3 +152

oux= 3 152

.

3. S = 43 152 ;3 +15

23.

47 1. a)x,f(x) = 3x2 + 2 > 0.

) Dofest strictement croissante sur .2. a)f(1) = 2 < 0 ;f(2) = 7 > 0 (par exemple).) x [1 ; 2], f(x) > 0, avec f(1) et f(2) de signescontraires. Donc, daprs le thorme 5, dans lintervalle[1 ; 2], 0 ne possde quun seul antcdent.)fest strictement croissante sur , donc :x ] ; 1[,f(x) f(2) > 0.Do 0 ne possde pas dautre antcdent.

48 1. a) Non, car dans ] ; 0[,1xnexiste pas.

)10 +12

0 4 0. Donc 0 nest pas solution.

) ]0 ; + [.2. a)x ]0 ; + [, f(x) =

121x

+ x > 0. Donc f est

strictement croissante sur ]0 ; + [.(Ou bien utiliser la somme de deux onctions strictementcroissantes.))f(2) =12 2 < 0 ;f(4) = 6 > 0 (par exemple).) Utilisez le thorme 5.

d)ftant strictement croissante sur ]0 ; + [,x ]0 ; 2[,f(x) f(4) > 0.Do pas de solution en dehors de [2 ; 4].3. a) 2,19 < a < 2,26.

) Non.) En utilisant, par exemple, la table de la calculatrice, avec

un dpart 2 et un pas de 0,1, et ensuite un pas de 0,01.2,23 < a < 2,24.

49 A 1.x,f(x) = 6x2 6 = 6(x2 1) = 6(x 1)(x+ 1).

x 1 1

f + 0 0 +

f5

3

2.x ]1 ; 1[,f(x) < 0 avecf(1) = 5 > 0 etf(1) = 3 < 0.Donc, daprs le thorme 5, lquation f(x) = 0 possdeune solution unique b.3. a) Par exemple, a = 2 ; en eet,f(2) = 3 < 0.)x [2 ; 1], f(x) > 0 avec f(2) et f(1) de signescontraires ; donc solution unique sur [2 ; 1[.Sur ] ; 2[, fest strictement croissante ; do x< 2,f(x) 0. Do, avec un raisonnement semblable celui du 3., solution unique sur ]1 ; 2] et pas de solution sur

]2 ; +[. Do solution unique sur ]1 ; +[.5. En utilisant par exemple la table de la calculatrice :

1,9 < a < 1,8 ; 0,1 < b < 0,2 ; 1,6 < g< 1,7.b S = [a ; b] [g; +[.

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54 1. Deux.2. a)x,f(x) =x2 5 = 1x15 21x+15 2.

x 15 15

f + 0 0 +

fM

m

Avec M = 22 + 10153

0,120

et m = 22 + 1015

3 14,787.

) f(3) < 0 etf115 2 = M > 0. Donc, daprs le thorme 5,lquation f(x) = 0 possde une solution unique a dans33 ; 15 4.f115 2 = M > 0 etf115 2 = m < 0. Donc solution unique sur315 ; 15 4. Remarquons que f(2) = 0. Donc cette solutionest gale 2. f(5) > 0 et f115 2 = m < 0 ; donc, toujours daprs lethorme 5, solution unique gsur 315 ; 54. x ] ; 3[,f(x) < 0 et x ]5 ; +[,f(x) > 0 ; doncpas de solution sur ces intervalles.Do, nalement, lquation possde trois solutions dontlune est gale 2.) Non, car l o il semblait ny avoir quune seule solution,il y en avait deux en ait, trs prs.d) 2,465 < a < 2,464 ; b = 2 ; 4,464 < g< 4,465.) S = ] ; a[ ]2 ; g[.

Pour lA logique

55 1.Faux, car commefest continue sur [0 ; 4], nces-sairementf(2) = 4.2.Vrai, carfest continue sur [2 ; 4], avecf(2) < 10 b, alors f(a) < f(b) ouf(a) >f(b), dof(a) f(b).2.Vrai, carfest strictement croissante sur [0 ; 4], donc :x ]2 ; 4],f(x) >f(2) = 4, doncf(x)> 4.

57 Par exemple, la onction reprsente ci-dessous estcontinue sur [2 ; 2] et ne sy annule pas.

xO

y

22

)x 2 0

g + 0 0 +

g6

2

)g(4) = 14 < 0 et g(2) = 6 > 0.Donc, daprs le thorme 5, lquation g(x) = 0 possde

une solution unique a dans lintervalle [4 ; 2].g(3) = 2 > 0 ; donc a [4 ; 3].Sur lintervalle ] ; 4[, g est strictement croissante etg(4) < 0 ; donc pas de solution lquation sur cet intervalle.Sur lintervalle ]2 ; +[, on a toujours g(x)> 2. Donc pasde solution sur cet intervalle.Do nalement, une seule solution a dans , avec :

3,20 < a < 3,19.d)

x a

g 0 +

3. a) et )x a 1f + 0 +

ff(a)

Avecf(a) 6,97.

53 Ax 0,347 810 38y 2,875 129 79. (Si lon demande,par exemple, 8 chires aprs la virgule.)

b 1. (2x+ 1)2 = 1x

.

2. (2x+ 1)2 =1x

(2x+ 1)2 1x

= 0 x(2x+ 1)2 1 = 0

(carx= 0 nest pas solution de lquation obtenue).3. a)h(x) = (2x+ 1)(6x+ 1).

x 12

16

h + 0 0 +

h1

m

) x< 16

, h(x) < 0, donc pas de solution sur

4 ; 164.

h(1) = 8 > 0 et h1 16 2< 1 < 0. Donc, daprs le thorme 5,solution unique a sur 3 16 ; 14. x> 1, h(x)>h(1) > 0. Donc pas de solution.) Avec la table de la calculatrice, on obtient :

0,34 < a < 0,35.d) La valeur approche ache par GeoGebra appartientbien lencadrement ci-dessus. Mais GeoGebra peut a-cher 15 chires aprs la virgule !

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) Oui.2. Supposons que a et b existent, alors ncessairement :a + b = 1 car g(1) = 1 et a + b = 0 car g(1) = 0.Do, en rsolvant le systme obtenu, ncessairement :

a = b = 12

.

Soitf(x) = 12

x+ 12

|x|. Alors x< 0,f(x) = 12

x 12

x= 0

et x> 0,f(x) =12

x+12

x=x, cest--diref= g.

Do les nombres a et b trouvs conviennent et donc,

x, g(x) =12

x+ 12

|x|, avec unicit dune telle criture.

) Ncessairement :

5e = 2 car h(1) = 2c + d+ 2 = 1 car h(0) = 1

c + d+ 2 = 0 car h(2) = 0

.

Do, ncessairement, c = 12

, d= 32

et e = 2.

Soit k(x) = 12

(x 1) 32

|x 1| + 2. Alors :

x [0 ; 1], k(x) = 12

(x 1) + 32

(x 1) + 2 =x+ 1

et x [1 ; 2], k(x) = 12

(x 1) 32

(x 1) + 2

= 2(x 1) + 2 = 2x+ 4.On peut vrier que k= h.

Do x [0 ; 2], h(x) = 12

(x 1) 32

|x 1| + 2 et cela

de manire unique.

2. a)f(0) =12 donc ncessairement a =

12 . Pour a =

12 , on

a bienf(1) = 12

etf(2) = 1.

)x 0 1 2

f

12

12

1

) Sur [0 ; 1], x+ 12

= 0 x= 12

.

Sur [1 ; 2], 1

2

x2 1 = 0 x=12 1,414.

Do a =12

et b =12.

63 1. Soitf(x) = ax3 + bx2 + cx+ d.

soutien

58 A 1. Voir les fches vertes du graphique.

2. Toute droite parallle (Ox) situe entre les droitesdquationy = 1

3ety = 2 coupe la courbe #

fen un point et

un seul ; donc tout nombre de 3 13 ; 24 admet un antcdentunique parf, savoir labscisse du point dintersection.b 1. a)#

gest une partie de la parabole reprsentative de la

onction carr.) [0 ; 4].2. a) ]1 ; 4] {0}.) ]0 ; 1].) Non, car aucune parallle (Ox) situe entre les droites

dquationy = 0 ety = 4 ne rencontre#

g en trois points.d) Par exemple,y = 5.

APProfonDissement

59 A 2. Oui, car sa courbe peut tre dessine sans leverle crayon.b 1. a)

xO

y

qcm61 1. c) ; 2. a) ; 3. c).

lecture grAPhique

62 1. a) Oui, car sa courbe reprsentative peut sedessiner sans lever le crayon.)fest continue et strictement dcroissante sur [0 ; 1], avecf(0) etf(1) de signes contraires ; donc, daprs la propritdes valeurs intermdiaires, lquationf(x) = 0 possde une

seule solution dans [0 ; 1].Mme raisonnement sur [1 ; 2], mais avec f strictementcroissante.)a 0,5 ; b 1,4.

EXERCICES Accompagnement personnalis(page 69)

EXERCICES Le jour du BAC(page 70)

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3. a)

xO

y

2

M

2

4

1

) M(x,y) 5y =x2

ety =x3 1

5y =x2

etx3 x2 1 = 0

(1)

On sait que lquation (1) possde une unique solution a ;donc le systme possde une unique solution : (a ; a2).Do un seul point commun aux courbes et : le point

M(a ; a2).

64 1.

xO

y

2 4

2

4

6

2. La droite dquation y = 3 ne rencontre pas la courbereprsentative de h. Donc 3 na pas dantcdent par h.

Il aut traduire que :f(0) = 1,f(0) = 0

f1 23 2 = 0f(1) = 1.f(0) = 1, donc d= 1.f(x) = 3ax2 + 2bx+ c.

f(0) = 0, donc c = 0.

De plus : 54a3

+ 4b3

= 0

et3a + 2b = 1

5a = 1etb = 1

.

Dof(x) =x3 x2 1.2. a)x,f(x) = 3x2 2x=x(3x 2).

x 023

f + 0 0 +

f

1

3127

)x 2,f(x) > 0.

Do pas de solution sur 4 ; 23 4 [2 ; +[.Solution unique sur 3 23 ; 24, daprs le thorme 5.)f(1) = 1 < 0 etf(2) > 0. Donc a ]1 ; 2[.En utilisant par exemple la table de la calculatrice, avec un

dpart 1 et un pas de 0,1, on obtient :

1,4 < a < 1,5.Tout nombre de 1,4 1,5 est une valeur approche de a 101 prs. On pourra prendre : a 1,45.

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