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Maths Repères Tle S spécifique (2012) .pdf



Nom original: Maths Repères Tle S spécifique (2012).pdf

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TS
erm

Nouveau
programme

mathsrepères
livre du professeur

TS
erm

Nouveau
programme

mathsrepères
livre du professeur

Fabienne Bruneau

Agnès Choquer-Raoult

professeur à l’Externat des Enfants
Nantais de Nantes (44)

professeur au lycée
Léopold-Sédar-Senghor de Magnanville (78)

Maxime Cocault

Frédéric Ferré

professeur au lycée
Chateaubriand de Rennes (35)

professeur au lycée
Jean-Macé de Lanester (56)

Boris Hanouch

Thierry Joffrédo

professeur au lycée
Condorcet de Limay (78)

professeur détaché au Rectorat de Rennes
auprès du département de développement
des usages des TICE (35)

Frédéric Lavancier

Hervé Mauxion

maître de Conférences à l’université
de Nantes (44)

professeur au lycée
Henri-Avril de Lamballe (22)

David Simon
professeur au lycée
Notre-Dame-de-Toutes-Aides de Nantes (44)



Sommaire
Fonctions
Chapitre 1 Suites et limites

4

Chapitre 2 Fonctions : limite, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

22

Chapitre 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

45

Chapitre 4 Intégration

64

Géométrie
Chapitre 5 Nombres complexes

88

Chapitre 6 Géométrie dans l’espace

107

Probabilité et statistiques
Chapitre 7 Probabilités conditionnelles et lois continues

122

Chapitre 8 Loi normale et estimation

137

ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ
Chapitre 1 Arithmétique

151

Chapitre 2 Calcul matriciel et applications

172

Couverture et maquette intérieure : Nicolas Piroux
Composition et schémas : APS-Chromostyle

© Hachette livre, 2011

3

Repères 1re, Livre du professeur



1

Suites et limites
Programme officiel
Contenus

Capacités attendues

Suites
Raisonnement par récurrence.

• Savoir mener un raisonnement par récurrence.

Limite finie ou infinie d’une suite.

• Dans le cas d’une limite infinie, étant donnés une suite croissante (u n) et un nombre réel A,
déterminer à l’aide d’un algorithme un rang à partir duquel u n est supérieur à A.

Limites et comparaison.

• Démontrer que si (u n) et (v n) sont deux suites telles que :.
– u n est inférieur ou égal à v n à partir d’un certain rang ;
– u n tend vers +3 quand n tend vers +3  ;
alors v n tend vers +3 quand n tend vers +3 .

Opérations sur les limites.

• Étudier la limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient de deux suites.

Comportement à l’infini de la suite (q n) , q • Démontrer que la suite (q n) , avec q 2 1 , a pour limite +3 .
étant un nombre réel.
• Déterminer la limite éventuelle d’une suite géométrique.
Suite majorée, minorée, bornée.

• Utiliser le théorème de convergence des suites croissantes majorées.

Découverte (p. 8-9)
1. Abonnements à « Paris Maths »
A. Point de vue éditorial
1.  A n = A n – 1 # 0, 8 + 600  ;
Le taux de réabonnement est de 80 % donc chaque année 20 %
des abonnés arrêtent mais 600 nouveaux arrivent.
Avec le tableur, A n = 3000 pour n = 43 .

()

()

()
( )( )

2.  C’est une droite dont les points se densifient avec n croissant
vers A n = 3 000 .

()

()

()

3.  On conjecture donc que 3  000 est un nombre d’abonnés
stable.
4.  Oui.
B. Point de vue mathématique
1.  Cf. A. 1. : a n + 1 = 0, 8 a n + 600 .
2.  b n = a n – 3 000  ;
b n + 1 = 0, 8 a n – 3000 + 600 = 0, 8 (a n –3000) = 0, 8 b n .
b n est géométrique de raison 0,8.
© Hachette livre, 2012

()

n
3.  b n = a 0 0, 8 n = 4 b 0  ; b 0 = a 0 – 3000 = 5000  ;
5
n
n
b n = 5000 4  ; d’où a n = 3 000 + 5000 4 .
5
5
b n est géométrique de raison 0,8.
n+1
n
– 3000 – 5000 4
4.  a n + 1 – a n = 3000 + 5000 4
5
5
n
n
= 5000 4 4 – 1 = 1 5000 4 1 0.

5 5
5
5
a n est décroissante (strictement).
4n
5000 2 0 donc a n H 300 .
Pour tout n !  ,
5
5.  a.  Si a n = 300 , alors a n + 1 = 3000 # 0,8 + 600 = 2400 + 600 ,
donc a n + 1 = 3000 .
Si a n + 1 = 3000 , alors 0,8 a n + 600 = 3000 ,
donc a n = 2400 = 3000. CQFD.
0, 8
n
n
b.  a n = 3000 + 4 # 5000 , donc a n 2 3000 4 5000 2 0 ,
5
5
donc a n ! 3000  ,; n !  .

()

4

Repères Term S, Livre du professeur

(( )

)



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

3.  Soit n !  , on pose P (n) : “u n = (n – 1) 2 ” .
a.  Il semble que P(n) soit vraie, pour tout n !  .
b.  Soit n !  , tel que P(n) est vraie (n est fixe) dans
u n + 1 = (n – 1) 2 + 2n – 1 = n 2 = ((n + 1) – 1) 2 .
D’où P(n) est héréditaire.
c.  On serait tenté de dire oui ! ... Mais NON !
4.  b.  On peut difficilement.
c.  Même travail justement !
5.  a.  Le problème réside dans le fait que pour deux termes initiaux différents, on aura deux générations différentes alors que la
définition par récurrence est la même.
b.  Que l’on ait u0.
c.  La donnée du terme initial et de la propriété !

6.  La phrase est vraie, c’est la définition de la limite et
4n
lim
a = 3000  ; 0 1 1 1 1 donc lim
5 000 #
=0 .
+3 n
+
5
3
4
7.  Le nombre d’abonnés devrait diminuer jusqu’à 3 000 au cours
des 431re années puis stagner à 3 000.

() )

(

2. Démontrer « Pour tout »
Pour tout entier naturel n, )

u0 = 1
.
u n + 1 = u n + 2n – 1

1.  u 0 = 1  ; u 1 = 1 + 2 # 0 – 1 = 0  ; u 2 = 0 + 2 # 1 –1 = 1 et
u3 = 1 + 2 # 2 – 1 = 4 .
2.  a.  = B2 + 2 # A2 – 1 .

Exercices (p. 28)
2. Démontrer par récurrence

1. à 17. Corrigés dans le manuel.

24. et 25. Corrigés dans le manuel.

1. Commençons par les premiers
termes
18. et 19. Corrigés dans le manuel.
20. 
n
(un = n2 - 2n + 1)n 0

(2 ; 4)

n

(un = (- 2)n)n 0

2
3/2
4/3
5/4

(4 ; – 8)

1

(

n
un =
n –1

n

)n 0

(un = - 2n + 3)n 0

n

21. Corrigé dans le manuel.
22.  (u n) est croissante, appartient à l’intervalle 6 1 ; 5 @  ; lim u n = 5 .
3
(v n) n’est pas monotone, est bornée
lim v n = 0, 5 .
3

23. Corrigé dans le manuel.

© Hachette livre, 2012

5

Repères Term S, Livre du professeur

26.  a.  •  P (0) : n 3 – n = 0 – 0 = 0 donc
divisible par 3.
•  Hérédité :  k !  tel que 3 # k = n 3 – n
•  P(n + 1) : (n + 1) 3 – (n + 1)
= n 3 + 3n 2 + 3n + 1 – n – 1

= n 3 – n + 3n 2 + 3n

= 3 # k + 3 (n 2 + n)

= 3 # (n 2 + n + k)

donc divisible par 3.
b.  •  P (0) : 4 0 – 1 – 3 # 0 = 0 divisible
par 9.
•  Hérédité : P(n) est supposée vraie, donc
 k !  ; 4 n – 1 – 3n = 9 # k .
•  P(n + 1) : 4 n + 1 – 1 – 3n – 3
= 4 # (4 n – 4) – 12n + 9n

= 4 # (4 n – 1 – 3n) + 9n

= 4 # (9 # k) + 9n = 9 (4k + n)

donc divisible par 9.
c.  •  P (0) : 7 # 3 5n + 4 = 7 + 4 = 11
divi­sible par 11.
•  Hérédité : Supposons P(n) vraie :
 k !  ; 7 # 3 5n + 4 = 11 # k .
•  P(n + 1) :

7 # 3 5(n + 1) + 4 = 3 5 # 7 # 3 5n + 4
= 343 # 7 # 3 5n + 4 + 968 – 968
= 343 (7 # 3 5n + 4) – 968

= 343 # 11 # k – 11 # 88

= 11(343 # k – 88)

donc divisible par 11.



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

27.  1.  P(n) :  k !  ; 3 # k = 4 n – 1 .
P(n + 1) : 4 n + 1 – 1 = 4(4 n – 1) + 3
= 4 # 3 # k + 3 = 3(4k + 1)
divisible par 3 donc P (n) & P (n + 1) .
2.  Q(n) :  k !  ; 3 # k = 4 n + 1 .
Q(n + 1) : 4 n + 1 – + 1 = 4(4 n + 1) – 3
= 4 (3k) – 3 = 3 (4k – 1)
divisible par 3.
3.  P(0) : 4 0 – 1 = 0 divisible par 3.
Ayant montré l’hérédité en 1, on peut
conclure par récurrence que P(n) est vraie
pour tout n !  .
4.  Q(0) : 4 0 + 1 = 2  ; Q(1) : 5 ; Q(2) : 17 ;
Q(3) : 65 ; Q(4) : 257.
Q semble fausse pour tout n !  .
5.  a.  Soient a et b deux entiers multiples de 3. Par définition  a ¢ et b ¢ ! 
tels que a = 3a ¢ et b = 3b ¢ donc
a – b = 3 (a ¢ – b ¢), a ¢ – b ¢ !  donc a – b
est divisible par 3.
b.  Supposons Qn vraie. P(n) est vraie donc
P (n) – Q(n) est divisible par 3.
P (n) – Q(n) = 4 n – 1 – 4 n – 1 = – 2 qui
est non divisible par 3 à contradiction.
28.  Corrigé dans le manuel.
29.  Posons (v n) ; ; n !  , alors v 0 = 3
et v n = u n – 5

= 2 u n + 3 – 5 = 2 (u n – 5) = 2 v n .
5
5
5
(v n) est une suite géométrique de raison 2
5
n
donc ; n !  : v n = 2 # v 0  ; ; n !  ,
5
n
n
un = v n + 5 = 2 v 0 + 5 = 3 2 + 5.
5
5
31. Corrigé dans le manuel.
32. P(0) : 11 # 3 0 – 3 – 0 = 11 – 3 = 2 = u 0 .
4
4
4
Hérédité : suposons P(n) vraie, et montrons P(n + 1).
Par définition : u n + 1 = 3u n + n + 1
= 3 11 3 u – 3 – n + n + 1

4
4 2
11
n+1
– 9 – 3n + n + 1
= 3

4 2
4
11
n+1
–5–n
= 3

4 2
4
11
n+1
= 3
– 3 – 1 + n + 1 + 1.
4
4 2
2
2
P(n + 1) est vraie.

()

(

()

()

)

33.  Corrigé dans le manuel.
34.  1.  = B2 + 2 # A2 + 1 .
3.  Conjecture : u n = n 2 , ; n !  .
P(0) : 0 2 = 0 = u 0 .

41.  Corrigé dans le manuel.

P (n) & P (n + 1)? :
u n + 1 = u n + 2n + 1 = n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2 .

35.  (u n) constante en 4 + ; n !  ,
un = 4 .
P(0) est vraie et P(1) aussi.
Supposons P(n) et P(n + 1) vraie, et montrons P(n + 1) : u n + 2 = 5 u n + 1 – 3 u n
2
2
5
3
= # 4 – # 4 = 4.

2
2
36.  Corrigé dans le manuel.

(

37.  1. 1 + 5
2

)

2

=

1+5+2 5 3+ 5
=
4
2
1+ 5
=1+
=z + 1.
2

2.  P(2) : u n – 1 = u 1 = 1 et u n – 2 = u 0 = 1
donc on a bien (d’après 1.)
z 2 = u 2 – 1 # z + u 2 – 2 ; P(2) est vraie.
Supposons P(n) vraie ( n !  et n H 2 ) :
z n + 1 = z # z n = z 2 u n – 1 + zu n – 2
un
6 44 7 44 8
= z (u n – 1 + u n – 2) + u n – 1

car z 2 = z + 1
= zu n + u n – 1 = zu (n + 1) – 1 + u (n + 1) – 2 ;

P(n + 1) est vraie.

39.  2.  Pour n suffisamment grand, on
conjecture que n! H 3 n .
3.  P(7) : 3 7 = 2187  ; 7! = 5040  ;
5040 H 2187  ; donc 7! H 3 7  ; P(7) est
vraie.
Montrons que pour tout :
n !  \ "0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6, ,
P (n) & P (n + 1) .
P(n) étant vraie, n! H 3 n or n H 7 H 3 ,
donc (n + 1)H 3 , d’où (n + 1)# n! H 3 # 3 n
(n + 1)H 3 n + 1
donc P(n + 1) est vraie.
40.  P(1) : (a – b)

/

a

b

= (a – b) a b = a – b = a 1 – b 1  ;
P(1) est vraie.
P (n) & P (n + 1) : a n + 1 – b n + 1 = aa n – bb n
= a (a n – b ) + ab – bb
n–1
n–1–i i
= a (a – b) / a
b + (a – b) b n
n

i=0
0 n

= (a – b) a b + (a – b)

(

= (a – b) a 0 b n +
(n + 1) – 1

= (a – b)

vraie.

/

i =0

© Hachette livre, 2012

n–1

/

i=0

n

n

a n – 1 bi

/ a n – i bi) = (a – b) / a n – i bi

n–1
i =0

n

i =0

a (n + i) – 1 – i b i ; P(n + 1) est

6

43. et 44. Corrigés dans le manuel.
p=n–1

/

45.  a. 

p=0

p (p + 1) =

n–1

/

p2 +

0

n–1

/

p

0

(n – 1) n (2n – 1) (n – 1) n
+
6
2
n (n – 1)
(n – 1) n (n + 1)
=
(3 + 2n – 1) =
6
3
=

n+1

b.  /
1

(p – 2) 2 =

n+1

/

p2 – 4

n+1

1

/

n+1

p+

1

/

4

1

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
(n + 1)(n + 2)
–4
+ 4 (n + 1)
6
2
(n + 2)(2n + 3) 12 (n + 2) 29
= (n + 1)

+
6
6
6

(

)

(2n 2 – 5n + 6)
= (n + 1)
.
6
p=n

46.  a.  /

p=0

3 2p + 1 = 3 #

p=n

/

p=0

(3 2) p = 3 #
n+1

= 3#1 – 9
1–9

b. 

p=n–1

/

p=0

3 # 2p – 1 = 3

p=n

/

p =0

9p

= 3 (9 n + 1 – 1)
8

p=n–1

/

p=0

–1
n

= 3 # 1 – 2 – 1 = 3 # 2n – 4
1–2

47. et 48. Corrigés dans le manuel.

4. Majoration, minoration
49. et 50. Corrigés dans le manuel.

1–1–i i

i=0
0 0

3. Calculs des sommes

=

38.  Corrigé dans le manuel.

1–1

42.  P(0) : u 0 ! I donc on peut définir
u 1 = f (u 0) .
P (n) & P (n + 1) : on suppose P(n) vraie :
u n ! I donc f (u n) est définie donc u n + 1
est définie.
On a montré que : ; n !  u n est bien
défini donc (u n) est définie.
P(0) : u 0 ! I par définition donc P(0) est
vraie.
P (n) & P (n + 1) : u n ! I donc f (u n) ! I
donc u n + 1 ! I , P(n + 1) est vraie.
Pour tout n !  , u n ! I .

Repères Term S, Livre du professeur

51.  a.  •

2
–1
n 2 = (n + 1) – 2n
n+1
n+1
2
=n+1– n+1=n– n
n+1
n+1

• (– 1) n vaut – 1 ou 1 suivant n impair/
pair donc u n n’a pas de limite.
b.  ; n !  , 0 G n 2 – 2n + 1 G n 2 + 1
G n 2 + 2n + 1
+ 0 G (n – 1) 2 G n 2 + 1 G (n + 1) 2 .
Comme
est croissante :
2
(n – 1) G n 2 + 1 G (n + 1) 2



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

+ n – 1 G n2 + 1 G n + 1
+ – 1 G n2 + 1 – n G + 1
+ – 1 G u n G + 1 ; u n est bornée.

54.  a. 

n

lim
u n = +3
+

r

(r 2 3, 14 1 3)

=

(

)

1
n2 1 + 1
n + n2

un =

5

(

)

5

lim

+3

–1

u = –3 .
donc lim
+3 n
u n est décroissante donc u 0 H u n
; n !  ; (u n) est majorée par u 0 = 1 .
un + 1 – un =



=

1 2 + 3n + 3 – 2n – 2 –

n 2 + n + 1 + 2n

n 2 + 3n + 3 – (2 + n 2 + n + 1 )
: ; ;a ;
; ; ;; < : ; ; ;b (;
; ; ;; <
(n) 2 0
n) 2 0
n2 + n + 1 )




n2 + n + 1 )

(

n 2 + n + 1 = 2 ( n – (1 +

= 2( n – 1 + n

) donc

1 + 1 + 12
n n
: ; ; ;2;1 ; ;;
<

a 2n – b 2n G 0

a n G b n et comme a n et b n H 0 , a n G b n
donc u n + 1 – u n G 0 .
b.  ; n !  , – 1 G sin 1 G 1 car sin est
n
bornée dans 6 – 1 ; 1 @
– 1 G 1 sin 1 G 1

n n n n
1 = lim – 1 = 0 , donc lim u = 0
et lim
+3 n
+3 n
+3
n
(gendarmes).
0 est une limite finie de (u n) est barrée
(dans 6 – 1 ; 1 @ ).
c.  Pour n H 1 , 2 n r = 2r # 2 n – 1
= 0 + 2rk (k ! )

donc sin 2 n r = 0 pour n H – 1 .
u 0 = sin r = 0 (u n) est constante en 0
donc bornée.

53.  a.  ;n, – 1 G sin 1 G + 1
n
+ – 2 G – 2 sin 1 G + 2
n
+ 8 G 10 – 2 sin 1 G 12 d’où
n
née dans 6 8 ; 12 @ .
b.  n H 0 et n + 2 2 0 donc
n
n 1 1 ; d’où
n + 22n
n+2
0 G u n 1 1 , (u n) est bornée.

(u n) born H0 ;
+2
;n ! 

()

1

2
1– n
= 1 – 1
c.  1 – 1 =
n
n
n
4
.
2
n
=0
lim
+
3

=0
lim
+
3

n+1

( () )

n+1
= 1– 2
: ;H;0;7et;1;1; <

1–2
7

()

n+1
1– 1
5
b.  u n = 30 + / 1 = 30 +
i=05
1 -1
5
n
+1
= 75 1 – 1
2
5
d’où 0 G u n 1 75 .
2
n–1
n–2
1– 1
i
3
c.  u n = 12 + / 1 = 12 +
i=0 3
1 -1
3
n
–1
= 18 1 – 1
3
d’où 0 G u n G 18 .
i

()

()

( () )

55.  Corrigé dans le manuel.

a 2n – b 2n = (n 2 + 3n + 3) - (4 + n 2 + n + 1 + 2
= 2n – 2 - 2

()

1– 2
7
=

( () )

– 2n

1 + n1 + 12 – 2n = n
1 + n1 + 12 – 2
n
lim : ; ; ; ; ; ;n; ;; <

n2

)
i

i=n

3

rée par 0.
52.  a. 

/(

i=0

2
7

donc 0 G u n 1 7 .
5

( ) ) donc
( donc
pas majorée et mino-

c.  u n = r n 1 – 3

un =

i=n

u = 0 – 0 = 0 ; donc (u n) est
donc lim
+3 n
bornée.

56.  P(0) : u 0 = 3 donc 2 G u 0 G 3 .
P(n) : 2 G u 0 G 3 donc 1 G 1 G 1 car 1
3 un 2
x
est décroissante sur R+.
2G7 = 2 + 1G2 + 1 G2 + 1 = 5G3
3
3
un
2 2
+ 2 G u n + 1 G 3 ; P (n + 1) est vraie.
57.  •  1 H 1 et 3 = 1 + 1 H 1 d’où P(0)
2
2
et P(1) sont vraies.
• On suppose P(n) et P(n + 1) vraies,
alors 1 u n + 1 H 1 (u n + 1 H 1)
2
2
2
2
et u n H (u n H 1) ;
3
3
1
d’où u n + 1 + 2 u n H 1 + 2 = 6 H 1
3
2
2 3
u n + 2 H 1 d’où P (n + 1) est vraie.
58.  a.  P (0) : u 0 = 2 2 0   donc P(0) est
7
vraie.
P (n) : u n 2 0   alors  1 u n 2 0
3
et  1 u n + 1 2 0   donc  u n + 1 2 0 .
3
2
Donc P (n) & P (n + 1)  ; ; n ! , a n 2 0.
3, 5 1 2 3
= = 1
b. P(0) : on a 2 1
7
7
2 4 4
donc P(0) est vraie.
P (n) : u n 1 3   donc  1 u n 1 1  
4
3
4
3
1
1
donc  u n + 1   soit  u n + 1 1 3  .
3
2 4
4
On a montré que P (n) & P (n + 1)  ;
; n ! , u n 2 3  .
4

© Hachette livre, 2012

7

Repères Term S, Livre du professeur

5. Limites d’une suite
59. à 61. Corrigés dans le manuel.
62.  Soit A ! R
•  Pour a 2 0 ,  p !  ; pa 2 – b .
Pour tout n !  * ; n H p & na H pa
(car a 2 0 )
& na + b H pa + b .

; x ! R et pa + b 2 0  ;
donc  q !  ; q ( pa + b) 2 A – c .
Posons r = Max ( p, q)
r (ra + b) 2 q ( pa + b) 2 A – c
2 H q et r H p donc
car  '
 .
ra + b H pa + b
Pour tout n !  ,
& n (na + b) H r (ra + b) 2 A – c .
Pour tout n H r, an 2 + bn + c 2 A
donc  (u n) ! @ A ; +3 6 pour tout n H r .
lim an 2 + bn + c = +3 pour a 2 0 .
n +
" 3

•  Pour a 1 0, – a 2 0 donc il existe
p !  ; – ap 2 + b
donc  ap + b 1 0 .
– (ap + b) 2 0 et – A + c ! R   donc
il existe q !  ; – (ap + b) 2 – A + c .
donc  (x – 1)(ap + b) q 1 A – c
et  (ap + b) q + c 1 A .
Posons r = Max ( p, q)  ; r H p
donc  ar G ap G 0 car a 1 0
d’où  ar + b G ap + b G 0
et ar + b G 0
donc comme r H q
et ap + b G 0
(ar + b) r G (ap + b) q G 0
(ar + b) r + c G (ap + b) q + c
donc  (ar + b) r + c 1 A .
; n ! , n H r & an G ar car a 1 0
d’où  (na + b) G (ar + b) G 0
donc  n (na + b) G r (ar + b)
donc  an 2 + bn + c G ar2 + br + c
donc  an 2 + bn + c 1 A pour tout n H r
;n ! ,
n H r & an 2 + bn + c ! @ – 3 ; A 6
donc lim u n = – 3 .
n"0
63.  1.  lim fn = 1 .
2
2.  L’algorithme retrouve toujours un
entier n.
3.  Rendre un entier naturel n tel que
fn ! ; 1 – f ; 1 + f E .
2
2
4.  Parce que l’algorithme rend un entier
et non un entier à partir duquel on avait
fn ! ; 1 – f ; 1 + f E .
2
2

(

)





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

5.  Soit n !  , fn – 1 = 5 .
2 4n + 2
6.  x 7 5
est strictement décrois4x + 2
sante sur @ 0 ; +3 6 .
7.  (fn) m H 0 est donc strictement croissante et minorée par 1 , donc l’entier
2
fourni par l’algorithme est bien un entier à
partir duquel on aura fn ! ; 1 ; 1 + f E .
2 2
8.  L’algorithme fournit le plus petit rang
associé à la définition de la convergence
de fn vers 1 .
2
b c
2
2 1 + n + 2
an
bn
c
an
+
+
n
64. 
=
a¢n 2 + b¢n + c ¢ a¢n 2 1 + b¢ + c ¢
n n2
b
c
1+ + 2
n n
  pour n !  * .
= a

b
1 + ¢ + c2¢
n n
k = 0 et lim k = 0
or  n lim
+3 2
" +3 n
n
b
c
donc  lim
1+ + 2 =1
+3
n n
(par somme de limites)

(

)

(

)

et  lim
1 + b¢ + c2¢ = 1
+3
n n
1 + b + c2
n n
d’où  lim
=1=1
+3
1
b
¢
c
¢
1+ + 2
n n
(par quotient de de limites)
et donc
an 2 + bn + c = a # 1 = a  .
lim
+3

a¢n 2 + b¢n + c ¢ a¢
a¢ + b¢
+
a
¢
n
b
¢
n
n
=
65.  a.  2
an + bn + c n 2 a + b + c
n n2
a¢ + b¢
1
n   pour n !  * .
= #
n
b
a + + c2
n n
1 = 0  ;
lim
+3 n
lim
a¢ + b¢ = a¢ + 0 = a¢  ;
+3
n
b
lim
a + + c2 = a + 0 + 0 = a  ;
+3
n n
a¢n + b¢ = 0 # a¢ = 0 .
donc  lim
+3
a
an 2 + bn + c

(

(

)

)

a + b + c2
n n
n
an
+
b
+
c
n
b. et c. 
= 2#
a¢n + b¢
n
a¢ + b¢
n
b
a + + c2
n n

= n#
a¢ + b¢
n
u = lim
u # a  ;
donc  n lim
+3
" +3 n

u = +3 pour a 2 0
d’où  lim
+3 n

/ (a 2 0 et a¢ 2 0) ou (a 1 0 et a¢ 1 0)
2

u = – 3 pour a 1 0
et  lim
+3 n

/ (a 2 0 et a¢ 1 0) ou (a 1 0 et a¢ 2 0).
signe(a) = signe(a¢) & lim
u n = +3  ;
+
3

signe(a) ! signe(a¢) & lim u n = – 3 .
+3

66.  (un) n’est pas majorée :
Soit A ! R ,  p !  ; u p 2 A .
(un) est croissante : n H p & u n H u p .
Pour tout n ! R ; n H p ; u n H u p 2 A
donc u n H A .
 p !  ; n H p & u n ! @ A ; +3 6
u = +3 .
soit lim
+3 n
67.  1.  est faux.
(– 1) n n n’est pas majorée et elle diverge
(–1) n n ! +3 .
donc lim
+
3

u n = +3
2.  lim
+
3

Supposons que (un) est majorée. Alors il
existe M ! R ; ; n ! , u n G M donc
; n ! , u n g @ 1 + M ; +3 6 ce qui
contredit l’hypothèse.
68.  1.  lim u n = lim 5 + lim (– 2#n) = – 3
car – 2 1 0 .
2.  lim u n = lim 32 = 0   car 3 2 0 .
lim n
3.  lim u n = lim 3n 2 + lim 2n + 5 – 0 = +3
car lim 3n 2 = +3 et lim 2n = +3 .
69. et 70. Corrigés dans le manuel.
71.  1.  lim u n = lim 3n 2 + lim (– 1) + lim 1
n
= +3 – 1 + 0 = +3 .

2.  lim u n = lim 1 – lim 6 n = – 3 .
n
3.  lim u n = lim 3 n 1 – 2 n
3
n
= lim 3 1 – 2

3

(

)

( ( ))

© Hachette livre, 2012

8

Repères Term S, Livre du professeur

= lim 3 n # lim 1
car 2 2 0 et 2 1 1
3
3
= +3 car 3 2 1 .

n
72.  1.  lim u n = lim 1 + lim – 3 # – 2
3
n
= lim 1 – 3 lim – 2

3
= lim 1 – 3 # 0 = 1 .

car – 1 1 – 2 1 0 .
3
lim 6
2.  lim u n =
lim (5 – 7 n)
6

=
=0
lim 5 + lim (– (7 n))


( )
( )

car lim – 7 n = – 3 .

(
(

)
( )
)
( )

3 n 1 – 2n
1 – 2n
n
3
3
3
3.  u n =
n =
n
n
3
n
4
4 1– n
1 – 3n
4
4
1
& lim u n = 0 # = 0 .
1
73.  1.  lim (n + 4 n) = +3  
donc lim 1 n = 0 .
n+4

2.  lim u n = lim 9 n – 10 n  
n
= lim 10 n 9 – 1

10
n
n
= lim 10 # lim ; 9 – 1 E

10
= – 1 # lim 10 n = – 3 .


(( ) )
( )

)

3.  lim u n = lim 6 5 n – 1 (5 3 – 5 2 + 1) @
= 101 # lim 5 n – 1 = +3 .

74. et 75. Corrigés dans le manuel.
76.  Soit (u n) à valeurs dans 6 a ; b @ qui
admet pour limite l, (l ! R) et telle que
l g 6a ; b@.
•  Supposons l 2 b , soit I un intervalle
contenant l tel que I + 6 ab @ = Q , il existe
alors un rang à partir duquel tous les un
sont contenus dans I et donc, aussi par
définition dans 6 a ; b @ , or I + 6 a ; b @ = Q .
Ce qui est donc absurde.
On conclut que : l ! 6 a ; b @ .
•  Supposons l 1 a , on fait exactement de
même.
un = l  
77.  Soit A ! R ; lim
+
3

donc   p ; n H p & u n ! @ l – A ; l + A 6 .
Posons  M = max (u n) n G p
et  m = min (u n) n G p .



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

M et m sont définis et ! R car (u n) n G p
est ensemble fini (de cardinal G p + 1 ).
Pour n G p on a u n G M et u n H m.
Pour n H p on a u n G l + A et u n H l – A  ;
donc ; n ! ,
min (m, l – A) G u n G max (M, l + A)
d’où (un) est bornée.
78.  Soit A ! R ,
 p !  ; n H p & vn 1 A
v n = 0 ).
(car lim
+
3

Par hypothèse :
 q !  ; n H p & u n – l G v n  ;
Posons r = max (q, p) alors
n H r & u n – l G v n et v n 1 A
d’où  u n – l 1 A pour tout n H r .
Si u n H l alors 0 G u n – l 1 A
d’où  l G u n 1 A + l, u n ! 6 l ; A + l 6 .
Si u n G l alors – A G u n – l 1 0
d’où  – A + l G u n 1 l, u n ! @ l – A ; l @ .
D’où  u n ! @ l – A ; l + A 6
= @ l – A ; l @ , 6 l ; l + A 6)
 r !  ; n H p & un ! @ l – A ; l + A 6
un = l.
d’où  lim
+
3

79.  (– 1) n est bornée par – 1 et + 1 donc
elle n’a pas de limite infinie.
Or (– 1) n ne converge pas car (– 1) n
alterne entre – 1 et + 1. (– 1) n est donc
divergente. On en conclut que l’ensemble
des suites divergentes est distinct de l’ensemble des suites de limite infinie.
80. à 82. Corrigés dans le manuel.
83.  1.  Pour n H 2, n !   ;
0 G n – 1 G n + (– 1) n G n + 1
car  – 1 G (– 1) n G 1
1
donc  1 G
G 1
n + 1 n + (– 1) n n – 1
car  1 est décroissante sur R*+
x
n+1
n+1
n+1
G
G
donc 
n
n+1
n
–1
n + (– 1)
car 

n + 1 2 0.
n+1
=
n+1

1
n+1
n+1
=0
donc  lim
+3 n + 1
2. 

n+1
=
n–1

n+1–

3

3

3

86.  1.  u 1 = 0   donc  u 2 =

u 2n = m et lim
u 2n + 1 = m
Alors  lim
+
+
3

(d’après 1.)

)

3

3

)

© Hachette livre, 2012

9

)

(

Repères Term S, Livre du professeur

=

u n = lim
3.  lim
+
+

donc en passant à la limite
m – m = lim
2 sin 1 cos 4n + 1  ;
+3
2
2
1
1
0 = lim
2 sin cos 2n +
+3 1
2
2
r

! 0 car 0 1 1 1
2 2
r
et strictement croissante sur 8 0 ; B .
2
1 = 0.
+
cos
2
n
d’où  lim
+3
2
Posons v n = cos n – 1 .
2
v 2n + 1 – v 2n = cos 2n + 1 – cos 2n – 1
2
2
= – 2 sin (2n) sin 1  .

2

(

3.

+1=

n – 1.

u 2n + 1
( n – 1)2 + 1

= n – 1 + 1 = n,

donc si P(n) est vraie alors P(n + 1) est
vraie.
La conjecture est démontrée par récurrence.

u 2n = lim
u 2n + 1 = m  ;
alors  lim
+
+

))
)

u4 =



3

(

2  ;

u 23

Alors  u n + 1 =

un = m  
D’après ce qui précède si lim
+
3

u 22 + 1 =

0 2 + 1 = 1  ;

2.  11 = 0 = 0 = u 1  
donc P(1) est vraie.
P (n) : u n = n – 1 n H 1 .

85.  •  – 1 G sin n G + 1   donc si sin n a
une limite, alors elle est finie.
•  u 2n = sin 2n et u 2n + 1 = sin (2n + 1) .
u 2n + 1 – u 2n = sin (2n + 1) – sin 2n

) (

u3 =

On conjecture : u n =

donc  m = 1 et m = – 1 ce qui est
absurde.
(un) n’a pas de limite finie.

(

)

(sin n) n’admet pas de limite.

3

= 2 cos 2n + 1 + 2n sin 2n + 1 – 2n
2
2
4
n
+
1
1
= 2 sin cos
 .
2
2

)

(

2.  a. un est bornée par – 1 et 1 donc (un)
n’a pas de limite infinie.
b.  u 2n = (– 1) 2n = ((– 1) 2) n = 1 n = 1
u 2n + 1 = (– 1)(– 1) 2n = – 1 # 1 = – 1 .
c. Supposons qu’il existe m ! R tel que
lim
un = m .
+
3

(

cos 2n + 1 = cos 2n cos 1 – sin 2n sin 1
2
2
2
1
1
= lim (cos (2n)) cos
lim
cos 2n +
+3
2
2
– lim sin (2n) sin 1
2
0 = (lim cos (2n)) # cos 1 – 0 # sin 1
2
2
d’où  lim cos 2n = 0 car cos 1 ! 0 .
3
2
; n !  cos 2 n + sin 2 n = 1
cos 2 2n + sin 2 2n = 1
donc
(car 2n !  ).
En passant à la limite 0 + 0 = 1
car on a montré que
lim
sin 2n = 0 et lim
cos 2n = 0 ,
+3
+3
ce qui est absurde, il n’y a donc pas m ! R
un = m .
tel que lim
+

3

(

2
n+1

3

84.  1.  On revient à la définition d’une
limite finie :
A ! R,
 p !  ; n H p & un ! @ l – A ; l + A 6
or  2n H n donc 2n H p
donc  u 2n ! @ l – A ; l + A 6
2n + 1 H n donc 2n + 1 H p
donc  u 2n + 1 ! @ l – A ; l + A 6 .
lim
u 2n = l et lim
u 2n + 1 = l .
+
+

( (

1

En passant à la limite, on déduit que
lim
sin (2n) = 0 donc m = 0
+

n+1
1
=
= 0.
3 n – 1
+3 – 0
3.  Par le théorème des gendarmes,
(u n – 1) = 0 d’où
on déduit que lim
+3
lim
u
=
1
.
n
+
d’où  lim
+

)

3

n = +3 .

87.  u n + 1 – u n = (n + 1) # n! – n!
= n! (n + 1 – 1)

= n! # n 2 0    n !  * .

(un) est croissante.
L’axiome d’Archimède montre que n!
n’est pas majorée.
A ! R, 1 ! R et 1 2 0   donc il existe
p !  tel que p # 1 2 A
p! 2 p 2 A donc comme (un) est croissante, n H p & n! H p!   d’où n! 2 A
pour tout n H p .
(un) est croissante et non majorée donc
lim
u n = +3 .
+
3





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

6. À partir de suites arithmétiques
ou géométriques
88.  1.  •  P(0) : u 0 = u 0 + r # 0  
donc P(0) est vraie.
•  Hérédité : supposons que u n = u 0 + nr
alors  u n + 1 = u n + r = u 0 + nr + r
= u 0 + (n + 1) r

donc P(n + 1) est vraie.
2.  Si le premier terme est u1, on décale la
propriété de 1, soit u n = (n – 1) r + u 1
pour u ! R et n H 1 .
P (1) : u 1 + u 1 + (1 – 1) r "P(1) est vraie.
P(n)  donc  u n + 1 = u 1 + r
= u 1 + (n – 1) r + r

= u 1 + ((n + 1) – 1) r  ;

P(n + 1) est vraie.
3.  On généralise :
Pour n H p, n ! , u n = u p + (n – p) r .
P(p) : u p = u p + ( p – p) r   ; P(p) est vraie.
Hérédité : u n = u p + (n – p) r
donc  u n + 1 = u n + r = u p + (n – p) r + r
= u p + ((n + 1) – p) r .

P(n + 1) est vraie.
89.  1.  P(0) : v 0 = v 0 # 1 = v 0 # q 0   donc
P(0) est vraie.
Hérédité : P(n) : v n = v 0 q n
v n + 1 = v n # q = v 0 $ q n $ q = v 0 $ q n + 1  ;
P(n + 1) est vraie.
n–1

2.  P(n) devient v n = v 1 q
  pour n H 1.
P(1) : v 1 = v 1 # 1 = v 1 $ q 1 – 1  ;
P(n + 1) est vraie.
Hérédité : Supposons v n = v 1 # q n – 1  ;
v n + 1 = v n # q = v 1 # q n – 1 # q = v 1 $ q (n + 1) –;  1
P(n + 1) est vraie.
3.  v n = v p q n – p pour n H p
P(p) : v p = v p # 1 = v p q p – p .
Hérédité :
v n + 1 = v n # q = v p q n – p q = v (pn + 1) – p  ;
P(n + 1) est vraie.
90.  1.  Les lignes démasquées sont :
S prend la valeur S + u
u prend la valeur u + r .
2.  Il y a effectivement plus simple puisqu’on connaît une formule explicite :
Pour n !  et (u n) arithmétique de raison r et de premier terme u 0 , on a :
n
/ u k = (n + 1) u 0 + nr2 .
k=0

(

)

D’où l’algorithme :

(

92.  1.  u n =
Somme
vn = v0

94.  u n =

2.  u n + 9 =



)

géométrique

i=n

1 i
/ 9 # ( 10
)
1
10

n+1

93.  1.  u n =

/ 27 #

i=1

)

un

(

) (

)

ab
ab
100 – 1 – 99 =
1– 1
n
99
99
100
100n
ab
ab
= –
.
99 99 # 100 n

(

)

ab .
lim
1– 1
= 1 donc lim u n =
+3
+3
99
100 n
i=n

/ abc #

1 .
i=1
1 000 i
1
1–
n+1
1
000
u n + abc = abc #
1– 1
100
abc
1
=
# 1 000 –
;
99
1 000 n

)

)
)

lim
u = abc .
+3 n
999

1
1
n+1
27
100
2.  u n + 27 = /
.
= 27
i
i = 1 100
1– 1
100
100
27
=
;
100 –
99
100 n + 1

10

(

(

i=n

© Hachette livre, 2012

1 .
100 i

= abc 1 – 1 n .
999
1 000

1 .
100 i

(

/ ab #

i=0

(

)

i=n

i=n

99
27 3
=
=
99 11

d’où u n = abc 1 000 – 1 n – 999
999
1 000

1– 1
10
1 – 1n + 1
10

 .
= 9#
9
10
u n = 10 # 1 – 1n + 1 – 9
10
1
= 10 # n – 9 = 1 – 1 n  .
10
10
1
3.  lim
u = 1 – lim
=1–0=1
+3 n
+3 10 n
donc 0, 999… = 1 !

(

99

100

(

i=1

= 9#

3

i =n

i=1

1–

99

100
ab
u n + ab = / ab # 1 =
100 –
.
i =0
100 i 99
100 n + 1

95.  u n =

suite

)

d’où 0, 272 727 f = 3 .
11

/ 9 # 10– i  

( )

99

3

i=n

de la
1 n.
10

)

27 27
1 = 27 – 27 # 0 .
un =
lim
3.  lim

+
+
n

91. 1.  Les lignes démasquées sont :
S prend la valeur S + u
u prend la valeur u ) q
2.  On reprend le même algorithme, mais
n
1 – qn + 1
avec la formule / u k = u 0
.
1–q
k=0
Donc, seul l’affichage est modifié.

(

(

d’où u n = 27 100 – 1 n – 27
99
100
27
27
1
– 99 = 27 –
=
100 –
.
n
99
99
99 # 100 n
100

variables
n entier naturel
u 0 un réel
r un réel
Début
Saisir n
Saisisr u0
Saisir r
Afficher « la somme vaut »
Afficher « (n + 1) ) u 0 + (n ) r)/2 .
Fin

)

Repères Term S, Livre du professeur

96.  1.  u 2 = 6u 1 – 9u 0 = 36 – 18 = 18 ;
u 3 = 6 # 18 – 9 # 6 = 6 # 9 = 54 ;
u 4 = 6 # 54 – 9 # 18 = 9 # 18 = 162 ;
u 5 = 6 # 162 – 9 # 54 = 9 # 54 = 486 ;
u 6 = 6 # 486 – 9 # 162 = 9 # 162 = 1458 .
2.  On conjecture u n = 2 # u3 n = u 0 3 n .
3.  P (0) : u 0 = u 0 # 1 = u 0 # 3 0 .
P (1) : u 1 = 2 # 3 = 2 # 3 1 = u 0 # 3 1
P(0) et P(1) sont vraies.
Hérédité : u n + 1 = 6 # u n – 9 # u n – 1
= u 0 (6 # 3 n – 9 # 3 n – 1) = u 00 (9 # 3 n – 1)
= u 0 # 3 n + 1 ; P(n + 1) est vraie.
97.  1.  v n + 1 =

un + 1 – 1
un + 1 + 3



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

2u n + 3 – u n – 4
un + 4
=

2u n + 3 + 3u n + 12
un + 4
un – 1
un + 4

=
#
u n + 4 5u n + 15
u –1

= n
= 1v .
5 (u n + 3) 5 n
On peut simplifier par u n + 4 car u n 2 0
n
(par récurrence) pour u n H 1 v n = 1 v 0 ;
5
v0 = 0 – 1 .
0+3
u –1
2.  D’où v n = 1 1n ; v n = n
= – 1 1n
35
un + 3
35
1
1
d’où –
(u + 3) = u n – 1 ;
3 5n n
u
donc 1 – 1n = u n + 1 nn
35
5
1
1– n
5  .
soit u n =
1
1 + 1n
35
1
v = 0 et aussi
3.  0 1 1 1 donc lim
+3 n
5
lim
vn = 1 .
+

()

3

98.  1.  a.  u 1 = 1,05 # 12 000 = 12 600 .
b.  u n = (1,05) n # 12 000 ; u 8 = 17 729,47.
8

1 – (1,05)
c.  / u k = 12 000#

9

1 – (1,05)

0

= 132 318,77.

2.  a.  v 1 = 12 000 + 750 = 12 750 .
b.  v n = 12 000 + 750 n ;
v 8 = 12 000 + 750 # 8 = 18 000
i=8

c.  / v i = 9 # 1 000 + 750 #
i=0

8 # (8 + 1)
= 135 000.
2

3.  Le contrat 1 est plus avantageux.
99.  1.  Par récurrence :
• v 0 ! R ; P(0) est vraie.
• Hérédité : v n + 1 = 2 v n – 1 . Comme
3
v n ! R , 2 v n – 1 aussi donc v n + 1 ! R .
3
(v n) est définie dans R.
On démontre la même chose pour (wn)
avec w0 = 3 .
2.  wn + 1 = 2v n + 1 + 6 = 4 v n – 2 + 6
3
2
= (2v n + 6) = 2 wn .
3
3
Donc (wn) est géométrique de raison 2 et
3
premier terme 3.

()
()

(

).

n
3.  wn = 3 # 2 d’où lim
w = 0 01 21 1
+3 n
3
3
n
w
v n = n – 3 = 3 2 – 3 d’où lim v n = – 3 .
+3
2
2 3

4. 

n

S n = / wk 3 #
0

()

2 k = 3#
3

i =n

()

1– 2
3

/ yi = 2# n (n + 1) – 6(n + 1) = (n + 1)(n – 6)

n+1

i =0

1–2
3

( ( ) ).

=9 1– 2
3

Sn = 9 .
D’où lim
+

n+1

3

100.  1.  a.  u 0 = 1 ; u 1 = 1 u 0 + 1 – 1 = 1 ;
2
2
u2 = 1 u1 + 2 – 1 = 1 + 1 ;
2
4
5
1
u 3 = u 2 + 2 – 1 = + 1 H 0 . P(3) est vraie.
2
8

Hérédité : supposons P(n) vraie (n H 3)  :
1
u n + 1 = 1 u n + n – 1 ; u n + 1 H 0 car u n H 0
2
2
(hypothèse) n – 1 H 0 pour n H 9 . P(n + 1)
est vraie.
b.  P(4) : u 4 H 4 – 2 .
On a u 3 H 0 car 3 H 3 et 1.  a. donc
1 u H 0.
2 3
On a 3 – 1 H 2 donc u 4 = 1 u 3 + 3 – 1 H 2
2
donc P(4) est vraie.
Hérédité : P(n) est supposée vraie :
u n H n – 2 pour n H 4 .
u n + 1 = 1 u n + n – 2 . Or 1 u n H 0 (1. a.)
2
2
et n H 4 & n – 2 H 2 , donc u n + 1 H 2 .
P(n + 1) est vraie.
c.  ; n !  , n H 4 , on a : u n H n – 2 .
n – 2 = +3 alors lim
n = +3 .
Comme lim
+
+
3

3

2.  a. 
v n + 1 = 4u n + 1 – 8(n + 1)
= 2u n + 4 n – 4 – 8n – 8 + 24


= 2u n – 4 n + 12 = 1 (4u n – 8n + 24)
2

= 1 vn
2
(pour tout n !  ).
(v n) est géométrique de raison 1 et de
2
premier terme v 0 = 4u 0 – 8 # 0 + 24 = 28 .
v
b.  u n = 1 (v n + 8n – 24) = n + 2n – 6
4
4
1
1
= 28 n + 2n – 6 = 7n + 2n – 6 .
4
2
2
n
1
c.  On pose x n = 7 #
et y n = 2n – 6 .
2
(x n) est une suite géométrique de raison
1 et de premier terme 7 ;
2
( y n) est une suite arithmétique de raison
2 et de premier terme – 6 .

( )

()

()

n+1
1– 1
2
= 14 1 – 1
d.  / x i = 7 #
1
i =0
2n + 1
1–
2
i =n

© Hachette livre, 2012

11

(

)

Repères Term S, Livre du professeur

2

(

)

D’où S n = 14 1 – n1+ 1 + (n + 1)(n – 6) .
2

101.  1.  t n = m n .
(t n) ! E & m n + 1 – m n = 0,24m n – 1
+ m n – 1 (m 2 – m – 0, 24) = 0

+ m 2 – m – 0,24 = 0 car m ! 0

+ m est une solution de

x 2 – x – 0, 24 = 0 .
Supposons que m est une solution de
x 2 – x – 0, 24 = 0 .
Alors m n + 1 – m n = 0, 24m n – 1 pour tout
n H 1.
t n = mn
En posant
on obtient
t n + 1 – t n = 0, 24t n – 1 ; donc (t n) ! E .
2.  u n = a (1,2) n + b (– 0,2) n .
Si u 0 = 6 alors 6 = a + b (1) .
Si u 1 = 6, 6 alors 6,6 = 1, 2a – 0,2b
6
= a – 1 b = 33 (2)
5
5
5
+ 33 = 6a – b = 6a – 6 + a (d’après (2)).
a = 39 donc b = 3 ((1)).
7
7
39
3
n
u n = (1,2) + (– 0,2) n .
7
7
3.  1, 2 2 1 donc 39 (1, 2) n diverge vers
7
+3 .
– 0,2 1 1 donc 3 (– 0, 2) n diverge vers 0.
7
Par somme des limites, on obtient
lim
u n = +3 .
+
3

102.  1.  a. 
0
a0

a2

a5

1

a4a6 a3

a1

x

a1 – a0 1
=
2
2
a1 – a2
a3 =
+ a2 = 3
2
4
1
a3 – a2
a4 =
+ a2 = 4 + 1 = 5
2
2 2 8
a3 – a4
a5 =
+ a 4 = 1 + 5 = 11
2
16 8 16
a5 – a4
a6 =
+ a 5 = 1 + 11 = 23
2
32 16 32
c.  A n + 2 est le milieu du segment
6 A n A n + 1 @ en terme d’abscisse (a i) cela se
a + an + 1
traduit par a n + 1 = n
.
2
a
a
2.  a 1 = 1 et 1 – 0 = 1 donc a 1 = 1 – 0  ;
2
2
P(0) est vraie.
b.  a 2 =





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

a
Hérédité : P (n) : a n + 1 = 1 – n donc
2
a n = 2 (1 – a n + 1) .
an + 1 + an an + 1
=
+ 1 – an + 1
2
2
a
=1 – n+1 ;
2
P (n + 1) est vraie.

an + 2 =

3. 

( )

v n + 1 = a n + 1 – 2 = – 1 a n + 1 = – 1 a n – 2 = – 1 v n  .
3
3
3
2
2
2

(v n) est une suite géométrique de raison
– 1  .
2
n
v = 0  ; v n = 2 – 1 .
4. Comme – 1 1 1 , lim
+3 n
3

2

( )
2

v n = a n – 2 donc a n = v n + 2 donc
3
3
2
lim
a =  .
+3 n
3

7. Convergence monotone
103.  a.  Faux :

(1 – 1n)

est croissante

(strictement) et tend vers 1.
b.  Faux : (n + (– 1) n # 2) tend vers +3
mais n’est pas croissante.
104.  (u n) est strictement croissante car
u n + 1 – u n = pn + 10 – { n + 1 où pn est le
n e nombre premier et { n + 1 la somme
des nombres de chiffres utilisés pour
écrire les n + 1 premiers nombres premiers, c’est-à-dire la position après la virgule du (n + 1) e nombre premier dans le
nombre d’Erdös.
(u n) est majorée par 1 car u n G 0, 9 g 9 .
(u n) est croissante et majorée, elle admet
donc une limite finie, elle converge vers
une limite finie.
105.  1.  u n + 1 – u n = 1, 9 g 335 g 555
= – 0, 0 g 0 19 f 945 1 0
: ;;
; < :(;;
;<
n fois
n – 1)
fois

donc (u n) est décroissante.
(u n) est minorée par 1
(u n = 1 + 0,3 g 3 + 0,0 g0 5 g 5 .
: ;;
;<
:n;;
< : ;;
;<
n fois
fois
n fois
A BB C
A BBBBBB
C
20
20
Donc (u n) converge vers une limite finie.
2.  u n – 4 = 1,3 g 3 5 g 5 – 1, 3 g 3
3
: ;;
; < : ;;
;<
: ;;
;<
3
n fois
n fois
= 1, 0 g 0 1 6 g 6 G 1, 0 g 0
: ;;
; < : ;;
;<
: ;;
;<
3
n fois
n fois



= 2 10 – n 1 G 2:10 – n .
3. 

lim 2 n = 0
+3 10

(

)

donc comme

un – 4 G 2 n
3 10

lim
u n – 4 = 0 d’où lim
u 4.
+3
+3 n 3
3

;

106.  Même résolution que 104.
(u n) est croissante et majorée donc
converge vers une limite finie.
107.  1.  Démonstration analogue à
l’exercice 132..
2.  Pour M 1 l , on choisit I un intervalle
contenant l et non contenant par M. Alors
il existera une infinité de termes un inférieur à M à partir d’un certain rang.
3.  D’après 1. (u n) est majorée par l.
D’après 2. c’est le plus petit.
1 2 0 donc
108.  1.  u n + 1 – u n =
(n + 1) 3
(u n) est croissante.
2.  u 1 = 1 et 2 – 1 = 1 donc u 1 G 2 – 1  ;
1
1
P(1) est vraie.
Hérédité : Supposons que u n G 2 – 1 ,
n
1
; n ! * ; u n + 1 – u n +
donc
(n + 1) 3
1 .
un + 1 G 2 – 1 +
n (n + 1) 3

(

Or 2 – 1 – 2 – 1 +
n+1

=

=

(n + 1) – n
n (n + 1)



n

)

1
(n + 1) 3

1
1
1
=

3 n (n + 1)
(n + 1)
(n + 1) 3

(n + 1) 2 – n n 2 + n + 1
=
20
(n + 1) 3
(n + 1) 3

3.  (u n) est majorée par 2.
109  A.  1.  x – x – 1 = 0  ; T = 5  ;
1– 5
1+ 5
x1 =
et x 2 =
 .
2
2

5

12.

3.  U est une solution de X 2 – X – 1 = 0
donc U 2 – U – 1 = 0 ; d’où U 2 – U + 1 .
U2 0,
Comme
on
obtient
2
U = U = U + 1 . U ! 0 donc
2
U = U + 1 + U = 1 + 1 + 1 = U – 1.
U U
B.  1.  u n + 1 = 1 + u n .
2.  u 1 = 1 et 1 1 { 1 2 donc 1 1 u 1 1{  ;
P(1) est vraie.
Hérédité : On suppose 1 1 u n 1{
donc 2 G 1 + u n G 1 + { ,
d’où 2 G 1 + u n G 1 + { = { ;
P (n + 1) est vérifiée.

© Hachette livre, 2012

12

1 + un + un
1 + un – un

=
car

1 + un + un

1 + un + un ! 0 .
: ;;;;
< 2
20
0

Comme 1 + u n + u n 2 0 , le signe de
u n + 1 – u n est celui de 1 + u n – u 2n .
x
Signe de
(1 + x – x2)

–3

­–

1– 5
2

1
2

1+ 5
2

0

+

0

+3


Comme on a montré que 1 G u n G U
; n !  , on a donc : 1 + u n – u 2u H 0
; n !   ; donc u n + 1 – u n H 0  ; (u n) est
croissante.
4.  u n = U = 1 + u n – (1 + U)
= u 2n + 1 – U 2 = (u n + 1 – U)(u n + 1 + U) .
un – U
H 2.
un + 1 – U
u n – U G 0 et u n + 1 – U 1 0 donc
un – U
un – U
=
H 2  ; d’où
un + 1 – U un + 1 – U

Or u n + 1 + U H 2 donc

un – U = U – u1 =

1+ 5 2
– =
2
2

5 –1
2

 ;

donc 1 G 5 – 1 G 1 = 10 = 11– 1  ;
2
2
2 2
P(1) est vérifiée.
Hérédité :
Supposons P(n) : u n – U G n1– 1  :
2G 5 G3

x 1 1 0 car 4 1 5 donc 5 2 2  ; x 2 est
l’unique solution positive.
2.  41 51 9 donc 21 5 1 3 (
crois2

1 + un + un

= ( 1 + u n – u n)

5. 

2

sante sur 6 0 ; +3 6 ) d’où 3 1 1 +

1 + un – un

un + 1 – U G 1 un – U .
2

pour n ! * ; P(n + 1) est vraie.

2

3.  u n + 1 – u n =

Repères Term S, Livre du professeur

2

On vient de montrer que :
u n + 1 – U G 1 u n – U  ;
2
donc u n + 1 – U G 1 # n1– 1 = n +11 – 1  ;
2 2
2
P (n + 1) est vérifiée.
u = U d’où
6.  On en déduit que lim
+3 n
U = 1 +g+ 1 .
7.  Soit f2 0 si fH n1– 1 alors u n – U Gf
2
fH 1 + 2n – 1 H 1 + (n – 1) ln 2 + ln fH 1
n–1
2
1 – ln f
1 – ln f
.
+ n – 1H
+ nH1 +
ln 2
ln 2

8.  • Entrer f .
• Poser n = 1 , x = 1 .
• y = 1 + 1 – ln f .
ln 2



TS
erm

=5

Livre du professeur

non

n y

n=n+ 1
n = M1 + x

oui
• Afficher x.
110.  1.  a. 

0

x

8

f (x)

f ¢(x) = 1, 4 – 0,1 x
f ¢(x) 2 0 sur 6 0 ; 8 @
b. 

y

y = 1,4x – 0,05x2
v
v 10
v9
v7 8

4.  L’inégalité montrée en 2.  prouve que
(vn) est croissante et majorée, elle
converge donc vers une limite finie.
f (x) – 8 = 1, 4x – 0, 05x 2 – 8
= – 0, 05 (x 2 – 28x + 160)

= – 0, 05 (x – 20)(x – 8)

a.  8 – f (x) = 0, 05 (x – 20)(x – 8)
d’où  8 – v n + 1 = 0,05(v n – 20)(v n – 8)
= 5 (20 – v n)(8 – v n)

: ;;;; <
12 G 20 – v n G 18 car v n ! 6 2 ; 8 @

d’où  8 – v n + 1 G 0,05 # 18(8 – v n)
G 0, 9 (8 – v n) .


c.  8 – v n = 8 – v n car 0 G v n G 8
donc  8 – v n G 6 # 0,9 n .
6 # 0,9 n = 0 car 0 1 0, 9 1 1  ;
Or  lim
+
3

0

v0 v1 v2 v3 v4 v5 v6

8

14

x

c.  On conjecture que (vn) est croissante
de limite finie 8.
3.  v 0 = 2 ; v1 = 2, 6 ; 2 G v 0 G v 1 G 8   ;
P(0) est vérifiée.
Hérédité :
Supposons P(n) : 2 G v n G v n + 1 G 8 .
Par hypothèse, on a : 2 G v n + 1
De même v n + 1 G 8 et comme f est
croissante sur 6 0 ; 8 @ ,
f (v n + 1) G f (8)
soit  v (n + 1) + 1 G f (8) = 8 .
Enfin
v n + 2 – v n + 1 = 1, 4 v n + 1 – 0, 05 v n2 + 1 – v n + 1



= 0, 4 v n + 1 – 0, 05 v n2 + 1



=

v n + 1 (0,4 – 0,05v n + 1)
3
: ;;;;;;;
;<
H0
H0

car v n + 1 H 0

Chap. 1 Suites et limites

(8 – v n)

b.  Par récurrence : P(0) : v 0 = 2
8 – v 0 = 6   ;  0,9 0 # 6 = 1 # 6 = 6
d’où  8 – v 0 G 6 # 0,9 0
donc P(0) est vraie.
Hérédité : On suppose 8 – v n G 6 # 0, 9 n  ;
D’après a.  8 – v n + 1 G 0, 9 (8 – v n)
donc  8 – v n + 1 G 0,9 # 6 # 0,9 n
G 6 # 0, 9 n + 1

donc P(n + 1) est vraie.

y=x

8

(20 – v )
: ;;;;n<

12 G 20 – v n G 18 car v n ! 6 2 ; 8 @

vn + 1 ! 60 ; 8@

donc  v n + 2 – v n + 1 H 0
soit  v n + 2 H v n + 1 .
Récapitulons : 2 G v n + 1 G v n + 2 G 8  ;
P(n + 1) est vérifiée.

(8 – v n) = 0 donc lim
vn = 8 .
d’où  lim
+
+
3

3

8. Problèmes

5.  fn + 2 = mq n + 2 + nq n2 + 2


= mq 21 q n1 + nq 22 q n2



= m (1 + q 1) q n1 + n (1 + q 2) q n2



= mq n1 + mq 1n + 1 + nq n2 + nq 2n + 1
0
0
= fn + fn + 1


a. 

f0 = m + n = 1 = u 0
o
f1 = mq 1 + nq 2 = 1 = u 1
1 – q2
1 – q1
; m0 =
" u0 =
q2 – q1
q2 – q1

(car  q 2 – q 1 ! 0   car on amontré que ce
sont des racines distinctes( T! 0 )).
( n 0, m 0 ) est la solution du système à 2
inconnues, 2 équations donc unique.
P (n) : u n = m 0 q n1 + n 0 q 2n .
b.  On a trouvé  u 0 = f0 = m 0 + n 0   et 
u 1 = f1 = m 0 q 1 + n 0 q 2
donc P(0) et P(1) sont vraies.
Hérédité : u n = u n – 1 + u n – 2   (n H 2)
donc 
u n = m 0 q n1 – 1 + n 0 q n2 – 1 + m 0 q n1 – 2 + n 0 q n2 – 2

par récurrence.
u n = m 0 (q 1 + 1) q n1 – 2 + n 0 (q 2 + 1) q n2 – 2


= m 0 q 21 q n1 – 2 + n 0 (q 22) q 2n – 2



= m 0 q n1 + n 0 q n2  .

2.  B4 : = B2 + B3   ;
C3 : = B3/B2 .

1– 5
1+ 5
; q1 =
 .
2
2
4 1 5 1 9   donc  2 1 5 1 3
donc  – 1 1 q 1 1 – 1  .
2
De même  q 2 2 1 .

3.  On conjecture que

D’où  q n1

111.  1.  u 2 = 1 + 1 = 2   ;
u 3 = 2 + 1 = 3   ;  u 4 = 3 + 2 = 5   ;
u 5 = 5 + 3 = 8   ;  u 6 = 8 + 5 = 13 .
un + 1
tend vers
un
une limite finie ( . 1, 618 …).
4.  a.  Soit q ! R tel que u n = u 0 q n
u n + 2 = u n + 1 + u n par définition ;
(un) est strictement croissante et u 0 = 1
donc u n 2 0
u
u
d’où  n + 2 = n + 1 + 1
un
un
2
soit  q = q + 1 ou q 2 – q – 1 = 0 .
T = 1 + 4 = 5   donc il y a 2 solutions à
cette équation donc 2 raisons possibles
pour la suite.
b.  On vient de montrer que  q 2i = q i + 1
q i ! 0 car 0 ! 0 + 1   donc  q i = 1 + 1
qi
soit  1 = q i – 1 .
qi
© Hachette livre, 2012

13

Repères Term S, Livre du professeur

c.  q 1 =

0   et  q n2

+3

1 – q1
u0 =
=
q2 – q1
donc  u 0 q n2

+3

+3 .

1+ 5
2 20
5
+3  ;

+3

lim
u = +3   (somme de limites)
+3 n
u
Quant à  n + 1  :
un
u n + 1 m 0 q n1 + 1 + n 0 q n2 + 1
=
un
m 0 q n1 + n 0 q n2



=

q 2n + 1
q 2n

(q ) + n
q
m ( ) +n
q
q1

m0

n+1

2

1

0

2

0

n

0





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

= q2



( )
( )

q1 n + 1
+ n0
q2
q n
m0 1 + n0
q2

m0

Comme  q 1 1 q 2 et q 2 2 0,

( )
( )

5.  Immédiat.

q1
11
q2

q1 n
=0
donc  lim
+3 q
2
d’où 
n0
un + 1
1+ 5
q
lim
#
 .
=
= q2 =
2
+3
2
un
n0
112.  1.  Pour tout n H 1 , Hn + 1 – Hn 2 0.
2.  Hn est majorée.
3.  L’algorithme permet le calcul d’un
entier p tel que Hp H M .
4.  Les entiers p sont extrêmement
grands.
5.  On est tenté de conjecturer que
lim H = +3 mais sans certitude.
n " +3 n
6.  a.  (u 2n) est extraite de (u n) donc, si
u n ! I alors u 2n ! I , du fait que 2 n H n .
b.  Si (u 2n) ne converge pas, alors (u n) ne
converge pas.
c.  Un raisonnement par récurrence permet d’établir que H2n H 1 + n  .
2
H
n = +3 et donc
7.  Donc : n lim
2
" +3
lim Hn = +3 .
n +
" 3

113.  1.  u 2 = 1 – 1 # (– 1) = 1 + 1 = 3  .
2

4

2

4

4

Donc (u n) n’est ni arithmétique, ni géométrique.
2.  a.  v 0 = u 1 – 1 u 0 = 1 – 1 # (– 1) = 1.
2

b. 

2

2

v n + 1 = un + 1 – 1 un – 1 un + 1 = 1 un + 1 – 1 un = 1 v n .
4
2
2
4
2

c.  Donc (v n) est géométrique.
d.  Pour tout n !  , v n = 1n  .
2
u
3.  a.  w0 = 0 = – 1 = – 1 .
v0
1
v n + 1 un
un + 1
2
=
b.  wn + 1 =
vn + 1
1
un + 2 – un + 1
2
v n + 1 un
2
=
1
1
v n + un – un – 1 v n – 1 un
2
4
2
4
1
v n + un
u
2
=
= 2 + n = 2 + wn  .
vn
1
un + 2 – un + 1
2
c.  Ainsi (wn) est arithmétique de raison 2.
d.  Pour tout n !  , wn = – 1 + 2n .
4.  Donc,
u n = wn # v n = (2n – 1) # 1n = 2n –n 1  .
2
2

114.  1.  p0 est la population en 1969
exprimée en milliers.
Par hypothèse : p0 = 44 500 .
2.  Par données,
pn + 1 = pn + 35 pn + 25 – 17 pn – 9
1 000
1 000
= 1,018 pn + 16 .

3.  On cherche l tel que  u n + 1 = ku n
avec  u n = pn – l
u n + 1 = 1,018 pn + 16 – l = kpn – kl
On obtient  k = 1,018 pn et l = – 8 000  .
9
8
000
4.  u n = p n +
  et
9
u n = u 0 (1,018) n = 44500 + 8000 1,018 n
9
8000
pn = u n + l = u 0 (1, 018) n –
9
8000
n
1, 018 – 8000  .
= 44500 +
9
9

(

(

)

)

5.  Population en 2012 :
p43 = 44500 + 8000 1, 018 43 – 8000
9
9
. 96858 .

(

)

6.  pm = 3p 0

(

)
)(

+ 3 # 44500 = 44500 + 8000 1,018 m – 8000
9
9
–1
8000
8000
m
+ 1,018 = 133500 +
44500 +
9
9

(

( (

)

(

))

1
ln 133500 + 8000 – ln 44500 + 8000
+m =
9
9
ln 1, 018
+ m . 61 .

115.  a.  10w10 = 11w9 + 1
= 209 + 1 = 210

d’où  w10 = 21 .
b.  On conjecture que wn = 1 + 2n (P(n)).
c.  w0 = 1 = 1 + 2 # 0  ; P(0) est vraie.
Hérédité : Supposons que  wn = 1 + 2n .
Alors  (n + 1) wn + 1 = (n + 2) wn + 1
2

= n + 2 + 2n + 4n + 1

(

)

2 n2 + 5 n + 3
2
2
d’où  wn + 1 =
n+1
= 2 n + 3 = 2n + 3

2
= 2 (n + 1) + 1  ;

P(n + 1) est vraie.
d.  w2013 = 1 + 2 # 2013 = 4027 .

(

© Hachette livre, 2012

Hérédité : Supposons P(n) vraie :
u n H 0 avec n H 4 .
Alors  u n + 1 = 1 u n + n – 2  
3
donc  u n + 1 H 0
car  1 u n H 0   et  n – 2 H 0   pour  n H 4  ;
3
P(n + 1) est vraie.
3.  On a  u n H 0   et  u 5 = 1 u n + 4 – 2
3
donc  u 5 H 4 – 2 = 2 = 5 – 3
P(n) est vraie pour  n = 5 .
Hérédité : Supposons  u n H n – 3  
pour  n ! , n H 5 .
Alors  u n + 1 = 1 u n + n – 2
3
donc  u n + 1 H n – 3 + n – 2
3
n
un + 1 H + n – 3
3
donc  u n + 1 H n – 2   car  n H 5 H 1
3 3
pour  n H 5
u n + 1 H (n + 1) – 3  ; P(n + 1) est vraie.
(n – 3) = +3 , on en
4.  On sait que  lim
+3
u n = +3 .
déduit que  lim
+
3

La population en 2030 sera le triple de
celle de 1969.



116.  1.  u 1 = 1 # 1 + 0 – 2 = – 5  ;
3
3
u 2 = 1 u 1 + 1 – 2 = – 14  ;
9
3
14
1
u 3 = u 2 + 2 – 2 = –  .
27
3
2.  u 4 = 1 u 3 + 3 – 2 = 1 – 14 H 0 .
81
3

)

14

Repères Term S, Livre du professeur

117.  A.  1.  1 – u 0 = 13 = 1 + 12 = 1 + 120
1
5
P(0) est vraie.
Hérédité : Supposons que pour  n !  ,
P(n) est vraie.
u n + 1 = 1 u n + 4 = 1 + n12+ 1 + 4
5
5 5 5
5
12

= 1 + n + 1  .
5
P(n + 1) est vraie.
2.  a.  S n + 1 – S n =

k=n+1

/

k=0

k=n

uk –

/ uk

k=0

= u n + 1 = 1 + n12+ 1 H 0 .
5
donc S(n) est croissante.


b.  S n =



k=n

k=n

/ ( 1 + 12k ) = (n + 1) + / 12k

k=0

5

= (n + 1) + 12 #

k=0

()

1– 1
5

n+1

1–1
5

5



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

(



= n + 1 + 15 # 1 +



= n + 16 – 3n  .
5

1
5

Hérédité : u n ! " – 1 ; 1 , .
r
Alors  u n + 1 = – sin –
2
r
ou  u n + 1 = – sin  ,
2
donc  u n + 1 = – 1 ou 1 ,
un + 1 ! " – 1 ; 1 ,
P(n + 1) est vraie.
3.  sin est à valeur dans 6 – 1 ; 1 @ donc (un)
est à valeur dans 6 – 1 ; 1 @ .

)

( )

n+1

(n + 16) = +3
c.  nlim
+
3

()

n
3# 1 = 0
et  nlim
+3
5
S n = +3 .
donc  nlim
+
3

B.  P1 est fausse : x n = 1   (xn) converge
vers 1 mais  S n = n + 1   tend vers  +3 .
P2 est fausse : x = 1n   (xn) est décrois2
sante et (Sn) est croissante.
118.  1.  Si u0 est pair, il existe k !  tel
que u 0 = 2k  ;
r
d’où  u 1 = – sin 2k = – sin (kr) = 0 .
2
Il est alors clair que  u n = 0   pour  u H 1
r
car  u 2 = – sin u 1 = – sin 0 = 0  ;
2
r

u 3 = – sin u 2 = – sin 0 = 0  ;
2
(ou récurrence).
2.  Soit u0 impair : il existe k !  tel que
u 0 = 2k + 1 .
r
r
u 1 = – sin (2k + 1) = – sin kr +
2
2
donc  u 1 = – 1 ou 1  ; P(1) est vraie.

( )

(

)

(

)

Partie B. 
4.  a. 



x

r
2

0

sinx

0

–1

d’où 

x
– sin

r
x
2

r
2
1

–1
1

0
0

1

–1

b.  Pour  n H 1, u n ! 6 – 1 ; 1 @ .
Pour tout  n !   :
min (u 0 , – 1) G u n G min (u 0 , 1)
donc (un) est bornée.
c.  (un) est donc convergente si et seulement si elle est monotone.
5.  a.  Pour tout  x ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6 ,

r
r
r
x ! B– ; 08,B0 ; 8 .
2
2
2
r r
Or sur  8 – ; B sinx est nul seulement en
2 2
r
r
0 et sin x = 1 seulement en – et  ;
2
2
donc  f (x) ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6 .
b.  P(0) est vraie par définition.
Hérédité : supposons P(n) vraie : un n’est
pas entier.
Alors
r
u n + 1 = – sin u n ! @ – 1 ; 0 6 , @ 0 ; 1 6
2
puisque un n’est pas entier ;
P(n + 1) est vérifiée.
6.  a.  À partir du tableau en 4. a. , on
déduit que  f (@ – 1 ; 0 6) = @ 0 ; 1 6   et 
f (@ 0 ; 1 6) = @ – 1 ; 0 6 .
b.  u n + 1 = f (u n)  
donc si  u n 2 0   alors  u n + 1 1 0  
et  u n + 2 = f (u n + 1) 2 0  ;
et si  u n 1 0   alors  u n + 1 2 0  
et  u n + 2 = f (u n + 1) 1 0 .
Donc (un) n’est pas monotone.
7.  On est en contradiction avec la condition nécessaire en 4. c. donc (un) ne
converge pas quand u 0 g  .

( )

En route vers le bac (p. 48-49)
120.  On pose pour tout n !  ,
P(n) : u n = – 7 # 2 n + 8 .
•  P(0) est vraie, car u 0 = 1  ;
•  Soit n !  tel que P(0) est vraie.

u n + 1 = 2 (– 7 # 2 n + 8) – 8 = – 7 # 2 n + 1 + 8

donc P(n) est héréditaire.
On conclut.

121.  On procède comme pour l’exercice
précédent :
soit n !  tel que u n = 2 + n 1 ,
3 –1
alors :
1
5 2+ n
–4
3 –1
un + 1 =
–1
2 2 + n1
3 –1
(6 # 3 n – 2) + 1
=
= 2 + n + 11
 .
3 # 3n – 1
3
–1
De plus, u 1 = 5  .
2
122.  Vrai. Vrai. Vrai. Faux (u n = n) .

(
(

)
)

123.  1.
Variables
Début
U un réel
U prend la valeur1
N un entier
Saisis N
Pour I allant de 0 à N – 1, I un entier
de 1 en 1
U prend la valeur
U + 2#I + 3
AfficherU
Fin de Pour
Fin
3.  On obtient alors :
u 0 = 1  ; u 1 = 4  ; u 2 = 9  ; u 3 = 16  ;
u 4 = 25  ; u 5 = 36  ; u 7 = 64  ; u 8 = 81  ;
u 9 = 100 et u 10 = 121 .
4.  Soit n !  , u n + 1 – u n = 2n + 3 2 0  ;
(un) est strictement croissante.
5.  a.  • u 0 = 1 donc u 0 2 0 2  ;
• soit n !  tel que u n 2 n 2  ;
© Hachette livre, 2012

15

Repères Term S, Livre du professeur

alors u n + 1 2 (n + 1) 2 ,
(car u n + 1 = u n + 2n + 3 donc
u n + 1 2 n 2 + 2n + 3 2 n 2 + 2n + 1) .
(u ) = +3 .
b.  D’où : n lim
" +3 n
6.  On montre sans difficulté que, pour
tout n !  , u n = (n + 1) 2 .
124.  1.  u 0 H 4  ;
u n H 4 & u n + 12 H 4 , car u 7 u
est croissant sur 6 4 ; +3 6 .
2. 
y
4

- 12

0

4

x
8

(u n) semble converger vers 4 en étant
décroissante et minorée par 4.
3.  a. Soit n !  , u n + 1 – 4 = u n + 12 – 4  ;





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

soit u n + 1 – 4 =

un – 4

u n + 12 + 4
avec u n + 12 H 4 H 0
d’où 0 G u n + 1 – 4 G 1 (u n – 4) .
4
b.  À l’aide d’un raisonnement par récurrence, on en déduit que :
n–1
0 G un – 4 G 1
.
4
4.  Le théorème des gendarmes apporte la
conclusion souhaitée.
125.  Soit x H 0 et k 2 x (k ! ) donc
k H 1.
a.  Pour k = n c’est évident.
n
k
Soit k G n fixé tel que k G k  ;
k! k!
on sait que n H k donc n + 1 H k et donc
01 k G 1.
n+1
k # k n G k n  ;
Ainsi
n + 1 n! n!
n+1
n
k
soit
G k  .
(n + 1)! n!
n
n
n
n
n
b.  Soit n H k , n = nn # k = n # k
n! k
n!
n!
k
et ce qui précède fournit la majoration
attendue.
nn=0
c.  Vu que k 2 x alors n lim
" +3 k
on peut donc conclure.
2.  a.  Soit n H 2

()

(

)

()

()

(n – 1) facteurs

n

6 44 7 44 8
= 1 # n #f# n
n!
1 # 2 #f# n
n–1

( ) (n3)

= 1# n
2

#

:(u n) est décroissante ;
.
) : lim u = 0
n
n +

n–1

 ;

(nn) .

#f#

Ainsi, n H 1 , pour n H 2 .
n!
b.  Soit n H 2 .
n n = n # n n – 1  .
n!
n!
n
Ainsi, n H n .
n!
nn = + .
D’où n lim
3
" +3 n!
126.  a.  Vrai.  b.  Faux.  c.  Vrai.

" 3

( )

127.  a. Faux.  b. Vrai.  c. Faux.  d. Faux.
128.  a.  Faux.  b.  Vrai.  c.  Vrai.
129.  a.  Vrai.  b.  Vrai.  c.  Vrai.  d.  Vrai.
130.  a. Vrai.  b. Faux.  c. Faux.  d. Faux.
e.  Vrai.
131.  Soit l1 et l2 deux réels tels que
l1 ! l2 .
Soit alors I1 et I2 deux intervalles tels que
l1 ! I 1
3 et I1 + I2 = Q .
l2 ! I 2
(C’est possible car l1 ! l2 .)
• (u n) converge vers l1 donc tous les u n
sont contenus dans I1 à partir d’un rang
N1 .
• (u n) converge vers l2 donc tous les u n
sont contenus dans I2 à partir d’un rang
N2 .
Conclusion : à partir d’un rang supérieur ou
égal aux rangs N 1 et N 2 , les u n sont
contenus dans I1 et dans I2 . Ce qui est
absurde car I1 + I2 !Q .

Supposons qu’il existe u p 1 0 .
Soit I un intervalle contenant O mais pas
u p . Il existe un rang q à partir duquel tous
ces u n sont contenus dans I. Or à partir
d’un rang supérieur égal à p et q, les u n
sont dans les intervalles I et @ – 3 ; u p @ (car
(u n) est décroissante). Ce qui est absurde.
133.  1.  Il existe deux rangs N 1 et N 2
tels que :
• À partir du rang N 1 tous les u n sont
contenus dans I ;
• À partir du rang N 2 tous les wn sont
contenus dans I.
2.  Prenons un rang N supérieur ou égal à
N 1 et aussi à N 2 . Alors, à partir de ce rang
N, les u n et les v n sont contenus dans l’intervalle I donc aussi tous les réels compris
entre eux deux. Ainsi, à partir du rang N,
l’intervalle 6 u n ; wn @ est inclus dans I, donc
wn ! I , ce que l’on voulait.

132.  Soit (u n) telle que :

Accompagnement personnalisé (p. 50-51)
k=n

134.  u n = / k (k + 1)  ; u 0 = 0 =
k=0
vraie.
Hérédité : Supposons P(n) vraie ;

0(0 + 1) (0 + 2)
 , P(0) est
3

Alors u n + 1 =

1
& P (n + 1) est vérifiée.
1+n+1

si n = 0(2 0) 2 + 1 = 2 H 2 0 + 1 = 2 .
v n + 1 H 2n + 1 .
137.  wn est un quotient de facteurs positifs donc wn H 0 .
2
n–1 +3
2
2
4 H 0 donc 1 H w .
1 – wn = n + 1 –2 n =
n
1+n
1 + n2

(

1 .
n+1
© Hachette livre, 2012

=

Hérédité : Supposons v n H 2 n .
Alors v n + 1 = v 2n + 1 .
v n + 1 H (2 n) 2 + 1 = 2 2n + 1 H 2 n + 1 pour n H 1 .


)

1  ?
n+1
Hérédité : On suppose u n =
P (n) : u n =

1+ 1
un

136.  P(0) : 1 H 1 = 2 0 donc v 0 H 2 0  ; P(0) est vraie.

n (n + 1)(n + 2)
3
(n + 1)(n + 2)(n + 3)
n

= (n + 1)(n + 2) 1 +
=
3
3
(n + 1)((n + 1) + 1 ((n + 1) + 3)

  ; P(n + 1) est vérifiée.
=
3
135.  u 0 = 1  ; u 1 = 1 = 1  ; u 2 = 1 = 1  ; u 3 = 1 = 1  .
4
2
3
1+ 1
1+ 1
1+ 1
–1
u0
u1
3
u n + 1 = (n + 1)(n + 2) + u n = (n + 1)(n + 2) +

(

1

16

Repères Term S, Livre du professeur

)



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

138.  x 1 = – 3 + 4 = 1 donc 0 G x 1 G 4  ; P(n) est vraie.
Hérédité : On suppose 0 G x n G 4 .
x n + 1 = 3x n + 4 H 0
et 3 # 0 + 4 G 3x n + 4 G 3 # 4 + 4 = 16
4 G 3x n + 4 G 16 = 4 donc x n + 1 G 4 (
d’où
croissante).
D’où 0 G x n + 1 G 4  ; P(n + 1) est vérifiée.
139.  w1 = n # 1 . Pour n !  * , w1 = 1  .
n+ 1
n n+1
n
n
1 = + donc lim w = 0 .
lim
n + 1 = lim
n + lim
3
+3
+3
+3 n
+3 n
n
4 + 3x n + 4
140.  4 – x n + 1 = 4 – 3x n + 4 #
,
4 + 3x n + 1 + 4

(

)

(

u 2n – 2
( u n ! 0 car u n ! @ 0 ; +3 6 )
2u n
u
u
d’où u n + 1 = u n – n + 1 = n + 1 = 1 u n + 2 .
2 un 2 un 2
un
un – un + 1 =

(

est

1.  1 1 2 1 4 donc 1 1 2 1 4 car
est croissante sur
@ 0, +3 6 d’où 1 1 2 1 2 .
2.  (u n) est définie si u n 2 0 pour tout n !  :
• u 0 = 2 2 0 donc P(0) est vraie ;
• Hérédité : Supposons u n 2 0 pour n donné.

)

car 4 +

(

3.  P(n) : 1 G u n G 2 P(0) est vraie car 1 G u 0 G 0 (u 0 = 2) .
Hérédité : On suppose que 1 G u n G 2 pour n donné.
u n + 1 = 1 u n + 2 donc 1 G 2 G 2 car 1 G 1 G 1 et alors
2
un
un
2 un
2
1
+
1Gu
2+2
d’où
1 + 1 G un
G2 + 2
n + 1G 2 ,
2
un

(

3x n + 4 H 4 2 0 .

4.  u n + 1 –

()

(

)

2 = 1 un + 2 –
2
un



= un –



= (u n –

u n2 – 2
2u n

(



2) 1 –

2=

u 2n + 2
2u n

2 = un –
un –
2u

2

)

2=



2–

2u 2n – u 2n + 2
2u n

(u n –

= (u n –

2 ) (u n +

2)

2u n
2)
=

un –

2

2u n

(u n –

2)2

2u n

#

1
.
2u n

(u – 2 ) 2
Comme 1 G 1 (u n H 1) on a donc u n + 1 – 2 G n
.
2
un
5.  L’écart d’un terme à 2 est inférieur à la moitié de l’écart au
carré du terme précedent à racine de 2.
Dès que u n – 2 devient inférieur à 1, l’écart diminue d’autant
plus vite. puisque (u n – 2 ) 2 G (u n – 2 ) .
6.  Récurrence : P (n) : u n – 2 G n1– 1 .
2
P(0) : u 0 – 2 = 2 – 2 G 2 – 1 = 1 car 2 H 1 .
1 = 1 d’où P(0) est vérifiée.

141.  a 0 = 0  ; a 1 = a 0 + 2 # 0 + 1 = 1  ; a 2 = a 1 + 2 + 1 = 4  ;
a 3 = a 2 + 4 + 1 = 9  ; a 4 = a 3 + 6 + 1 = 16 .
P (n) : a n = n 2 .
P(0) est évident.
a n = n 2  ;
n ! ,
Hérédité :
Soit
on
suppose
2
2
a n + 1 = a n + 2n + 1 = n + 2n + 1 = (n + 1)  ; P (n + 1) est
vérifiée.
142.  b 0 = 0  ; b 1 = 02 + 1 = 1  ; b 2 = 12 + 1 = 2  ; b 3 = 22 + 1 = 5  ;
b 4 = 52 + 1 = 26 .
P (n) : b n H 1 + n .
b 3 = 5 H 3 + 1 donc P(3) est vraie.
Hérédité : Soit n !  , n H 3 , on suppose P(n) vraie :
b n + 1 = (b n) 2 + 1 H (n + 1) + 1 = n 2 + 2n + 1
= n (n + 2) + 1

donc b n + 1 H (n + 2) + 1 = ((n + 1) + 1 car n H 1 pour n H 3 ,
donc n (n + 2) H n + 2 .
lim
(1 + n) = +3 et b n H n + 1 .
+3
b n = +3 .
On en déduit que lim
+

0

22 – 1
Hérédité : Supposons que P(n) est vraie pour un n donné :
On a vu : u n + 1 – 2 G 1 (u n – 2 ) 2
2
2
1
donc u n + 1 – 2 G 1 (u n – 2 ) 2 G 1
2 2n + 1 – 1
2
2
1
1
= 1 n +11 = n +11
n
2 22 – 1
2 2
–2
–1
2
22
d’où u n + 1 – 2 G n +11 donc P(n + 1) est vérifiée.
–1
22
1
(u n) converge vers 2 car lim
= 0.
+3 2 n + 1 – 1
2
7.  Pour être à 10 – 10 près, il faut n1 G 110
2 2 – 1 10

( )

3

143.  Soit u n + 1 l’intersection de la tangente à  en (u n, f (u n))
avec l’axe des abscisses.
f (u n) – 0
f est dérivable sur 6 0, +3 6 donc : f ¢ (u n) =
un – un + 1

© Hachette livre, 2012

)

1 G u n + 1 G 2  ; P(n + 1) est vérifiée.

()

()

)

Alors u n + 1 = 1 u n + 2 2 0 P(n + 1) est vraie.
2
un

16 – 3x n – 4
(4 – x n)
4 – xn

=
=3
G3
4 + xn + 1
4 + xn + 1
4
car x n + 1 H 0 .
4 – x n + 1 G 3 4 – x n + 4 – x n + 1 G 3 4 – x n car 0 G x n G 4 .
4
4
0
3
3 n # 5 est vraie pour
4 – x0 = 5 G
# 5 P (n) : 4 – x n G
4
4
n = 0.
Hérédité : Soit n !  , on suppose P(n) vraie.
On sait que 4 – x n + 1 G 3 4 – x n
4
n
3
3
3 n # 5 P(n + 1) est vraie.
#5 =
donc 4 – x n + 1 G
9 4
4
n
3
3
= 0 donc lim
x = 4.
Comme ! 6 0 ; 1 6 , lim
+3 4
+3 n
4

()

)

17

Repères Term S, Livre du professeur

(

)





TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

d’où 2 2

n–1

3.  a.  u n G e pour tout n !  car (u n) est croissante et tend
vers e. De même, v n H e pour tout n !  .
Donc e – u n H 0 et v n – e H 0 pour tout n !  .

H 10 10 soit (2 n – 1) ln Z H 10 ln 10

d’où 2 n H 10 ln 10 + 1
ln 2

(

1
v n – u n = 1 = v n – e + e – u n donc v n – e = v n – e G
1f
n
.
n!
n. n! : ;;
;
<
:
;;
;
<
H0
H0

)

ln 10 ln 10 + 1
ln 2
nH

 .
ln 2
144.  I.  1.  wn + 1 – wn = (v n + 1 – u n + 1) – (v n – u n)


et u n – e = e – u n G 1 1 f .
n. n!
b.  U est u n , V est v n .
Initialisation : On définit la marge d’approximation f .
U et V sont affectés à u 1 et v 1 .
Boucle : Condition de poursuite Un – V n Hf .
On incrémente alors n et on calcule u n et v n que l’on affecte à U
et V repsectivement.
Sortie : affichage de n (nombre d’itérations)
affichage de U et V c’est-à-dire la valeur approchée de e
à f près.
d.  U et V est donnent un encadrement de e.
p
4.  On suppose que e = avec p, q ! ,  * .
q
Comme u 1 e 1 v n pour tout n !  , on a en particulier : ( u n et
v n sont strictement monotones).

uq 1 e 1 v q = uq + 1
q:q!
p
donc u q 1 1 u q = u q + 1 ,
q
q:q!
d’où q:q! u q 1 pq! 1 q:q! u q + 1 .

= (v n + 1 – v n) + (u n – u n + 1)
G0
car (v n)3

G0
car (un)3

donc wn + 1 – wn G 0 (wn) est décroissante.
wn = 0 (wn) décroissante donc wn H 0 (sinon il existe
2.  lim
+
3

p !  tel que wp 1 0 et alors pour tout n H p , wn G wp 1 0 ).
(v n – u n) = lim
v n – lim
u n d’où lim
u n = lim
vn ,
3.  0 = lim
+
+
+
+
+
3

3

3

3

3

wn H 0 donc v n H u n et comme u n H u 0 , v n H u 0 .
Donc (v n) est décroissante et minorée : elle converge ie il existe
v = m.
m ! R tel que lim
+3 n
De même (u n) est croissante et majorée par v 0 , donc elle
converge.
u n = lim
v n , alors (u n) et (v n) converge
Comme on a vue que lim
+
+
3

3

vers une même limite finie.
1 2 0 pour tout n  * " (u ) est
II.  1.  u n + 1 – u n =
!
n
(1 + n)!
strictement croissante.
2

i=q

/

1 donc qq! u est un entier car somme d’entiers
q
i = 1 i!
puisque i! divise qq! pour tout i ! " 1, 2, g, q , .
Il existe n !  , tel que qq! u q = m , d’où m 1 pq! 1 m + 1 ce
qui revient à dire que pq! n’est pas entier, ce qui est absurde.
5  On ne peut pas trouvier d’entier p, q pour exprimer e sous
forme de fraction, e est donc irrationnel.
Or u q =

(n + 1) n + n – (n + 1)
1
vn + 1 – vn = 1 +
– 1 =
(1 + n)! (n + 1)(n + 1)! n:n!
n (n + 1)(n + 1)!
1
=–
1 0 pour tout n !  * " (v n) est

n (n + 1)(n + 1)!

strictement décroissante.
(u – v n) = 0 .
2.  u n – v n = – 1 donc lim
+3 n
n : n!
De 1. et 2. on déduit que (u n) et (v n) sont adjacentes.

TP Info (p. 52)
Partie A

2.  v n + 1 = u n + 1 –

4, 5 1
(intérêt)
1.  C6 =
#
# E5
100 12
D6 = B6 – C6 = 100 – C6 (capital amorti)
(capital restant dû)
E 6 = E5 – D6




2.  On arrête de rembourser quand le capital restant dû est G 0.
3.  La dernière mensualité est G 100 , elle correspond au capital



restant dû au mois précédent.


4.  Il y aura 38 mensualités, 37 # 100 et 58,85 pour la 38e.

(

Partie B



)

4, 5 1
#
# un
1.  u n + 1 = u n – M –
100 12
1204, 5

=
u – M = 803 u n – M .
1200 n
800




© Hachette livre, 2012

18

M
0, 00375

M
= 803 u n – M –
800
0, 00375
1
= 803 u n – M 1 +
800
0, 00375
1, 00375
= 803 u n – M #
800
0, 00375
803
1
00375
=
u –M
800 n
375
803
803
=
u –
M
800 n
3
= 803 u n – 800 803 M
800
803 3
= 803 u n – 800 M .
800
803

(

(
(

Repères Term S, Livre du professeur

)

)

)



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

d’où

100000 20000 4000 800
1
=
=
=
=
 .
0, 00375
375
75
15
3
803
=
v .
d’où  v n + 1 = 803 u n – M
800
0, 00375
800 n

(

0=

)

( ) – (803
800)

( )

3.  (vn) est géométrique de raison 803 d’où v n = 803 v 0 .
800
800

24

24

( )

((803
800)

M
M
+
0, 00375 0, 00375

)
803
3500 (
800)
M = 0, 00375
–1
(803
800)
M
0, 00375

803 n
M
M
=
v +
0, 00375
800 0 0, 00375

( )(

24

0 = 3500 803
800

n

un = v n +

M
M
3500 –
+
 ;
(803
800) (
0, 00375) 0, 00375

24

– 1 = 3500 #

)

(803
800)

24

24

#

n
M
M  .
u0 –
+
= 803
800
0, 00375
0, 00375
On veut u 24 = 0  ;

 ;

24

- 152, 767 .

Mensualité = 152, 77 (arrondi au supériéur, sinon u 24 2 0 ).

Sur les pas du supérieur (p. 53)
I. 1. (u2n) est la sous-suite des termes pairs de (un).
( u 2n + 1 ) est la sous-suite des termes impairs de (un).
2. Si (un) admet une limite finie l, il est clair que (u2n) et ( u 2n + 1 )
convergent vers cette limite (en appliquant la définition même
de la limite finie d’une suite).
Supposons que (u2n) et ( u 2n + 1 ) ont pour limite l ! R .
Alors pour tout f ! R , il existe p et q tels que :
pour tout  2n H p u 2n – l Gf
et pour tout  2n + 1 H q u 2n + 1 – l Gf
p q–1
En posant  r = max ;
, on obtient donc
2
2
pour tout  n H r u n – l Gf
un = l .
donc  lim
+

(

Le déterminant de ce polynôme est  T = (d – a) 2 + 4bc
= (d + a) 2 – 4 (ad + bc).


4. a. Cas T = 0  :

ac + b
  (solution de E).
cc + d
Montrons par récurrence que (vn) est définie
P(0) : v0 est défini car  v 0 = 1
et u 0 !c .
u0 – c
Alors la racine unique est  c =

)

Hérédité : Supposons que vn est défini : u n !c
au + b
!c  (u n !c + un n’est pas une solution de (E))
donc  n
cu n + d
d’où  u n + 1 !c   donc  v n + 1   est défini.
1
– 1
Soit  n !  , v n + 1 – v n =
un + 1 – c un – c

3

n

Application :  q 2n = (q 2) H 1 car q 2 H 1
n

q 2n + 1 = q (q 2) G 1 car q 2 H 1 et q G – 1
q 2n H 1 et lim
q 2n + 1 G – 1
donc  lim
+
+
3

= (d + a) 2 – 4ad + 4bc



3



=



=

q 2n ! lim
q 2n + 1
donc  lim
+
+
3

3

d’où (qn) ne converge pas vers une lim l ! R , " +3 ; – 3 , .
1
au n + b d adu n + bd
=
II. 1.  u n + 1 =
 ,
cu n + d 1 bcu n + bd
b
donc si  ad – bc = 0   alors  ad = bc   d’où  u n + 1 = b  .
d
On montre alors par récurrence que (un) est constante en b à
d
partir du rang 1.
2. Les solutions de (E) sont les abscisses des points d’intersection
de :
J  :y=x
et
K 1
.
K
ax + b
K 2 : y = f (x) =
cx + d  
L

(

cu n + d
(a – cc) u n + (b – dc)



1  .
un – c

Calculons f – 1  :
y = ax + b   donc  ycx + yd = ax + b   d’où (yc – a) x = b – yd
cx + d
b – yd
; f – 1 (x) = b – xd  .
soit  x =
yc – a
xc – a
Comme  v n + 1 – v n =

cu n + d
(a – cc) u n + (b – dc)
cu n + d



1
un – c

1
– 1  .
b – dc u n – c
un –
cc – a
b – dc
Comme  c = f (c), f – 1 (c) = f – 1 % f (c) = c   d’où 
= c.
cc – a
=



)

3.  x = ax + b + cx 2 + (d – a) x – b = 0   sur R\ ' – d 1
c
cx + d

© Hachette livre, 2012

1
– 1
au n + b ccu n + dc u n – c

cu n + d
cu n + d

19

Repères Term S, Livre du professeur

(a – cc)



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

Alors  v n + 1 – v n =

cu n + d
(a – cc)(u n – c)



1
un – c

Posons  v n =

)

2 1 1 donc
5
Comme  v n =

=
#

=

cb + d (ad – bc)(u n – a) cb + d u n – a
=
ac + d (ad – bc)(u n – b) ac + d u n – b

car  ad – bc ! 0   d’où  v n + 1 =

k=n

k=n

k=n

k=n

k=0

k=0

/ (u k – l) G /

uk – l

k=n

k=n

On en déduit  v n – l G 1 / u k – l .
n + 1 k=0
2. a. C’est la définition de (un) converge vers l (qui est l’hypothèse de départ).
Pour 
, tel que  n H n 0 & u k – l 1 f , on a :
n0 ! 
k=n
1 / u – l 1 n – n0 + 1 f 1 f .
n + 1 k=0 k
n+1 <
: ;;;;;
G1
b. (un) converge donc elle est bornée.
On en déduit qu’il existe un réel M 2 0 tel que pour tout k !   :
uk – l G M
d’où 

k = n0 – 1

/

k=0

uk – l G

n0
M
n+1

n 1 f 2 n 0 M – f   d’où  (n 1 + 1) f 2 n 0 M
donc pour  n H n 1 , on a  (n + 1) f 2 n 0 M .
On en déduit que 

 ;

© Hachette livre, 2012

1
n+1

f est un réel 2 0 et n 0 M – f   est un réel.
D’après l’axiôme d’Archimède, il existe donc  n 1 !  tel que

ad – bc = 12 – 2 = 10 ! 0
et  T = (4 + 3) 2 – 4(3 # 4 – 2 # 1) = 49 – 40 = 9 2 0 .
9

k=n

d’où  l - v n G 1 / u k – l .
n + 1 k=0

cb + d
v .
ac + d n

–1–
b=
2

1 / u – 1 / l = 1 / (u – l) .
n + 1 k=0 k n + 1 k=0
n + 1 k=0 k

De même  l - u k G l - u k = u k – l

au n + b
  avec  a = 3, b = 2, c = 1 et d = 4
cu n + d

– (4 – 3) + 9
a=
et
2
a = 1 et b = – 2 .

k=n

=

donc 

On a montré que (vn) est une suite géométrique de raison 
cb + d
 .
ca + d
5.  u n + 1 =

k=n

1 / u – l = 1 / u – 1 (n + 1) l
n + 1 k=0 k
n + 1 k=0 k n + 1

Pour tout k ! , u k – l G u k – l  

au n cb + adu n + bcb + bd – abcu n – abd – bcu n – db



un – 1
1 + 2v n
 , on calcule  u n =
 .
1 – vn
un + 2

III. 1.  v n – l =


(cu n + 1) (cb + d)

(ad – bc) u n + a (bc – da)
cb + d
ac + d
(ad – bc) u n + b (bc – ad)

3

3

(cu n + d) (ac + d)

=

lim
vn = 0 .
+

En appliquant les opérations sur les limites, on obtient :
lim
u = 1 + 2# 0 = 1.
+3 n
1–0

au n ca + au n d + bca + bd – aacu n – bcu n – daa – db



un – 1
 .
un + 2

v n = 0 , (un) est définie à partir d’un rang n !  .
Comme  lim
+

u –a
b. Par récurrence, u 0 g " a ; b , donc  v 0 = 0
  est défini,
u0 – b
P(0) est vraie.
Hérédité : Supposons vn défini donc  u n ! b
au + b
= b + un = b  
un + 1 = b + n
cu n + d
car b est une solution de (E).
On en déduit que  u n + 1 ! b   et donc que v n + 1 est défini.
Calculons v n + 1  :
au n + b aa + b

u n + 1 – a cu n + d ca + d
=
vn + 1 =
u n + 1 – b au n + b ab + b

cu n + d cb + d


=

un – b
(vn) est une suite géométrique de raison
cb + d 1 # (– 2) + 4 2
=
=
1#1 + 4
5
ca + d

a–d
cu n + d – a + cc cu n + d + 2

=
=
(a – cc)(u n – c) (a – cc)(u n – c)
c un + d – a
cu n + d – a
2c
2

=
=
(a – cc)(u n – c) (a – cc)(u n – c)
un – c
c
=
= 2c

car u n ! c .
un – c a + d

a
d
a–
2
(vn) est donc une suite arithmétique de raison 2c  .
a+d

(

un – a

20

Repères Term S, Livre du professeur

1
n+1

k = n0 – 1

/

k=0

uk – l G

n0 M
1f
n+1



TS
erm

Chap. 1 Suites et limites

Livre du professeur

donc  n H n 1 &

1
n+1

k = n0 – 1

/

k=0

En posant n 2 = max (n 0¢ ; n 1¢ ) et en additionnant les 2 inégalités
ci-dessus membre à membre, on obtient :

uk – l 1 f .

k=n

3.  f est un réel 2 0 donc 2. a. et 2. b. donnent :
2
k=n
/ u – l 1 f2
–  il existe n 0¢ !  :  n H n 0¢ & 1
n + 1 k = n¢ k

n H n1 &

1 / u – l 1f
n + 1 k=0 k

d’où  n H n 2 & v n – l 1 f , (vn) converge vers l.

0

–  il existe n 1¢ !  :  n H n 1¢ &

1
n+1

k = n 0¢ – 1

/

k=0

u k – l 1 f  .
2

© Hachette livre, 2012

21

Repères Term S, Livre du professeur



2

Fonctions :
limites, continuité,
calculs de dérivées
Trigonométrie
Programme officiel
Contenus

Capacités attendues

Limites de fonctions
Limite finie ou infinie d’une fonction à
l’infini.
Limite infinie d’une fonction en un point.
Limite d’une somme, d’un produit,
d’un quotient ou d’une composée de
deux fonctions.

• Déterminer la limite d’une somme, d’un produit, d’un quotient ou d’une composée de deux
fonctions.

Limites et comparaison.

• Déterminer des limites par minoration, majoration et encadrement.

Asymptote parallèle à l’un des axes
de coordonnées.

• Interpréter graphiquement les limites obtenues.

Continuité sur une intervalle,
théorème des valeurs intermédiaires

• Exploiter le théorème des valeurs intermédiaires dans le cas où la fonction est strictement
monotone, pour résoudre un problème donné.

Calculs de dérivées : compléments

• Calculer les dérivées des fonctions :
x 7 u (x)  ;
x 7 (u (x)) n , n entier relatif non nul ;
x 7 eu (x)  ;
x 7 ln (u (x)) .
• Calculer la dérivée d’une fonction x 7 f (ax + b) où f est une fonction dérivable, a et b deux
nombres réels.
• Connaître la dérivée des fonctions sinus et cosinus.

Fonctions sinus et cosinus

• Connaître quelques propriétés de ces fonctions, notamment parité et périodicité.
• Connaître les représentations graphiques de ces fonctions.

Découverte (p. 56-57)
1. Où sont les limites ?
1. Limite d’une fonction en – 3 et en + 3
1. 
x

– 105

– 103

– 100

– 10

x

10

100

103

105

f (x)

1,999 99

1,999

1,99

1,9

f (x)

2,1

2,01

2,001

2,000 01

g (x)

9999999995

999995

9995

95

g (x)

95

9995

999995

9999999995

h (x)

– 2 # 10 14

– 200000004

– 200004

– 204

h (x)

196

199996

199999996

2 # 10 14

© Hachette livre, 2012

22

Repères Term S, Livre du professeur



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Courbe de h :

2.  Quand x est un réel de plus en plus grand, f (x) semble se
rapprocher de 2.
3.  Quand x est un réel négatif de plus en plus grand en valeur
absolue, f (x) semble se rapprocher de 2.
4.  Pour 10 000 G x G 100 000 et 1,5 G y G 2, 5 :

2. Limite infinie d’une fonction en un point
On considère la fonction f définie sur R\ " 3 , par f (x) = x – 2  .
x–3
1.  Recopier et compléter le tableau suivant :

La courbe semble droite.
Pour 1, 999 9 G y G 2, 000 1 :

x

2,9

2,99 2,999 2,999 9 3,000 1

3,001

3,01

3,1

f (x)

–9

– 99 – 999 – 9 999 100 015 1001

101

11

2.  Quand x s’approche de 3 en étant plus grand que 3, f (x)
semble de plus en plus grand.
Quand x s’approche de 3 en étant plus petit que 3, f (x) semble
négatif et de plus en plus grand en valeur absolue.
3.  Courbe représentative de f :

En zoomant, on voit que la courbe n’est pas droite.
5.  Avec – 10 G x G 10 et – 10 G y G 10 :
4.  Quand x se rapproche de 3, cette courbe semble se rapprocher
de la droite d’équation x = 3 .
2. Limite et opérations
1. 
La représentation graphique de f semble se rapprocher de la
droite d’équation y = 2 lorsque x est un réel de plus en plus grand
ou négatif de plus en plus grand en valeur absolue.

f

6.  Quand x est un réel de plus en plus grand et quand x est un
réel négatif de plus en plus grand en valeur absolue, g (x) semble
de plus en plus grand.
Quand x est un réel de plus en plus grand, h (x) semble de plus
en plus grand.
Quand x est un réel négatif de plus en plus grand en valeur absolue, h (x) est négatif et semble de plus en plus grand en valeur
absolue.
La courbe de g « monte » à droite et à gauche du graphique.
La courbe de h « monte » à droite du graphique et « descend »
à gauche.

-4 -3 -2 -1
g

5
4
3
2
1
-1
-2
-3

0 1 2 3 4 5

6 7 8 9

f (x) = 2 et x lim
g (x) = – 3 .
2.  Graphiquement, x lim
+
+
" 3

3.  a.

Courbe de g :

h (x) = – 1 .
b.  Graphiquement, x lim
+
" 3

© Hachette livre, 2012

23

Repères Term S, Livre du professeur

" 3



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

4.  a.

f (x) = 0 , x lim
g (x) = 0 ,
Graphiquement, x lim
+
+

5
4
3
2

f

" 3

lim k (x) = 0 , x lim
l (x) = 3 .
x +
+
" 3

h

-1
-2

" 3

b.  f (x) = 3 et g (x) = 12
x
x

1
-4 -3 -2 -1

0 1 2 3 4 5

6 7 8 9

5
4

k

g

" 3

8

9 10 11

" 3

" 3

" 3

c.  f (x) = 33 et g (x) = 12
x
x

1
6 7 8 9

g
3
k

2

l

1

l (x) . – 0, 66 .
Graphiquement, x lim
+

f

0

" 3

5
4
3
2
1

l

6 7

lim k (x) = 0 , x lim
l (x) = +3 .
x +
+

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
l
-1
h
-2
-3
g
-4
k
-5
-6

k

2 3 4 5

f (x) = 0 , x lim
g (x) = 0 ,
Graphiquement, x lim
+
+

4
3
2

5.  a.

1

-1 0 1
-1
hk
-2
f

k (x) = – 6 .
Graphiquement, x lim
" +3
b. 
5
f

l

3
2

-3
-4
-5
-6

g

" 3

h
2

1

4

3

5

6

7

f (x) = 0 , x lim
g (x) = 0 ,
Graphiquement, x lim
+
+
" 3

lim k (x) = 0 , x lim
l (x) = 0 .
x +
+
" 3

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-1
f
-2
g
-3
-4
h
5
-6

" 3

" 3

8.  On ne peut pas conclure sur la limite d’un quotient lorsque les
deux limites sont nulles.

6 7 8 9

3. Continuité… ou pas
1.  a.
x

– 6,2

–5

– 0,8

3,79

3,9

E (x)

–7

–5

–1

3

3

3,99 3,999 99
3

3

4
4

f (x) = – 1 , x lim
h (x) = – 4 ,
b.  Graphiquement, x lim
+
+

b.  La limite à gauche en 4 de E semble être égale à 3. Or E (4) = 4.
Donc cette limite n’est pas égale à E (4) .

x " +3

2. 

" 3

lim k (x) = 3 , x lim
l (x) . 0, 33 .
+

" 3

" 3

6.  La limite d’une somme, d’un produit ou d’un quotient de
fonctions dont on connaît les limites réelles non nulles semble
être la somme, le produit ou le quotient des limites.
7.  Cas des limites nulles :
a.  f (x) = 32 et g (x) = 12
x
x
5
4
l
3
2
h
k 1
f g
-2 -1 0 1 2 3 4 5

3.  La courbe est en plusieurs morceaux.
4. Dérivons
1.  a.  La fonction f : x 7 x est dérivable sur @ 0 ; +3 6 et pour
tout x 2 0 , f ¢(x) = 1  .
2 x
b.  i)  f : x 7 3x – 5

6 7 8 9 10

© Hachette livre, 2012

24

Repères Term S, Livre du professeur



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

b.  i)  f : x 7 (7x + 2) 5

ii)  g : x 7

ii)  g : x 7 (x 4 – 5x 3 + x – 6) 3

4x 3 – x 2 + 5x – 1

iii)  h : x 7 (x 2 – 5x + 1) – 3

iii)  h : x 7

x5
iiii)  k : x 7 (x 5 – 4x 2 + 7x + 2) – 4

c.  On peut conjecturer que la fonction x 7 u (x) où u est
une fonction à valeurs positives admet pour dérivée la fonction
u ¢ (x)
x7
.
2 u (x)
2.  a.  La fonction x 7 x n où n est un entier relatif non nul est
dérivable sur R si n 2 0 et sur R* si n 1 0 et sa fonction dérivée
est x 7 nx n – 1 .

c.  On peut conjecturer que la fonction x 7 6 u (x) @ n où u est une
fonction et n un entier relatif non nul a pour fonction dérivée
x 7 n # u ¢ (x) # 6 u (x) @ n – 1 .

Exercices résolus (p. 74 à 85)
Page 75
1.  Pour tout réel x ! 0 ,
3x – 5
1– 5
3–5
3
3x
x
x
=
=
= f (x)
4
4
3
x3 1 + 2 + 4
x
2
x2 + 4
+
x
2
x
+
+
x
x2 x4
x
5
1–
3 =0
3x
2.  x lim
= 1 et x lim

" 3
" –3 x 3
4
2
1+ 2+ 4
x
x
(
f
(
x
))
=
0
donc x lim
.


Page 74
(x 4) = +3  ; x lim
(3x 3) = +3 et x lim
(– 5) = – 5
1.  1.  x lim
+
+
+
" 3

( f (x)) = +3 .
donc x lim
+

" 3

(

" 3

" 3

2.  a.  Pour tout réel x ! 0 ,
x 4 1 + 3 – 54 = x 4 # 1 + x 4 # 3 – x 4 # 54 = x 4 + 3x 3 – 5 = f (x).
x x
x
x
3 = 0 et lim – 5 = 0 . Donc d’après la pro­
b.  x lim
x " –3
" –3 x
x4
1 + 3 – 54 = 1 . De
priété sur les limites de sommes, x lim
" –3
x x
4
lim
(
f
(
x
))
=
+
(
x
)
=
+
plus, x lim
.
Donc
.
3
3
x " –3
" –3

(

)

()

( )

(

)

(

)

)

" 3

lim (– x 5) = +3 , donc x lim
( f (x)) = +3
x –

" 3

)

" 3

(

)

x 2 4 – 1 + 32 – 2x
x x
© Hachette livre, 2012

( )

" 3

Pour tout réel x ! 0 , f (x) = – x 5 1 – 23 – 14 + 35 .
x
x
x
3
2
1
5
1 – 3 – 4 + 5 = 1 et x lim
(– x ) = – 3 ,
Or x lim
" +3
" +3
x
x
x
( f (x)) = – 3
donc x lim
+

(

(

Page 76
Limite de f en – 3 :
(2x) = – 3 . D’où une
lim ( 4x 2 – x + 3 ) = +3 et x lim
x " –3
" –3
forme indéterminée.
Pour tout réel x 1 0 ,
( 4x 2 – x + 3 + 2x) # ( 4x 2 – x + 3 – 2x)
f (x) =
4x 2 – x + 3 – 2x
2
2
–x+3
= 4x – x + 3 – 4x =
2
2
4x – x + 3 – 2x
4x – x + 3 – 2x
x
+
3

–x+3
f (x) =
=

2.  On ne peut pas déterminer directement les limites demandées.

)

25

Repères Term S, Livre du professeur

–x

(

)

x 2 4 – 1 + 32 – 2x
x x





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Page 80
1.  1 – x 2 H 0 + – 1 G x G 1 , donc D f = 6 – 1 ; 1 @ .
2.  Les fonctions u : x 7 x – 1 et v : x 7 1 – x 2 sont continues sur 6 – 1 ; 1 @ . Donc f est continue sur 6 – 1 ; 1 @ .
Étude de la dérivabilité de f : Les fonctions u et v sont dérivables sur @ – 1 ; 1 6 et pour tout réel x de @ – 1 ; 1 6 , u ¢ (x) = 1 et
v ¢ (x) = – x  .
1 – x2
f = u # v , donc f est dérivable sur @ – 1 ; 1 6 et f ¢ = u ¢ # v + u # v ¢.
D’où pour tout réel x de @ – 1 ; 1 6 ,
2
f ¢(x) = 1 # 1 – x 2 + (x – 1) # – x = 1 + x – 2x  .
2
2
1–x
1–x
En (– 1) : Pour tout réel h tel que (– 1 + h) ! D f ,

x2 = x = – x
–1+3
x
f (x) =
1
4 – + 32 – 2

x x
3
lim – 1 +
= – 1 et x lim
4 – 1 + 32 – 2 = – 4 ,

x " –3
" –3
x
x x
1
donc x lim
( f (x)) =  .
" –3
4
Limite de g en – 3 :
Pour tout réel x, – 1 G sin (x) G 1 , donc 1 G sin (x) + 2 G 3 , d’où
1G
1
G 1.
3 sin (x) + 2
Pour x 1 3 , 3 – x 2 0 , donc 3 – x G 3 – x G 3 – x .
3
sin (x) + 2
3

x
= +3 donc x lim
( g (x)) = +3 .
Or x lim
" –3
" –3
3
Page 77
f = u 5 où u : x 7 21  .
9x – 4
Pour que f existe et soit dérivable, il faut que 9x 2 – 4 ! 0 .
9x 2 – 4 = 0 + x = – 2 ou x = 2 , donc l’ensemble de définition et
3
3
de dérivabilité de f est D = R \ ' – 2 ; 2 1 .
3 3
La fonction u est dérivable sur D et pour tout x de D,
18x  .
u ¢ (x) = –
2
(9x – 4) 2
Pour tout x de D,
f ¢(x) = 5 # u ¢ (x) # (u (x)) 5 – 1
4
18x
90x  .
1
=–
#
=–
2
2
2
(9x – 4)
9x – 4
(9x 2 – 4) 6
Page 79
1.  lim ( f (x)) = lim ( f (x)) = +3 et
x 0
x 0
car pour x 1 0 ,

(

(

)

f (– 1 + h) – f (– 1) (– 2 + h) + 2h – h 2 – 0
=
h
h
(– 2 + h) h (2 – h) (– 2 + h) 2 – h
 .
=
=
h
h

t – 1 (h) =

)

) (

(

"
x20

(

)

h"0

h"0

Ainsi f n’est pas dérivable en (– 1) .
En 1 : Pour tout réel h tel que (– 1 + h) ! D f ,
f (1 + h) – f (1) h
=
h
Donc lim t 1 (h) = 0 .
t 1 (h) =

lim ( f (x)) = x lim
( f (x)) = 3  .
" –3
4
2.  L’axe des abscisses est asymptote verticale à .
La droite d’équation y = 3 est asymptote horizontale à  en
4
+3 et en – 3 .
3.  Pour tout x de R*, f (x) – 3 = 1 2 2 0 donc  est au-dessus
4 4x
de la droite d’équation y = 3  .
4
4.  Pour tout x de R*, f ¢(x) = – 1 3 , donc pour tout x de R+,
8x
f ¢(x) 1 0 , ainsi f est décroissante sur R+ et pour tout x de R–,
f ¢(x) 2 0 , ainsi f est croissante sur R–.
5.
x= 0

(

)

(

lim

(1 + 3x – x9 – 259x ) = 1 et
2

x " –3

3

lim (– 2x 3) = +3

x " –3

( f (x)) = +3 .
donc x lim
" –3
Étude du sens de variation de la fonction f :
Pour tout réel x,
f ¢(x) = – 6x 2 – 12x + 18 = – 6(x 2 + 2x – 3) = – 6(x – 1)(x + 3) .
On obtient donc le tableau de variations suivant :

8
6

x
4

-3

f ¢(x)

2

f (x)

–3


0

+3

26

Repères Term S, Livre du professeur

1
+

0

+3


69
5

1
© Hachette livre, 2012

)

" 3

10

0,5

– 2h – h 2 .

h"0

x " +3

0

– 2h – h 2 – 0
=
h

Ainsi f est dérivable en 1 et f ¢(1) = 0 .
Par conséquent, f est dérivable sur
1 + x – 2x2
@ – 1 ; 1 6 et f ¢(x) = *
1 – x 2 si – 1 1 x 1 1 .
0 si x = 1
Page 81
1.  On considère la fonction f définie sur R par
f (x) = – 2 x 3 – 6 x 2 + 18x + 59 . On cherche à résoudre l’équation f (x) = 0 . f est une fonction polynôme, donc f est continue
et dérivable sur R.
Étude des limites de f en +3 et en – 3 :
Pour tout x ! 0 , f (x) = – 2x 3 1 + 3 – 92 – 593 .
x x
2x
3 – 9 – 59 = 1 et lim (– 2x 3) = –
lim
1
+
3
x " +3
x " +3
x x 2 2x 3
( f (x)) = – 3 .
donc x lim
+

)

-0,5

h"0

d’où lim t – 1 (h) = – 3

"
x10


y = 0,75
-1
-1,5

h = 0+ ,

Donc lim ((– 2 + h) 2 – h ) = – 2 2 et lim

–3



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Résolution de l’équation f (x) = 0 :
• Sur l’intervalle @ – 3 ; 1 @ , la fonction f est strictement positive
puisqu’elle admet 5 comme minimum, qu’elle atteint en (– 3) .
Par conséquent, l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution dans l’intervalle @ – 3 ; 1 @ .
• La fonction f est continue et strictement croissante sur
(f (x)) = – 3 et f (1) = 69 , donc, d’après
6 1 ; +3 6 . De plus, x lim
" +3
le théorème des valeurs intermédiaires, puisque 0 ! @ – 3 ; 69 @ ,
l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle
6 1 ; +3 6 .
2.  On obtient 3 1 a 1 3,1.

Signe de 2x + 1



Signe de x – 3



Signe de f ¢(x)



Variations de f

x23

lim (x – 3) = 0 – donc lim

x"3
x13

x"3
x13

(

+

0

+

0


+3   +3
16

0

20

-100 -80 -60 -40 -20 0

20 40 60 80

Page 85 bas de page
Notons g la fonction x 7 sin (x – r) . Alors g est dérivable sur R
et pour tout réel x, g ¢(x) = cos (x – r) .
Puisque g (r) = sin (r – r) = sin (0) = 0 , pour tout réel x non nul,
sin (x – r) g (x) – g (r)
=
.
x–r
x–r
g (x) – g (r)
Or, puisque g est dérivable en r , xlimr
= g ¢(r) .
"
x–r
sin (x – r)
Donc xlimr
= g ¢(r) = cos (0) = 1 . Par conséquent,
"
x–r
sin (x – r)
lim
= f (r) .
x"r
x–r
Ainsi f est continue en r .
Les fonctions x 7 sin (x – r) et x 7 x sont continues sur
@ – 3 ; r 6 et sur @ r ; +3 6 , donc f l’est aussi. Par conséquent, f
est continue sur R.

)

( 2xx –+31) = –3 .

" 3

x"3
x23

(

Par conséquent, la droite d’équation x = 3 est asymptote verticale à la courbe de f.
4.  f est dérivable sur D f et pour tout réel x de D f ,
f ¢(x) = 4 # u ¢(x) # (u (x)) 3
3
3 – 28(2x + 1)
f ¢(x) = 4 # – 7 2 # 2x + 1 =
x–3
(x – 3) 5
(x – 3)

(



40

Donc lim f (x) = lim f (x) = +3 .
x"3
x13

+

y =16

v (x) = x lim
v (x) = +3 .
Or x lim

+
" 3

+

0

60

f (x) = x lim
f (x) = 16 .
donc x lim
" –3
" +3
Donc la courbe représentant f dans un repère admet pour asymptote horizontale la droite d’équation y = 16 en +3 et en – 3 .
lim (2x + 1) = 7 et lim (x – 3) = 0 + donc lim 2x + 1 = +3
x"3
x"3
x"3
x–3
x23

+3

100
x= 3
80

x"2

" 3

3

16

5.

Page 85 haut de page
1.  D f = R\ " 3 , .
2.  f = v % u où v est la fonction définie sur R par v (x) = x 4 et u
2x + 1
est la fonction définie sur D f par u (x) =
.
x–3
u (x) = x lim
u (x) = 2 et lim v (x) = 16
3.  x lim

+
" 3

–1
2

-3

x

)

(

)

(

)

)

Exercices (p. 86)
1. à 30.  Corrigés dans le manuel.

37.  1.  Il semble que
lim f (x) . 2 .
x –3

2
3
2
x2
3

x"

1. Limites
f (x) = – 3 .
31. 1.  x lim
+3
"

f (x) = +3 .
2.  x lim
–3
"

f (x) = 0 .
3.  x lim
+3
"

f (x) = 1 .
4.  x lim
+3
"

32.  Corrigé dans le manuel.
33. 1.  lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3
7
2
7
x1
2

7
2
7
x2
2

x"

x"

2.  lim f (x) = lim f (x) = +3 .
x"8
x18

3.  lim f (x) = – 3 .

x"8
x28

"

34.  La courbe représentant f dans un repère admet une asymptote horizontale
d’équation y = – 2 en +3 et une asymptote horizontale d’équation y = 1 en – 3 .
35.  L’équation d’une asymptote verticale
à la courbe représentant f dans un repère
est x = 3 .
36.  La courbe représentant f dans un repère admet une asymptote horizontale
d’équation y = 5 en +3 et en – 3.
L’équation d’une asymptote verticale à
cette courbe est x = 2 .
3
© Hachette livre, 2012

lim f (x) . 5 et

x " +3

27

Repères Term S, Livre du professeur

2.  Il semble que
lim f (x) = – 3 .
x –3

lim f (x) = +3 et

x " +3

"

f (x) = x lim
f (x) = 1
38.  1.  x lim
" +3
" –3
lim f (x) = lim f (x) = +3 .
x"0
x10

x"0
x20

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

x"2
x12

x"2
x22

lim f (x) = lim f (x) = – 3 .

x"3
x13

x"3
x23

2.  La courbe  admet l’axe des abscisses
et les droites d’équations x = 2 et x = 3
comme asymptotes verticales et la droite





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

d’équation y = 1 comme asymptote horizontale en +3 et en – 3 .
f (x) = x lim
f (x) = – 2
39.  1.  x lim
" +3
" –3
2.  lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .
x"0
x10

x"0
x20

3.  La courbe représentative de la fonction f admet l’axe des abscisses comme
asymptote verticale et la droite d’équation y = – 2 comme asymptote horizontale en +3 et en – 3.
f (x) = x lim
f (x) = 0
40.  x lim
" +3
" –3
lim f (x) = lim f (x) = +3
x"– 1
x1– 1

x"– 1
x2– 1

lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

x"0
x10

x"0
x20

x"3
x13

x"3
x23

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

41.  Corrigé dans le manuel.
42.  1.  L’ensemble de définition de la
fonction f est 6 0 ; 2 6 , @ 2 ; 7 @ .
2.  lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .
x 2
x 2
"
x12

"
x22

3.  L’équation de l’asymptote verticale à
la courbe représentative de la fonction f
est x = 2 .
43.  1.  L’ensemble de définition de la
fonction f est R \ " – 3 , .
2.  lim f (x) = lim f (x) = +3
x –3
x –3
"
x1– 3

"
x2– 3

lim f (x) = – 1 et x lim
f (x) = 1 .
x –
+
" 3

" 3

3.  L’équation de l’asymptote verticale à
la courbe représentative de la fonction f
est x = – 3 .
La droite d’équation y = – 1 est asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en – 3 et la droite
d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe représentative de la fonction f en +3 .
44.  Corrigé dans le manuel.
45.  1.  Pour tout x de Df ,
–2–

– 2 (x – 3) – 5 – 2x + 1
5
=
=
= f (x).
x–3
x–3
x–3

(

)

f (x) = x lim
– 2 – 5 = – 2.
2.  x lim
" +3
" +3
x–3
Même résultat en – 3 .
Donc l’équation de l’asymptote horizontale (d) à la courbe  en – 3 et en +3
est y = – 2 .
3.  Pour tout x de Df ,
f (x) – (– 2) = – 2 – 5 + 2 = – 5 .
x–3
x–3
Si x 1 3 , alors x – 3 1 0 , donc
f (x) – (– 2) 2 0 , d’où f (x) 2 (– 2) .

Ainsi  est au-dessus de (d) sur @ – 3 ; 3 6 .
Si x 2 3 , alors x – 3 2 0 , donc
f (x) – (– 2) 1 0 , d’où f (x) 1 (– 2) .
Ainsi  est au-dessous de (d) sur
@ –3 ; 3 6 .
46.  1.  Pour tout x de R*,
f (x) = 5x – 2 = 5 – 2 .
x x
x
f
(
x
)
=
lim
f (x) = 5 .
2.  x lim

x +
" 3

" 3

3.  Donc l’équation de l’asymptote horizontale à  en – 3 et en +3 est y = 5 .
4.  lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .
x"0
x10

x"0
x20

()

lim 3 = – 3 donc lim ( f (x)) = – 3
x"0
x

x"0
x10

x10

( x ) = +3 et
4.  x lim
+
" 3

( f (x)) = +3 .
donc x lim
+
" 3

(x 2 + 4) = +3
50.  1.  x lim

" 3

(– 2x + 5) = +3
et x lim

" 3

( f (x)) = +3 .
donc x lim

" 3

(x 5) = +3
2.  x lim
+
" 3

et x lim
+

" 3

(1x – 3) = – 3

Donc la droite d’équation x = 0 (axe des
abscisses) est l’asymptote verticale de .
f (x) = x lim
f (x) = 2
47.  1.  x lim
" –3
" +3
lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

( f (x)) = – 3 .
donc x lim
+

2.  La droite d’équation y = 2 est asymptote horizontale à  en – 3 et en +3 .
La droite d’équation x = 1 est l’asymptote verticale de .
f (x) = x lim
f (x) = – 3
48.  1.  x lim

+

(8x 3 – 1) = +3
51.  1.  x lim
+

x"1
x21

x"1
x11

" 3

" 3

lim f (x) = +3 et lim f (x) = – 3 .

x"– 2
x2– 2

x"– 2
x1– 2

" 3

(– 5x) = – 3
3.  x lim
+
" 3

( x + 2) = +3
et x lim
+
" 3

( f (x)) = – 3 .
donc x lim
+
" 3

" 3

( f (x)) = 0 .
donc x lim
+
" 3

2.  lim ( x ) = 0 +
x"0

donc lim ( f (x)) = – 3 .
x"0

(9x 2) = x lim
(– 6x) = +3
3.  x lim


" 3

" 3

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .

(9x 2 – 6x + 1) = +3
donc x lim


2.  La droite d’équation y = – 3 est
asymptote horizontale à  en – 3 et en
+3 .
Les droites d’équations x = – 2 et x = 2
sont asymptotes verticales de .
3. 

(x 2 – 2x + 1) = +3
4.  x lim
+

x"2
x22

x"– 2
x1– 2

()

lim 1 = 0
x

x " +3

" 3

( f (x)) = 0 .
d’où x lim

" 3

" 3

( f (x)) = 0 .
d’où x lim
+
" 3

52.  1.  lim (– 7x 3 + 3x – 4) = – 4
x"0

et lim (x 2) = 0 donc lim ( f (x)) = – 3 .
x"0

x"0
x!0

2

2.  lim (x – 3) = 22  ;
x" –5

lim (x + 5) = 0 –  ; lim (x + 5) = 0 +

Donc  est au-dessus de la droite d’équation y = – 3 sur l’intervalle @ – 2 ; 2 6 .
Et  est au-dessous de la droite
d’équation y = – 3 sur @ – 3 ; – 2 6  ;
@ – 3 ; – 2 6 , @ 2 ; +3 6 .

2. Limites et opérations

(2x 5) = x lim
(x 3) = – 3
49.  1.  x lim


" 3

" 3

( f (x)) = – 3 .
donc x lim
–3
"

5

3

(x ) = x lim
(4x ) = x lim
(x) = +3
2.  x lim
+
+
+
" 3

" 3

( f (x)) = +3 .
donc x lim
+3

" 3

"

3.  lim (– 2x + 1) = 1
x"0

()

lim 3 = +3 donc lim ( f (x)) = +3
x"0
x

x"0
x20

x20

© Hachette livre, 2012

28

Repères Term S, Livre du professeur

x"– 5
x1– 5

x"– 5
x2– 5

donc lim f (x) = – 3 et
x"– 5
x1– 5

lim f (x) = +3 .

x"– 5
x2– 5

53.  Fonction f : courbe 3 ( lim f (x) = – 3
et lim f (x) = +3 .)

x"– 2
x1– 2

x"– 2
x2– 2

Fonction g : courbe 1
( lim g (x) = lim g (x) = +3 )
x"– 2
x1– 2

x"– 2
x2– 2

x"– 2
x1– 2

x"– 2
x2– 2

Fonction h : courbe 2
( lim h (x) = lim h (x) = – 3 )
54.  Corrigé dans le manuel.
55.  1.  Pour tout réel x,
f (x) = – 8x 5 1 + 3 + 1 3 – 1 5
8x 4x
8x

(

)



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

(

)

1 + 3 + 13 – 15
" 3
8x 4x
8x
3
= x lim
1+
+ 1 – 1 = 1
" +3
8x 4x 3 8x 5
lim ( – 8x 5) = +3
x " –3
lim
x +

(

)

(– 8x 5) = – 3 .
et x lim
+
" 3

f (x) = +3 et
Donc x lim


59.  1.  On cherche pour quels x,
3x 2 + x + 7 H 0 .
T = – 83 .
T1 0 donc, puisque le coefficient de
x 2 est positif, 3x 2 + x + 7 H 0 pour tout
réel x.
Ainsi D = R .
2.  a. 

" 3

1

lim f (x) = – 3

x " +3

0,5

g (x) = – 3
2.  De même, x lim
" –3
g
(
x
)
=
+
et x lim
3
+

-20

" 3



h (x) = – 3
3.  De même, x lim
" –3
h
(
x
)
=
+
et x lim

3
+

(

(

-0,5

lim
x +

" 3

(

c.  Pour tout réel x 2 0 ,
x
f (x) =

(

1– 1
2x
1
1 + 2 + 14
x
4x

1– 1
2x
1
1 + 2 + 14
x
4x

1– 1
2x
= x lim
=1
" –3
1
1 + 2 + 14
x
4x
1
1
+
– 3 = 0– .
lim – 3 = 0 et x lim
x " –3
+3
"
x
x
f (x) = 0 + et x lim
f (x) = 0 – .
Donc x lim

+

( )

( )

" 3

g (x) = – 3
2.  De même, x lim
" –3
lim
g
(
x
)
=
+
.
3
x +
" 3

" 3



f (x) = 0 et
58.  1.  x lim

" 3

+

lim f (x) = 0 .
x +
" 3

lim (x – 2) = – 5 et lim (3x – 1) 2 = 0 +
3
1
1
x"
.x " 3
3
Donc lim f (x) = – 3
x"

1
3

g (x) = x lim
g (x) = 4
2.  x lim

+
" 3

lim g (x) = +3 .

" 3

x"0

h (x) = – 3 et x lim
h (x) = +3
3.  x lim

+
" 3

" 3

lim h (x) = – 3 et lim h (x) = +3 .

x"5
x15

x"5
x25

x –x–6–x

=

x2 – x – 6 + x

(

" 3

h (x) = x lim
h (x) = 5 .
3.  De même, x lim

+

)

– x 1+

=
x

(

2

)

6
x

)

(x 2) = +3
et x lim
+
" 3

1
.
7
1
3+ + 2
x x

( g % f (x)) = +3 .
donc x lim
+
" 3

lim (5x 3 – x 2 + 4) = – 3
x –
" 3

(x 2) = +3
et x lim

" 3

( g % f (x)) = +3 .
donc x lim

" 3

64.  1.  Pour tout x de R \ ' 1 1 ,
5
1
.
f % g (x) = f (– 5x + 1) =
– 5x + 1
lim (– 5x + 1) = 0 – et lim 1 = – 3
x"0 x
1
x

()



"

5
1
x2
5

donc lim ( f (x)) = – 3 .
1
5
1
x2
5
x"

–x–6

=

x2 – x – 6 + x

1+6
x

=

1 – 1 – 62 + 1

1 – 1 – 62 + 1
x x

x x

+

.

()

lim (– 5x + 1) = 0 + et lim 1 = +3
x"0 x
1
x"
x1

5
1
5

donc lim ( f (x)) = +3 .
1
5
1
x1
5

Donc x lim
f (x) = – 1 .
" +3
2

x"

3. Limites et composées
de fonctions

2.  Pour tout réel x,
x 2 – x – 2 = (x – 1)(x + 2) .

61.  1.  Pour tout réel x,
g % f (x) = g (4x 2 + 1) = (4x 2 + 1) 3 .

Pour

(4x 2 + 1) = +3
2.  x lim
+
" 3

R \ "– 2 ; 1, ,
.
f % g (x) = f (x – x – 2) = 2 1
x –x–2
lim (x 2 – x – 2) = 0 + et lim 1 = +3
x"1
x"0 x
tout

x

de

2

+

( x 3) = +3
et x lim
+

x21

" 3

( g % f (x)) = +3 .
donc x lim
+
" 3

© Hachette livre, 2012

29

(1x) = 0

" 3

x2 – x – 6 + x
2

" 3

63.  1.  Pour tout réel x,
g % f (x) = g (5x 3 – x 2 + 4) = (5x 3 – x 2 + 4) 2 .
(5x 3 – x 2 + 4) = +3
2.  x lim
+

( x 2 – x – 6 – x)( x 2 – x – 6 + x)

et

lim ( f (x)) = 0 .

x " +3

( f (x)) = 0 .
donc x lim


60.  1.  On cherche pour quels x,
x2 – x – 6 H 0 .
T = 25 , donc ce trinôme a deux racines :
(– 2) et 3.
Donc D = @ – 3 ; – 2 @ , 6 3 ; +3 6 .
2.  Pour tout x de D,

" 3

(1x) = 0 donc

" 3

x 2 3 + 1 + 72
x x
x
=
=
7
1
x 3+ + 2
x x
3
f (x) =
Donc x lim
.
" +3
3

f (x) =

62.  1.  f = h % g où g est définie sur R
par g (x) = 5x 2 + 3 et h est définie sur
R \ " 0 , par h (x) = 1 .
x
2
(
5
x
+
3
)
=
+3
2.  x lim
+

lim (5x 2 + 3) = +3 et x lim
+

" 3

( )
)
( )

= – 13
x

" 3

x " –3

f (x) . 0, 5 .
b.  Il semble que x lim
+

)

4x 4 1 + 12 + 1 4
x
4x

( g % f (x)) = +3 .
donc x lim
+

" 3

-1

)

" 3

et x lim
+

20

10

" 3

56.  Corrigé dans le manuel.
57.  1.  Pour tout réel x,
– 2x 1 – 1
2x
f (x) =

( x 3) = +3
et x lim
+

" 3

0

-10

lim (4x 2 + 1) = +3

x " –3

Repères Term S, Livre du professeur

()

donc lim ( f (x)) = +3 .
x"1
x21





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

()

lim (x 2 – x – 2) = 0 – et lim 1 = – 3
x"0 x

x"1
x11



donc lim ( f (x)) = – 3 .
1
4
1
x2
4

donc lim ( f (x)) = – 3 .
x"1
x11

3.  Pour tout x de @ 3 ; +3 6 ,
1
.
f % g (x) = f ( x – 3 ) =
x–3
lim ( x – 3 ) = 0 + et lim 1 = +3
x"3
x"0 x
donc lim ( f (x)) = +3 .
x"3
R \ "– 4, ,
4.  Pour tout x de
1
2
.
f % g (x) = f ((x + 4) ) =
(x + 4) 2
lim (x + 4) 2 = 0 + et lim 1 = +3
x"– 4
x"0 x
donc lim ( f (x)) = +3 .
x"– 4
65.  1.  3x – 2 2 0 pour x 2 2 .
3
; 2 ; +3 ; ,
Pour
tout
x
de
3
f % g (x) = f (3x – 2) = 3x – 2 .
lim (3x – 2) = +3
x " +3
+

+

()

()

( x ) = +3
et x lim
+
" 3

2.  1 + 3 2 0 pour x 1 – 1 ou x 2 0 .
x
3
Pour tout x de E – 3 ; 1 E , 6 0 ; +3 6 ,
3
1
1
+3
f % g (x) = f + 3 =
x
x
lim 1 + 3 = 3 et lim ( x ) = 3
x " +3 x
x"3
f (x) = 3 .
donc x lim
" +3
3.  Pour
tout
x
de
6 2 ; +3 6 ,

)

)

4

2

f % g (x) = f (x – 3x – 4) =
lim (x 4 – 3x 2 – 4) = +3
x +

4

2

x – 3x – 4 .

" 3

( x ) = +3
et x lim
+
" 3

f (x) = +3 .
donc x lim
+
" 3

(4x 3 – 5x – 2) = – 3
66.  1.  x lim

" 3
2

(x ) = +3
et x lim

" 3

f (x) = +3 .
donc x lim

" 3

lim (4x 3 – 5x – 2) = +3
x +
" 3

(x 2) = +3
et x lim
+
" 3

f (x) = +3 .
donc x lim
+
" 3

(– 4x + 1) = +3
2.  x lim

" 3

et x lim
+

" 3

(1x) = 0 donc

lim (– 4x + 1) = 0

1
4
1
x2
4
x"



+

1
4
1
x1
4
x"

()

et lim 1 = +3
x"0 x

()

lim 1 = +3 donc lim f (x) = +3 .
x"3
x

x " 0+

x23

4. Limites et comparaisons

(

1
4
1
x1
4
x"

lim (– 4x + 1) = – 3 et x lim


()

" 3

( f (x)) = 0 .
donc x lim
+

1
x

=0

x " 4+

71. 

x"

+ 4x + 3) = +3

" 3
4

5+
2

x"

f (x) = +3 .
donc x lim


x " 4+

donc lim f (x) = – 3 .

" 3

5+
2

72.  1.  Il semble que :
lim g (x) = x lim
h (x) = 2 .
x +
+

2

lim (x + 4x + 3) = +3

" 3

x " +3

" 3

2.  D’après le théorème de comparaison,
lim f (x) = 2 .
x +

( x ) = +3
et x lim
+
" 3

f (x) = +3 .
donc x lim
+

" 3

" 3

lim ( f (x)) = 0 .
et lim 1 = – 3
x"0 x
x " –3



()

" 3

(1x) = 0 donc

73.  1.  a.  b.

lim ( f (x)) = 0 .

x " –3
+

lim (4x 2 + 12x + 9) = 0
x"–

3
2

()

3
2
2

x"–

lim (4x + 12x + 9) = +3
x +
" 3

et x lim
+

" 3

(1x) = 0 donc

lim ( f (x)) = 0 .

x " +3

2.  La courbe  admet l’axe des abscisses
pour asymptote horizontale en +3 et en
–3 .
La courbe  admet la droite d’équation
x = – 3 pour asymptote verticale.
2
R \ '– 31 ,
3.  Pour
tout
x
de
2
1
donc f (x) 2 0 .
f (x) =
(2x + 3) 2
Ainsi  est au-dessus de l’axe des abscisses.
68.  1.  x 2 – x – 6 = (x + 2)(x – 3) .
Donc D f = R \ " – 2 ; 3 , .
2.  f = u % v % w où u est la fonction inverse, v est définie sur R* par v (x) = x 5 et
w est définie sur Df par w (x) = x 2 – x – 6 .
3.  lim (x 2 – x – 6) = 0 –  ;
x"3
x13

()

lim (x 5) = 0 –

x " 0–

et lim 1 = – 3 donc lim f (x) = – 3 .
x"3
x"0 x


© Hachette livre, 2012

x13

30

6
4
2

f

g h

-14 -12-10 -8 -6 -4 -2-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
-4
-6
-8

et lim 1 = +3
x"0 x
donc lim ( f (x)) = +3 .
+

)

(x –1 4) = +3 donc lim f (x) = +3.
lim ( 1 ) = – 3
5 – 2x

70.  lim

2

( x ) = +3
et x lim
+

et x lim
+

(

" 3

x " +3

" 3
lim
(x 4
x " –3

)

1+ 3 =3,
– 1 + 3 = x lim
69.  x lim
" +3
" +3 x
x
f (x) = 3 .
donc x lim
+

donc lim ( f (x)) = +3 .

3. 

x " 0+

" 3

f (x) = +3 .
donc x lim
+

(

lim (– 4x + 1) = 0

+

(4x 2 + 12x + 9) = +3
67.  1.  x lim


" 3

(

lim (x 2 – x – 6) = 0 +  ; lim (x 5) = 0 + et

x"3
x23

x"

Repères Term S, Livre du professeur

c.  Il semble que pour x 1 3 , f est audessus de h et au-dessous de g. et pour
x 2 3 , f est au-dessus de g et au-dessous de h.
g (x) = x lim
h (x) = 0 , donc par
d.  x lim


" 3

" 3

f (x) = 0 .
comparaison, x lim

" 3

lim g (x) = x lim
h (x) = 0 , donc par
x +
+
" 3

" 3

f (x) = 0 .
comparaison, x lim
+
" 3

2.  a.  Pour tout x 2 3 , – 1 G cos (x) G 1,
– 1 G – cos (x) G 1 ,
donc
d’où
2 G 3 – cos (x) G 4 ,
ainsi
(puisque
2 G 3 – cos (x) G 4 ,
x – 32 0)
x–3
x–3
x–3
3 – cos (x)
5
1
G
G
donc
 .
x–3
x–3
x–3
Pour tout x 2 3 , – 1 G cos (x) G 1,
– 1 G – cos (x) G 1 ,
donc
d’où
2 G 3 – cos (x) G 4 ,
ainsi
(puisque
3 – cos (x)
2
x – 310 )
H
H 4 ,
x–3
x–3
x–3
3

cos
(
x
)
H 5  .
donc 1 H
x–3
x–3
x–3



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

g (x) = x lim
h (x) = 0 , donc
b.  x lim


" 3

" 3

d’après le théorème de comparaison,
lim f (x) = 0 .
x –
" 3

lim g (x) = x lim
h (x) = 0 , donc
+

x " +3

" 3

d’après le théorème de comparaison,
lim f (x) = 0 .
x +
" 3

74.  Pour tout x 2 0 , – 1 G cos (x) G 1 ,
cos (x) 1
G .
donc – 1 G
x
x
x
1 = lim 1 = 0

lim
x " +3
x " +3 x
x
f (x) = 0 .
donc x lim
+

( )

()

" 3

75.  Pour tout x 2 0 , – 1 G sin (x) G 1 ,
sin (x) + 5 6
G .
donc 4 G
x
1
x
6
4
lim
= x lim
=0
x " +3 x
" +3 x
f (x) = 0 .
donc x lim
+

()

()

" 3

76.  1.  Pour tout x ! 2 ,
3 cos (x)
f (x) =
+ 1.
x–2
Pour tout x 2 2 , – 1 G cos (x) G 1, donc
– 3 G 3 cos (x) G 3 .
x–2
x–2
x–2
3
3
= x lim
= 0
lim –
x " +3
" +3 x – 2
x–2
f (x) = 1 .
donc x lim
" +3
2.  La courbe  admet la droite d’équation
y = 1 pour asymptote horizontale en +3 .
77.  Pour tout x 2 0 , – 1 G sin (x) G 1 ,
2 sin (x)
– 4G 2 – 4.
donc – 2 – 4 G
x
x
x

2
2
– 4 = x lim
– 4 = – 4
lim
x " +3 x
" +3 x
f (x) = 1 .
donc x lim
" +3
2.  La courbe  admet la droite d’équation y = – 4 pour asymptote horizontale
en +3 .
78.  1.  Pour tout réel x, – 1 G cos (x) G 1.
Donc – 5 G cos (x) – 4 G – 3 .
2.  Pour tout réel x,
– 5 G cos (x) – 4 G – 3 , donc
1
– 1G
G – 1,
3 cos (x) – 4
5
d’où :

(

)

(

(

)

)

(

)

si x 2 5 , – 3x – 5 G 3x – 5 G – 3x – 5 ,
3

3

5

cos (x) – 4

c’est-à-dire
– x – 5 G 3x – 5 G – 3x – 1 .
3 cos (x) – 4
5

(

)

(

)

5
3x
– x – = x lim
– – 1 = – 3,
Or x lim
+
+
" 3

3

" 3

f (x) = – 3 .
donc x lim
+
" 3

5

79.  1.  Pour tout réel x, – 1 G cos (x) G 1
et – 1 G sin (x) G 1 .
Donc – 1 G cos (x) # sin (x) G 1 .
D’où – 12 G cos (x) # sin (x) G 12  .
x
x
1 = lim 1 = 0 .

Or x lim
x " +3
" +3
x2
x2
f (x) = 0 .
Donc x lim
" +3
1 = 0.
– 12 = x lim
De même, x lim
" –3
" –3 x 2
x
f (x) = 0 .
Donc x lim


( )

()

( )

()

" 3

2.  La courbe  admet l’axe des abscisses
comme asymptote horizontale en +3 et
en – 3 .

5. Continuité
80.  Les courbes a. et b. semblent représenter des fonctions continues sur tout
intervalle de leurs ensembles de définition.
81.  1.  lim f (x) = 0 et f (2) = – 1 donc f
x"2

n’est pas continue en 2.
2.  lim f (x) = +3 et f (0) = 3 donc f
x " 0+

n’est pas continue en 0.
3.  lim f (x) = 0 et f 2 = 0 , de plus
3
2
x

()



"

3

x 7 – 3x + 2 est continue sur E – 3 ; 2 ;
3
2
et x 7 3x – 2 est continue sur ; ; +3 ;
3
donc f est continue sur R.
4.  lim f (x) = 4 # 2 + 1 = 9 et
x"2

f (2) = (– 2 # 2 + 1) 2 = 9 de plus
x 7 4x + 1 et x 7 (– 2x + 1) 2 sont
continues sur R donc f est continue sur R.
82.  Corrigé dans le manuel.
83.  1.  x 7 (x – 4) 2
est
continue
sur R. Donc on cherche k tel que
lim (x – 4) 2 = k . Ainsi k = 1 .
x"5

2.  x 7 x 3 – 2x 2 + 3
est
continue
sur R. Donc on cherche k tel que
lim (x 3 – 2x 2 + 3) = k . Ainsi k = 2 .
x"1

84.  f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 0 ; 4 @ .
Pour tout réel x de
60 ; 4@ ,
f ¢ (x) = – 6(– 2x + 5) 2 .
Donc pour tout réel x de 6 0 ; 4 @ , f ¢ (x) 1 0.
Ainsi f est strictement décroissante sur
6 0 ; 4 @ . De plus, f est continue sur 6 0 ; 4 @ .
f (0) = 125 et f (4) = – 27 .
40 ! 6 – 27 ; 125 @
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 40 admet une
solution unique dans l’intervalle 6 0 ; 4 @ .
© Hachette livre, 2012

31

Repères Term S, Livre du professeur

85.  1.  x 7 – 5x + 2 et
sont continues sur R.
lim (– 5x + 2) = – 13

x 7 4x – 25

x"3

et lim (4x – 25) = – 13 . Donc k = – 13 .
x"3

2.  x 7 (2x + 1) 3 et x 7 5x + 4 sont
continues sur R.
lim (2x + 1) 3 = – 1
x"– 1

et lim (5x + 4) = – 1 .
x"– 1

lim (5x + 4) = 29 . Donc k = 29 .

x"5

3.  x 7 x 3 – 2x 2 + 7 et x 7 3x + 3 sont
continues sur R.
lim (x 3 – 2x 2 + 7) = – 9
x"– 2

et lim (3x + 3) = – 3 .
x"– 2
Donc f n’est pas continue en (– 2) , ainsi k
n’existe pas.
86.  Notons f la fonction
x 7 – 2x 3 + 3x – 4 .
f est une fonction polynôme, donc dérivable sur R.
Pour tout réel x,
f ¢ (x) = – 6x 2 + 3 = – 6 x 2 – 1
2
2
2
=–6 x–
x+
.
2
2
D’où :

(

(

x

-3


Signe de f ¢

2
2



0

+3
Variations
de f

)
)(

)

2
2
+

0

+3


–8+5 2
2
–8–5 2
2

–3

–8–5 2 ;
;6.
2
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet
au moins une solution dans 6 – 2 ; 5 @ .
87.  1.  Sur 6 – 5 ; 3 @ , f admet 4 comme
maximum.
Donc l’équation f (x) = 8 n’admet pas de
solution dans 6 – 5 ; 3 @ .
0 ! @ f (3) ; f (7) 6 et f est continue et
strictement croissante sur 6 3 ; 7 @ , donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 8 admet une
unique solution dans 6 3 ; 7 @ .
Ainsi l’équation f (x) = 8 admet une
unique solution dans 6 – 5 ; 7 @ .
2.  Sur 6 – 5 ; 2 @ , f admet 1 comme minimum et 4 comme maximum.
Donc l’équation f (x) = 0 n’admet pas de
solution dans 6 – 5 ; 2 @ .
f (– 2) = 6 et 0 ! E





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

0 ! 6 f (3) ; f (2) @ et f est continue et strictement décroissante sur 6 2 ; 3 @ , donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une
unique solution dans 6 2 ; 3 @ .
0 ! 6 f (3) ; f (7) @ et f est continue et
strictement croissante sur 6 3 ; 7 @ , donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0 admet une
unique solution dans 6 3 ; 7 @ .
Ainsi l’équation f (x) = 0 admet deux solutions dans 6 – 5 ; 7 @ .
3.  De même, l’équation f (x) = – 3 admet une unique solution dans 6 – 5 ; 7 @ .
4.  L’équation f (x) = 2 admet trois solutions dans 6 – 5 ; 7 @ .
5.  L’équation f (x) = – 4 n’admet aucune
solution dans 6 – 5 ; 7 @ .
88.  Corrigé dans le manuel.
89.  Si k 1 0 , alors l’équation f (x) = k
admet une unique solution dans R \ " 2 , .
Si k = 0 , alors l’équation f (x) = k admet
trois solutions dans R \ " 2 , .
Si 0 1 k 1 3 , alors l’équation f (x) = k
admet quatre solutions dans R \ " 2 , .
Si k = 3 , alors l’équation f (x) = k admet
trois solutions dans R \ " 2 , .
Si 3 1 k G 6 , alors l’équation f (x) = k
admet deux solutions dans R \ " 2 , .
Si k 2 6 , alors l’équation f (x) = k admet
une unique solution dans R \ " 2 , .
90.  f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 3 ; 4 @ .
Pour tout réel x de 6 – 3 ; 4 @ ,
f ¢ (x) = 3x 2 – 4x + 5 .
T = – 44  ; T1 0 , donc pour tout réel x
de 6 – 3 ; 4 @ , f ¢ (x) 2 0 .
f (– 3) = – 64 et f (4) = 48 .
x

4

–3

T = – 32  ; T1 0 , donc pour tout réel x
de 6 – 2 ; 2 @ , f ¢ (x) 1 0 .
f (– 2) = 34 et f (2) = – 18 .
x

2

–2


Signe de f  ¢
Variations
de f

34
– 18

2.  5 ! 6 f (2) ; f (– 2) @ et f est continue
et strictement décroissante sur 6 – 2 ; 2 @,
donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 5 admet
une unique solution a dans 6 – 2 ; 2 @ .
3. 
On trouve a . – 0, 47 .
92.  f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 1 ; 3 @ .
Pour tout réel x de 6 – 1 ; 3 @ ,
f ¢ (x) = 2x 4 – 16x = 2x (x 3 – 8)
= 2x (x – 2)(x 2 + 2x + 4) .
f (– 1) = – 11, 4  ; f (0) = – 3  ;
f (2) = – 22, 2 et f (3) = 22, 2 .
3. 
x

0

–1

Signe
de f¢
Variations
de f

+

0

2


0

–3
– 11, 4

3
+
22,2

– 22, 2

2.  2 ! 6 f (2) ; f (3) @ et f est continue et
strictement croissante sur 6 2 ; 3 @ , donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 2 admet une
unique solution a dans 6 2 ; 3 @ .
3. 

+

Signe de f  ¢

48
Variations
de f
– 64

2.  2 ! 6 f (– 3) ; f (4) @ et f est continue et
strictement croissante sur 6 – 3 ; 4 @ , donc,
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 2 admet une
unique solution dans 6 – 3 ; 4 @ .
91.  f est la restriction d’une fonction polynôme, donc dérivable sur 6 – 2 ; 2 @ .
Pour tout réel x de 6 – 2 ; 2 @ ,
f ¢ (x) = – 9x 2 + 2x – 1 .

On trouve a . 2, 79 .
93.  Notons f la fonction définie sur
8 – r ; 0 B par f (x) = cos (2x) + x .
2
r
Alors pour tout réel x de 8 – ; 0 B ,
2
f ¢(x) = – 2 sin (2x) + 1 .
r
Pour tout x de 8 – ; 0 B ,
2
– 1 G sin (2x) G 0 ,
© Hachette livre, 2012

32

Repères Term S, Livre du professeur

donc 0 G – 2 sin (2x) G 2 ,
d’où 1 G – 2 sin (2x) + 1 G 3 ,
ainsi f ¢(x) 2 0 .
Donc f est strictement croissante sur
8 – r ; 0 B . De plus, f est continue sur
2
r
8– ; 0B .
2
r
r
f –
= – 1 –   et  f (0) = 1 .
2
2
r
– 1 ! 8– 1 – ; 1B .
2
Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation cos (2x) + x = – 1
admet une unique solution dans l’interr
valle 8 – ; 0 B .
2
94.  Notons f la fonction définie sur
6 – r ; r @ par f (x) = 3 sin (x) – 5x .
Alors pour tout réel x de 6 – r ; r @ ,
f ¢(x) = 3 cos (x) – 5 .
Pour tout x de 6 – r ; r @ ,
– 1 G cos (x) G 1 ,
donc – 3 G 3 cos (x) G 3 ,
d’où – 8 G 3 cos (x) – 5 G – 2 ,
ainsi f ¢(x) 1 0 .
Donc f est strictement décroissante sur
6 – r ; r @ . De plus, f est continue sur
6– r ; r@.
f (– r) = 5r   et  f (r) = – 5r .
4 ! 6 – 5r ; 5r @ .
Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation 3 sin (x) – 5 = 4
admet une unique solution dans l’intervalle 6 – r ; r @ .

( )

95.  1.  Notons f la fonction définie sur R
par f (x) = cos (4x + 2) – 8x .
Alors pour tout réel x de R,
f ¢(x) = – 4 sin (4x + 2) – 8 .
Pour tout x de R,
– 1 G sin (4x + 2) G 1 ,
donc – 4 G – 4 sin (4x + 2) G 4 ,
d’où – 12 G – 4 sin (4x + 2) – 8 G – 4 ,
ainsi f ¢(x) 1 0 .
Donc f est strictement décroissante sur R.
De plus, f est continue sur R.
Pour tout réel x, f (x) 2 – 8x – 1 ,
(– 8x – 1) = +3
or x lim
" –3
f (x) = +3
donc x lim
" –3
et pour tout réel x, f (x) 1 – 8x + 1 ,
(– 8x + 1) = – 3
or x lim
" +3
f (x) = – 3 .
donc x lim
+
" 3



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Ainsi, d’après le théorème des valeurs
intermédiaires, l’équation
cos (4x + 2) – 8x = – 1 admet une unique solution dans R.
2.  0, 05 1 a 1 0, 06 .

6. Dérivées
96.  x 7 5x – 3 a pour dérivée
5
x7
 .
2 5x – 3

3.  D = R\ " – 6 ,
et  h ¢ : x 7 – 3 4  .
(x + 6)
100.  1.  D = R
et  f ¢ : x 7 – 35(– 7x + 3) 4 .

x 7 (2x 3 + 3) 2 a pour dérivée
x 7 12x 2 (2x 3 + 3)  .
2x + 3 a pour dérivée
3x 2  .
2x 3 + 3

signe de
– 3x2 + 11x + 4

98.  1.  D = E 7 ; +3 ;
3
3
et  f ¢ : x 7
 .
2 3x – 7
2.  Pour tout réel x,
2
4x 2 + 4x + 1 = 4 x + 1
2
donc D = R\ ' – 1 1
2
4
x+2
et g ¢ : x 7
 .
4x 2 + 4x + 1
3.  Pour tout réel x,
2x 2 – 3x – 2 = 2 (x – 2) x + 1
2
1
donc D = E – 3 ; – ; , @ 2 ; +3 6
2
4x – 3
et h ¢ : x 7
 .
2 2x 2 – 3x – 2

(

Variations
de f

)



4

0

+

0

+3

+

0



1
0

0

x
Signe de

Variations
de f

r
2

0
+

0

r


1
0

0

De plus, f est impaire et périodique de
période 2r .

0

3.  Pour tout réel x,
f (– x) = sin (– 3x) – 2x
= sin (3x) – 2x

= – (sin (3x) + 2x) = – f (x) ,

donc f est impaire.

)

r
r r
= 0 + 3x + = 6 r @
2
2 2
r
+ x = 0; E .
3

kr
Donc D = R\ ' 1 avec k entier relatif.
3
© Hachette livre, 2012



4


0

(

0

2.  Pour tout réel x,
f (– x) = – 5x sin (– x) – 1
= – 5x # (– sin (x)) – 1

= 5x sin (x) – 1 = f (x) ,

donc f est paire.

13 3
6

cos 3x +

+

106.  1.  Pour tout réel x,
f (– x) = 3 cos (– x) – (– x) 2
= 3 cos (– x) – x 2 = f (x) ,

donc f est paire.

11
6

Variations
de f

103.  1. 

r
2

0

7. Fonctions trigonométriques

–1
3

Signe de


r
2



2.  Pour tout x de E – 1 ; 4 ; ,
3
– 6x + 11
f ¢(x) =
 .
2 – 3x 2 + 11x + 4
x



)

105.  Pour tout réel x,
f ¢(x) = 5 cos (x) sin 4 (x) .

Donc Df = ; 1 ; 4 E
3

)

(

–3

x

x 7 (x 4 + 6x – 2) 2 a pour dérivée
x 7 2 (4x 3 + 6)(x 4 + 6x – 2)  .

–1
3

(

)
)

)

Signe de


101. Corrigé dans le manuel.
102.  1.  On cherche l’ensemble des x tels
que – 3x 2 + 11x + 4 H 0 .
T = 169 . Ce trinôme a pour racines 4
et – 1 .
3

3

(
(

x

5.  D = E – 5 ; 1 ; , E 1 ; +3 ;
2 3
3
15

1
+
et  l ¢ : x 7
 .
(3x – 1) 2
2x + 5

97.  x 7 x 4 + 6x – 2 a pour dérivée
3
x 7 2x + 3  .
x 4 + 6x – 2

2.  Pour tout x de D,
r
– 3 sin 3x +
2 = 3 cos (3x)
f ¢(x) =
r
sin 2 (3x)
cos 2 sin 3x +
2
car pour tout réel x,
r
cos x +
= – sin (x)
2
r
= cos (x) .
et  sin x +
2
r r
104.  1.  f est dérivable sur B – ; 8 .
2 2
r r
Pour tout x de B – ; 8 ,
2 2

sin
x
f ¢(x) =
 .
2 cos (x)
2. 

(

3.  D = R *
et  h ¢ : x 7 – 6 cos (– 3x + 2) + 42  .
x
4.  D = @ 7 ; +3 6
1
et  k ¢ : x 7 – 20 2 +
 .
(– 5x + 2)
2 x–7

x 7 2 5x – 3 a pour dérivée
5
x7
 .
5x – 3

x7

2.  D = R
et  g ¢ : x 7 6 (20x 3 – 3)(5x 4 – 3x + 2) 5 .

2.  D = R
et  g ¢ : x 7 – 5 sin (5x + 3) .

x 7 3 – 5x a pour dérivée
–5
x7
 .
2 – 5x + 3
x 7 1 a pour dérivée
5x – 3
5
 .
x7–
(5x – 3) 2
x 7 (5x – 3) 4 a pour dérivée
x 7 20 (5x – 3) 3 .

x7

99.  1.  D = R
et  f ¢ : x 7 30x 2 (5x 3 – 4) .

33

Repères Term S, Livre du professeur

(r4 ) =

( )

2
7 2
r
=–
  et  f –
2
4
2
donc f n’est ni paire ni impaire.
4.  f





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

107.  1.  Pour tout réel x,
r
f x+
= cos (4x + 2r) – 5
2
= cos (4x) – 5 = f (x)

r
donc f est périodique de période .
2
2.  Pour tout réel x,

(

4.  f est dérivable sur R et pour tout réel x,
f ¢(x) = – 2 sin (2x) + 2 sin (x)
= – 2 sin (x)(2 cos (x) – 1) .


)

x

2

Signe de 0

–1
Variations
de f

108.  1.  Pour tout réel x,
f (– x) = sin (– x) = – sin (x)
= sin (x) = f (x)

donc f est paire.
2.  Pour tout réel x,
f (x + r) = sin (x + r) = – sin (x)

p

p/2

0

= cos (x) + cos (x) = f (x)

donc f est paire.
2.  Pour tout réel x,Pour tout réel x,
f (x + 2r) = cos (x + 2r) + cos (x + 2r)
= cos (x) + cos (x) = f (x)

donc f est périodique de période 2r .
3. 
2
1
-p/2



+

0



3
2

2
1
-p/2

0
-1

p/2

p

3p/2 2p

-2

109.  1.  Pour tout réel x,
f (– x) = cos (– x) + cos (– x)

-3p/2 -p

+

3

-2p -3p/2 -p

1
0,5

f

+

3

f

3. 

-p/2



5. 

= sin (x) = f (x)

donc f est périodique de période r .

-p

0

sin (x)

r

0

+

cos (x)

f (x + 2r) = – 3 sin (x + 2r) + 5 cos2 (x + 2r)
= – 3 sin (x) + 5 cos (x) = f (x)

donc f est périodique de période 2r .

r
3

0

0

p/2

p

3p/2 2p

110.  1.  Pour tout réel x,
f (– x) = cos (– 2x) – 2 cos (– x)
= cos (2x) – 2 cos (x) = f (x) ,
donc f est paire.
2.  Pour tout réel x,
f (x + 2r) = cos (2x + 4r) – 2 cos (x + 2r)
= cos (2x) – 2 cos (x) = f (x)

donc f est périodique de période 2r .
3.  f est paire, donc l’étude de f sur 6 0 ; r @
permet, par symétrie, de connaitre aussi
f sur 6 – r ; 0 @ , donc sur 6 – r ; r @ qui
est un intervalle d’amplitude 2r , donc
puisque f est périodique de période 2r ,
on connait alors f sur R.

111.  1.  Pour tout réel x,
f (– x) = cos (– 3x) + 1
= cos (3x) + 1 = f (x)

donc f est paire.

3.  Soit h la fonction définie sur R+ par
3
h (x) = sin (x) – x + x  .
6
Alors h est dérivable sur R+ et pour tout
2
réel x de R+, h ¢(x) = cos (x) – 1 + x  .
2
Ainsi, d’après 2., pour tout réel x de R+,
h ¢(x) H 0  . Donc h est croissante sur R+.
Or h (0) = 0 , donc pour tout réel x de R+,
h (x) H 0 , c’est-à-dire pour tout réel x de
3
R+, x – x G sin (x) .
6
D’autre part, d’après 1., pour tout réel x
de R+, sin (x) G x .
113.  Partie A
1. 

2.  Pour tout réel x,
2r
f x+
= cos (3x + 2r) + 1
3
= cos (3x) + 1 = f (x) ,


(

2.  Soit g la fonction définie sur R+ par
2
g (x) = cos (x) – 1 + x  .
2
Alors g est dérivable sur R+ et pour tout
réel x de R+, g ¢(x) = – sin (x) + x .
Ainsi, d’après 1., pour tout réel x de R+,
g ¢(x) H 0 . Donc g est croissante sur R+.Or
g (0) = 0 , donc pour tout réel x de R+,
g (x) H 0 , c’est-à-dire pour tout réel x de
2
R+, 1 – x G cos (x) .
2
D’autre part, pour tout réel x de R+,
cos (x) G 1 .

)

f

3

2r
 .
3
3.  f est dérivable sur R et pour tout réel x,
f ¢(x) = – 3 sin (3x) .
donc f est périodique de période

x

0

Signe de f ¢

0

Variations de f
2r
x
–r –
3
2
Variations
de f
0

2
1,5

r
3
0



1
0,5

2
0
–r
3

0

r
3

2
0

0

2r
3
2

r
0

112.  1.  Soit f la fonction définie sur R+
par f (x) = x – sin (x) .
Alors f est dérivable sur R+ et pour tout
réel x de R+, f ¢(x) = 1 – cos (x) .
Donc, pour tout réel x de R+, f ¢(x) H 0 .
Ainsi f est croissante sur R. Or f (0) = 0 .
Donc pour tout réel x de R+, f (x) H 0 .
Ainsi pour tout réel x de R+, x – sin (x) H 0,
c’est-à-dire sin (x) G x .

© Hachette livre, 2012

2,5

34

Repères Term S, Livre du professeur

-p/2

p/2

0

2.  Il semble que lim f (x) = 1  .
x"0
2
Partie B
1.  lim (sin (x)) = 0   et  lim (sin (2x)) = 0
x"0

x"0

2.  On ne peut pas conclure car on obtient
une forme indéterminée.
3.  Pour tout réel x,
sin (2x) = 2 sin (x) cos (x) .
4.  lim

x"0



( )

(

)

sin (x)
sin (x)
= lim
x
0
"
sin (2x)
2 sin (x) cos (x)
1
= lim
= 1  .
x " 0 2 cos (x)
2

(

)



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

114.  1.  h = sin (x) .

x

r
2.  Pour tout x de 8 0 ; B ,
2
(AB + DC) # h
 (x) =
2
or DC = AB + 2 cos (x) = 1 + 2 cos (x) .
r
Donc pour tout x de 8 0 ; B ,
2
(2 + 2 cos (x)) # sin (x)
 (x) =
2
= (1 + cos (x)) # sin (x) .


r
3

0

Signe
de  ¢

+

r
2

0

Signe de f ¢



Variation
de f

3 3
4

Variations
de 

4
3

–3

x

0

1

+3

+


+3

+3

0

0

5. 

d. L’aire du trapèze semble maximale pour
r
x =  .
3

6
5
4

115.  1.  et  2. 

3. 

3
2

h

2

C
B
g

1

3

1
f

A

-3

-2

0

1

0

-1

f

1

-1

2

3

5

4

6

-1

2
3
x =4
3

6

5

4

f (x) = 4   donc  a = 4 .
117.  1.  x lim
+
" 3

Pour tout x de R\ " 3 , ,
-2

d. 

x

r
3

0

Signe
de  ¢

+

Variations
de 

r
2

0



3 3
4
1

0

 ¢(x) = – sin (x) # sin (x) + (1 + cos (x)) # cos (x)
= – sin 2 (x) + cos 2 (x) + cos (x)

 ¢(x) = – sin 2 (x) – cos 2 (x) + 2 cos2 (x) + cos (x)
= – 1 + 2 cos 2 (x) + cos (x)

b. Pour tout réel X,
2X 2 + X – 1 = 2 X – 1 (X + 1)
2

(

X
Signe de
2X 2 + X – 1

+

0

0

Donc ces fonctions sont périodiques de
période 2r .

8. Problèmes

116.  Pour tout x de R\ ' 4 1 ,
3
1
 .
f (x) =
2
(3x – 4)
f (x) = x lim
f (x) = 0
1.  x lim

+
et 

+3
+

b. On pose X = cos (x) .
r
r
Pour x ! 8 0 ; B , cos (x) = 1 + x =
2
2
3
r
1
et  cos (x) 2 + 0 1 x 1 .
2
3
cos (x) = – 1 n’a pas de solution dans
8 0 ; r B  .
2

" 3

lim f (x) = +3 .
x"

1
2


h 1 (x + 2r)
= sin (x + 2r) + sin (2x + 4r) + sin (3x + 6r)
= sin (x) + sin (2x) + sin (3x) = h 1 (x)

" 3

)

–1

–3

3.  Pour tout réel x,
f1 (x + 2r) = sin (x + 2r)
= sin (x) = f1 (x)

g 1 (x + 2r) = sin (x + 2r) + sin (2x + 4r)
= sin (x) + sin (2x) = g 1 (x)


b. L’aire du trapèze semble maximale pour
r
x =  .
3
r
4.  a. Pour tout x de 8 0 ; B ,
2


f ¢(x) =

4
3

2.   admet l’axe des abscisses comme
asymptote horizontale en +3 et en – 3 .
 admet la droite d’équation x = 4
3
comme asymptote verticale.
3.  Pour tout x de R\ ' 4 1 , f (x) 2 0 , donc
3
 est au-dessus de l’axe des abscisses.
4.  Pour tout x de R\ ' 4 1 ,
3
–6
f ¢(x) =
 .
(3x – 4) 3

© Hachette livre, 2012

35

Repères Term S, Livre du professeur

a (x – 3) – (ax + b)

(x – 3) 2
= – 3a – 32b = – 12 – 2b  .

(x – 3)
(x – 3)

12
–b=–1
1
f ¢(1) = – +
2
2
(1 – 3) 2
+ b = – 10 .

f (x) = x lim
f (x) = 4  ;
2.  x lim
+

" 3

" 3

lim f (x) = +3   et 

x"3
x23

lim f (x) = – 3

x"3
x13

3.  f est dérivable sur R\ " 3 , et pour tout
x de R\ " 3 , , f ¢(x) = – 2 2  .
(x – 3)
x
Signe de f ¢
Variation
de f

+3

3

–3



+3

4
–3

4

118.  On considère la fonction
 .
f : x7 2 – 2
(x + 3x – 10) 3
On note  sa courbe représentative dans
un repère.
–2
1.  f : x 7
 .
((x – 2)(x + 5)) 3
Donc l’ensemble de définition de la fonction f est R\ " – 5 ; 2 , .





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

2.  f = u % v % w avec u définie sur
R\ " – 5 ; 2 , par u (x) = x 2 + 3x – 10  ;
v définie sur R par v (x) = x 3 et w définie
sur R* par w (x) = – 2 .
x
(
u
(
x
))
=
+
; x lim
(v (x)) = +3  ;
3.  x lim
3
" +3
" +3
(v % u (x)) = +3 .
donc  x lim
+
" 3

lim (w (x)) = 0 ,  d’où x lim
( f (x)) = 0 .
x +
+
" 3

" 3

( f (x)) = 0 .
On obtient de même  x lim

" 3

lim (u (x)) = 0 +  ; lim (v (x)) = 0 +

x"– 5
x15

x"0
x20

donc  lim (v % u (x)) = 0 + .
x"– 5
x15

lim (w (x)) = – 3 ,

x"0
x20

d’où  lim ( f (x)) = – 3 .
x"– 5
x15

De même, lim ( f (x)) = +3  ;

f (x) – f (0)
=
x–0

x"– 5
x2– 5

(

lim ( f (x)) = +3  ; lim ( f (x)) = – 3 .

x"2
x12

x"2
x22

4.  Équations des asymptotes à la courbe
 : x = 2  ; x = – 5  ; y = 0 (axe des abscisses) en +3 et en – 3 .
5.  f (x) 2 0 + (x – 2)(x + 5) 2 0
+ x ! @ – 3 ; – 5 6 , @ 2 ; +3 6 .
Donc  est au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle @ – 3 ; – 5 6 et sur l’intervalle @ 2 ; +3 6 et  est au-dessous de
l’axe des abscisses sur l’intervalle @ – 5 ; 2 6 .
6.  f est dérivable sur R\ " – 5 ; 2 , et pour
tout x de R\ " – 5 ; 2 , ,
6 (2x + 3)
f ¢(x) = 2
 .
(x + 3x – 10) 4
–3

x
f ¢(x)

–3
2

–5




0
f(x)

0

+3

+3

2
+
+3

( )

( )

x = -5

4
– 1.
x

0

2

Signe de f ¢ 0

+

4

4
2




y=2
6

0

2
1
f

-2

-1

0

© Hachette livre, 2012

1

36

2

3

Deuxième partie
1.  g est dérivable sur @ 0 ; 4 6 comme produit de fonctions dérivables.
g = u # f où u et f sont définies et dérivables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
u (x) = x et u ¢(x) = 1 .
g ¢ = u ¢# f + u # f ¢ ,
Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
g ¢(x) = x (4 – x) + x # 2 – x
x (4 – x)
2
x (4 – x) + 2x – x  .
x (4 – x) + 2x – xx(24 – x6) – 2x 2
g ¢(x) =
=
 .
x (4 – x)
x (4 – x)
2x (3 – x)
g ¢(x) =
 .
x (4 – x)

=



2.  a. Dérivabilité de g en 0 :
Pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
g (x) – g (0) x x (4 – x)
=
=
x–0
x

4

Repères Term S, Livre du professeur

x (4 – x) .

x (4 – x) = 0 donc g est dérivable

lim

x"0

en 0 et g ¢(0) = 2 .
b. Dérivabilité de g en 4 :
Pour tout h de @ 0 ; 4 6 ,
g (4) – g (4 – h) (4 – h) h (4 – h)
=
h
h
(4 – h) (4 – h)

 .
=
h
lim ((4 – h) 4 – h ) = 8
h"0

(

)

1 =–
3
h
g (4) – g (4 – h)
= –3 .
donc lim
h"0
h
Donc g n’est pas dérivable en 4.
3. 
et lim –
h"0

x

4.  f ¢(2) = 0 et f (2) = 2 donc l’équation
de la tangente au point d’abscisse 2 est
y = 2.
5. 

x= 2


-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
-1
-2
-3
-4

4–x
=
x

)

Variation
de f
0

–3

Remarque : f – 3 = 128  .
2
117 649
7. 
4
3
2
1

(

x
+3

)

x (4 – x)
=
x

lim 4 – 1 = +3 et lim X = +3
X " +3
x"0 x
4
– 1 = +3 donc f n’est
donc lim
x"0
x
pas dérivable en 0.
Dérivabilité de f en 4 :
Pour tout h de @ 0 ; 4 6 ,
f (4) – f (4 – h) – h (4 – h)
=
h
h
4

h =
4 – 1.

=
h
h
4
lim –
– 1 = –3
h"0
h
f (4) – f (4 – h)
= –3 .
donc lim
h"0
h
Donc f n’est pas dérivable en 4.
3. 

+

f –3
2

–3

119.  Première partie
1.  x 7 x (4 – x) est dérivable sur @ 0 ; 4 6
comme produit de fonctions dérivables.
Pour tout x de @ 0 ; 4 6 , x (4 – x) 2 0 . Donc
x 7 x (4 – x) est dérivable sur @ 0 ; 4 6 .
f = u # v où u et v sont définies et
dérivables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de
@ 0 ; 4 6 , u (x) = x  ; v (x) = 4 – x  ; u ¢(x) = 1
et v ¢(x) = – 1 .
f ¢ = u ¢v + uv ¢  .
2 u#v
Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
f ¢(x) = 4 – x – x = 4 – 2x
2 x (4 – x) 2 x (4 – x)
= 2 – x  .

x (4 – x)
2.  Dérivabilité de f en 0 :
Pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,

0

Signe de g¢ 0
Variation
de g
0

3
+

4

0



3 3


0

4.  g est continue sur 6 0 ; 3 @ comme produit de fonctions continues.
2 ! 6 g (0) ; g (3) @
donc l’équation g (x) = 2 admet une
unique solution dans l’intervalle 6 0 ; 3 @ .
Elle est comprise entre 0,66 et 0,67.
4
= 2   et  g (2) = 4
5.  g ¢(2) =
2#2



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

La tangente à g au point d’abscisse 2
a pour équation y = g ¢(2)(x – 2) + g (2)
d’où y = 2x .
y = 2x

5

La tangente à k au point d’abscisse 2
a pour équation y = k ¢(2)(x – 2) + k (2)
d’où y = – 1 x + 2 .
2
6. 
K

4

4
3

121.  1.  Pour tout x de
B – r ; r 8 , (– x) ! B – r ; r 8 .
2 2
2 2
r r
Pour tout x de B – ; 8 ,
2 2
sin (– x)
sin (– x)
f (– x) =
=–
= – f (x) .
cos (– x)
cos (– x)
Donc f est impaire.
2.  lim sin (x) = 1 et lim cos (x) = 0 + ,
x"

3

2

r
2
r
x1
2
x"

1
g
0

-1

1
1

2

3

0

4–x =
4–1
x
x
donc lim k (x) = +3 .
f
2.  k = où u et f sont définies et dériu
vables sur @ 0 ; 4 6 et pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
u (x) = x et u ¢(x) = 1 .
f ¢u – fu ¢
 ;
k¢ =
u2
Donc pour tout x de @ 0 ; 4 6 ,
2 – x # x – x (x – 4)
x (x – 4)
k ¢(x) =
x2

2
=

 .
x x (x – 4)
3.  Pour tout h de @ 0 ; 4 6 ,
k (4) – k (4 – h)
h (4 – h)
=
h
h (4 – h)
1
=–

 .
h (4 – h)
k (4) – k (4 – h)
= –3 .
donc lim
h"0
h
Donc k n’est pas dérivable en 4.
4. 

5.  k ¢(2) =

0




+3




-p/2

-p

x"0

Variation
de g

4

5

1,5
1
0,5

f

k (x) =

Signe de g¢

3

2

1

120.  Conjecture
1. 

Troisième partie
1.  Pour tout x de @ 0 ; 4 @ ,

x

y = – 0,5x + 2

4

-1



0

– 2 = – 1   et  k (2) = 1 .
2
2 2#2

-1,5
-1
-2,5
-2
-2,5
-3

p/2

0

p

2.  Il semble que l’équation f (x) = k n’admet aucune solution si k 1 – 3 et si
k 2 1, 5 et que l’équation f (x) = k admet :
* une seule solution si k = – 3
* deux solutions si k ! @ – 3 ; 1 6 , " 1, 5 ,
* quatre solutions si k ! 6 1 ; 1, 5 6
Démonstration
1.  f est dérivable sur l’intervalle 6 – r ; r @
et pour tout x de 6 – r ; r @ ,
f ¢(x) = – 2 sin (2x) – 2 cos (x) .
2.  Pour tout x de 6 – r ; r @ ,
f ¢(x) = – 2 sin (2x) – 2 cos (x)
= – 4 sin (x) cos (x) – 2 cos (x)
= – 2 cos (x)(2 sin (x) + 1) .
– 5r
6

–r

x

4

r
2
r
x1
2
x"

donc lim cos (x) = +3 .

2

-2

r
2

–r
2

Signe de
– 2 cos (x)

+

Signe de
x–3

+

0



Signe de
f ¢(x)

+

0



Variations
de f

+

0

0

3
2
1

–r
6


r
2




0

+

+

0



0

+
+

0

3
2
1

r

+
1

–3

3.  Les conjectures sont vérifiées.
© Hachette livre, 2012

37

Repères Term S, Livre du professeur

3.  La courbe représentative de f admet
comme asymptote verticale la droite
r
d’équation x = et par parité, la droite
2
r
d’équation x = – .
2
4.  x 7 sin (x) et x 7 cos (x) sont dérivables
r r
r r
sur B – ; 8 et pour tout x de B – ; 8,
2 2
2 2
cos (x) ! 0 .
r r
Donc f est dérivable sur B – ; 8 .
2 2
r r
Pour tout x de B – ; 8 ,
2 2
cos (x) # cos (x) – sin (x) # (– sin (x))
f ¢(x) =
cos 2 (x)
2
2
cos (x) + sin (x)
=
= 12  .
cos 2 (x)
cos (x)
2
2
cos (x) + sin (x) cos 2 (x) sin 2 (x)
f ¢(x) =
=
+
cos 2 (x)
cos 2 (x) cos 2 (x)
= 1 + 6 f (x) @ 2  .
r r
5.  Pour tout x de B – ; 8 , f ¢(x) 2 0 , donc
2 2
r r
f est strictement croissante sur B – ; 8 .
2 2
6.  f est continue et strictement croissante
r r
sur B – ; 8 .
2 2
De plus,
lim f (x) = +3   et lim f (x) = – 3 ,
r
2
r
x1
2
x"

r
2
r
x2–
2
x"–

Donc, d’après le théorème des valeurs
­intermédiaires, pour tout réel k, l’équation
admet une unique solution dans l’intervalle
B– r ; r 8.
2 2
7.  Pour k = 2 , a . 1,11.
8.  Pour tout x de $g ,
sin (x + r) – sin (x)
g (x + r) =
=
cos (x + r) – cos (x)
sin (x)
=
= g (x) .
cos (x)
Donc g est périodique de période r .





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Ainsi on obtient la courbe de g par translation de celle de f de vecteur kr i  où k est
entier.
122.  1.  a.  l1 = OH + OB = cos (x) + 1
$
b.  l2 = HA + AB = 1 – cos (x) + x .
r
2.  a. f est dérivable sur 8 0 ; B et pour tout
2
r
x de 8 0 ; B , f ¢(x) = – 2 sin (x) – 1 .
2
r
Or pour tout x de 8 0 ; B , sin (x) H 0 , donc
2
f ¢(x) 1 0 .
Ainsi f est strictement décroissante sur
80 ; r B.
2
b. f est continue et strictement décroissante
r
sur 8 0 ; B .
2
r
r
r
f (0) = 2  ; f
=–
et 0 ! 8 – ; 2 B .
2
2
2
Donc, d’après le théorème des valeurs
­intermédiaires, l’équation f (x) = 0 ­admet
une unique solution dans l’intervalle
80 ; rB.
2
c.  a . 1,03.
d.  l1 = l2 + 2 cos (x) – x = 0 + x . 1,03.
Donc les longueurs des deux chemins sont à
peu près égales lorsque x . 1,03 rad.

()

lim f (x) = – 3 et lim f (x) = +3 .
x"1
x21

2.   a pour asymptote horizontale l’axe
des abscisses en – 3 et en +3 et pour
asymptote verticale la droite d’équation
x = 1.
Partie 2
1.  f est une fonction rationnelle, donc
elle est dérivable sur son ensemble de
définition et pour tout x de R\ " 1 , ,
3
2
f ¢(x) = – 4x 3– 3x 2 – 2  .
(x – 1)
2.  a. g est dérivable sur R\ " 1 , et pour tout
réel x de R\ " 1 , , g ¢(x) = – 6x (2x + 1) .
x

–3

Signe de

Variations
de g

–1
2


0

+3

0
+

0

1

–9
4

+3




–9

–2
– 9 

d. Pour tout x 1a, g (x) 2 0 .
Pour tout x de @ a ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 ,
g (x) 1 0 .
3. 
x

+

Signe de g
Variations
de f

1

a

–3



0

Cette solution est proche de 0,769 453 08.
0

–3  

avec f (a) . 0,5.
Partie 3
x=1

4
3
2
1



–3

b. Sur ; – 1 ; 1 ; , @ 1 ; +3 6 , le maximum
2
de g est (– 2) , donc l’équation g (x) = 0 n’a
pas de solution dans ; – 1 ; +3 ; .
2

Partie 4
1.  T a pour équation
y = f ¢(0)(x – 0) + f (0) avec f (0) = – 1 et
f ¢(0) = – 2 .
Donc T a pour équation y = – 2x – 1 .
2.  Pour tout x de R\ " 1 , ,
x 3 (2x + 1)
f (x) – (– 2x – 1) =
 .
x3 - 1
x

–1
2

–3

Signe de
x3



Signe de
2x + 1



Signe de
x3 – 1



Variations de
f (x) – (– 2x – 1)



0


0

0

1
+

+

+

+





+

0



0

+

38

126.  Partie 1
0,3
0,2
0,1
G FE D
A
C
B
-1 -0,9 -0,8 -0,7 -0,6 -0,5 -0,4 -0,3 -0,2 -0,1
F
-0,1
E
-0,2
D

Cette solution est proche de – 0, 62 .
Partie 2
Voir exercice 125.
127.  Partie 1
1. 

+

Donc  est au-dessus de T sur
; – 1 ; 0 ; , @ 1 ; +3 6 et  est au-dessous
2
de T sur ; – 3 ; – 1 ; , 6 0 ; 1 6 .
2
124.  1.  Si f (a) et f (b) ne sont pas du
même signe, alors 0 ! 6 f (a) ; f (b) @ et on
© Hachette livre, 2012

Partie 2
f (b) – f (a)
1.  y = mx + p où m =
b–a
et y B¢ = mx B¢ + p ,
f (b) – f (a)
# b + p.
c’est-à-dire f (b) =
b–a
(b – a)
# f (b) .
2.  y C = 0 donc c = b –
f (b) – f (a)
Partie 3
Cette solution est proche de 1,606 394 183.

+3

+

0

B


+3

0

125.  Partie 1

+3

0

f (a)

applique le théorème des valeurs intermédiaires.
2.  Si (f – g)(a) et (f – g)(b) ne sont pas
du même signe, alors d’après 1., il existe
un réel c dans l’intervalle 6 a ; b @ tel que
(f – g)(c) = 0 , c’est-à-dire f (c) = g (c) .

D
B
F E C
0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 D E 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3
C

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
-2
-3

" 3

x"1
x11

( )

y=0

123.  Partie 1
f (x) = x lim
f (x) = 0  ;
1.  x lim

+
" 3

Sur E – 3 ; – 1 E , g est continue et stricte2
g (x) = +3
ment décroissante avec x lim
" –3
9
1
et g – = –  , donc, d’après le théo2
4
rème des valeurs intermédiaires, l’équation
g (x) = 0 admet une unique solution dans
E –3 ; – 1 E .
2
Ainsi, l’équation g (x) = 0 admet une unique
solution dans R\ " 1 , .
c.  a . – 1,137.

Repères Term S, Livre du professeur

f (x) = – 3  ;
2.  Il semble que x lim

" 3

lim f (x) = – 3 et x lim
f (x) = +3 .
+

x"1
x!1

" 3

-0,3



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

3. 

( f (x) – (2x + 5))
et x lim

" 3

= x lim


" 3

(

)

1

= 0.
(x – 1) 2

3.  Pour tout x ! 1 ,
La droite et la courbe semblent très proches
quand x tend vers – 3 ou vers +3 .
Partie 2
(2x + 5) = – 3
1.  x lim
" –3
1

= 0,
et x lim
" –3
(x – 1) 2
f (x) = – 3
donc x lim


(

)

" 3

lim (2x + 5) = 7

x"1
x!1

(

x"1
x!1

)

(

" 3

x"4
x14

)

1
= 0,
" 3
(x – 1) 2
f (x) = +3
donc x lim
+
" 3

( f (x) – (2x + 5))
2.  x lim
+
" 3

= x lim
+

" 3

(



" 3

–3

x
Signe de
f

)

1
=0
(x – 1) 2

4–

2

0

+





1–2 2

Variations
de f

4+

4

2
0

+3

(d2)

6
4

+3

2
-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10 12

-2
-4
-6



-8

+
+3

–3

–3

(d1)

8

4.  f est dérivable sur R \ " 4 , et pour tout
2
x de R \ " 4 , , f ¢ (x) = x – 8x +214 .
(x – 4)
Discriminant de x 2 – 8x + 14 : T = 8

lim (2x + 5) = +3


128.  1.  Pour tout x de R \ " 4 , ,
f (x) = x – 3 + 2 .
x–4
f
(
x
)
=
– 3 ; lim f (x) = – 3 ;
2.  x lim


" 3

6.  Pour tout x de @ – 3 ; 4 6 ,
f (x) – (x – 3) 1 0 . Donc  est au-dessous
de (d2) sur @ – 3 ; 4 6 .
Pour tout x de @ 4 ; +3 6 , f (x) – (x – 3)2 0.
Donc  est au-dessus de (d2) sur @ 4 ; +3 6 .
7. 

3.  La droite (d1) d’équation x = 4 est
asymptote verticale à .

x"1
x!1

et x lim
+

1 , donc
(x – 1) 2
f (x) – (2x + 5) 1 0 .
Ainsi  est au-dessous de (d) sur R \ " 1 , .

lim (f (x) – (x – 3)) = 0 .
x –

lim f (x) = +3 et x lim
f (x) = +3 .
+

donc lim f (x) = – 3
x " +3

" 3

f (x) – (2x + 5) = –

x"4
x24

1
= –3 ,
(x – 1) 2

et lim –

5.  Pour tout x de R \ " 4 , ,
f (x) – (x – 3) = 2 .
x–4
(
f
(
x
)
– (x – 3)) = 0 et
Donc x lim
+

1+2 2

En route vers le bac (p. 102-105)
129.  Définition par récurrence.
•  u 0 ! I  ;
•  Si u n ! I alors f (u n) ! I c’est-à-dire
un + 1 ! I .
Donc pour tout n de N, u n ! I .

2. 

1

-3

-2

0

-1

-2

" 3

131.  Partie A
1.  f est dérivable sur R et pour tout réel
x, f ¢ (x) = – 2x + 2 .
x

–3

Signe de f ¢

+3

1
+

0
1



–3

y= x

–3

f

3.  f (x) = x + x – x 2 = 0 + x (1 – x) = 0
+ x = 0 ou x = 1 .
Partie B
1.  f (0) = f (2) = 0 et f (1) = 1 , donc si
u 0 ! " 0 ; 1 ; 2 , , alors pour tout n de N,
un ! " 0 ; 1 ; 2 , .
2.
x

Variations
de f

3

-1

u n = I et f est continue en l
130.  x lim
+

f (u n) = f (l) .
donc x lim
" +3
Or pour tout n de N, f (u n) = u n + 1 , donc
lim u
= l , d’où x lim
u = l.
x " +3 n + 1
" +3 n
Donc par unicité de la limite, l = f (l) .

2

1

-3

Signe de
x (1 – x)

© Hachette livre, 2012

0


0

39

1
+

0

+3


Repères Term S, Livre du professeur

3.  Pour tout n de N,
u n + 1 – u n = f (u n) – u n = u n (2 – u n) – u n
= u n – u 2n = u n (1 – u n) .
4.  a.  f (@ 0 ; 1 6) = @ 0 ; 1 6 , donc d’après le
résultat de l’exercice 129, u n ! @ 0 ; 1 6 .
b.  Pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0.
Donc (u n) est croissante. De plus (u n)
est majorée, donc (u n) admet une limite
égale à 1.
5.  a.  f (@ 1 ; 2 6) = @ 0 ; 1 6 et
f (@ 0 ; 1 6) = @ 0 ; 1 6 donc pour tout n de
N*, u n ! @ 0 ; 1 6 .
b.  Pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0.
Donc (u n) est croissante. De plus (u n)
est majorée, donc (u n) admet une limite
égale à 1.
6.  a.  f (@ – 3 ; 0 6) = @ – 3 ; 0 6 donc pour
tout n de N*, u n 1 0 . Pour tout n de N,
u n + 1 – u n 1 0 . Donc (u n) est décroissante.





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

b.  (u n) n’est pas minorée donc
lim u n = – 3
x +
" 3

7.  a.  f (@ 2 ; +3 6) = @ – 3 ; 0 6 , pour tout
n de N*, u n 1 0 .
b.  Pour tout n de N, u n + 1 – u n 1 0 .
Donc (u n) est décroissante.
c.  (u n) n’est pas minorée donc
lim u n = – 3 .
x +
" 3

132.  1.  Une suite croissante admet une
limite finie, si et seulement si, elle est majorée.
2.  Pour tout n de N, u n + 1 – u n = u 2n + 1.
Donc pour tout n de N, u n + 1 – u n 2 0 .
Ainsi (u n) est croissante.
3.  f (x) = x + x 2 + 1 = 0 , ainsi l’équation f (x) = x n’a pas de solution dans R.
4.  Si (u n) avait une limite finie l, on aurait l = f (l) , ce qui est impossible, donc
lim u n = +3 .
x +
" 3

133.  1.  Supposons a = 1 . Alors pour
tout n de N, u n + 1 = u n + b . Donc (u n)
est une suite arithmétique de raison
b ! 0 . Ainsi (u n) est strictement croissante ou strictement décroissante et a
pour limite +3 ou – 3 .
Par conséquent, si (u n) a une limite finie,
alors a ! 1 .
2.  a.  Alors pour tout n de N,
v n + 1 un + 1 – l
=
vn
un – l
au n + b – b
1 – a = a (1 – a) u n – ab
(1 – a) u n – b
un – b
1–a
a ((1 – a) u n – b)
=
=a
(1 – a) u n – b
Donc (v n) est géométrique de raison a.
b.  Pour tout n de N, v n = (u 0 – l) # a n .
3.  Pour tout n de N, u n = (u 0 – l) # a n + l.
a n = +3 , donc
Si a 2 1 , alors x lim
" +3
lim u n = 3 .
x +
" 3

Si a 1 – 1 , alors a n n’a pas de limite.
a n = 0 , donc
Si – 1 1 a 1 1 , alors x lim
" +3
lim u n = l .
x +
" 3

134.  1.  a.  La fonction f est dérivable de
2
f ¢ (x) = 1 1 – 22 = 1 x –2 2
2
2
x
x
Le signe de f ¢ est donc celui de x 2 – 2 ,
car x 2 2 0 , pour x 2 0 .
Or sur @ 0 ; +3 6 , x 2 – 2 H 0 + x H 2 .

(

) (

)

La fonction est :
– décroissante sur @ 0 ; 2 6  ;
– croissante sur @ 2 ; +3 6 .
D’où la courbe représentative de f :

Signe de f ¢
y= x

3
2
M2
1
0

A0
0,5
u0

A1
A3 A2
1,5694 2 2,25
1
u1
u
1,42189 2
u3

2.  a.  On a quel que soit n,
u n + 1 = 1 u n + 2 = f (u n) .
2
un
On vient de voir que :
u 1 = f (u 0) = f 1 = 2, 25 H 2 .
2
L’affirmation est vraie au rang 1.
Supposons u n H 2 . D’après la question  1, la fonction f est croissante sur
6 2 ; +3 6 . Donc par application de cette
croissance f (u n) H f ( 2 ) = 2 . Donc
u n + 1 H 2 . La relation est héréditaire.
Conclusion : quel que soit :
n H 1 , un H 2 .
b.  Soit :
2
f (x) – x = x + 1 – x = 1 – x = 2 – x .
2 x
x 2
2x
On a vu que si x H 2 , 2 – x 2 G 0 .
Conclusion : si x H 2 ,
f (x) – x G 0 + f (x) G x .
c.  On a vu que pour n 2 0 , u n H 2  ;
donc d’après la question précédente
f (u n) G u n  ; or f (u n) = u n + 1 .
Conclusion : u n + 1 G u n pour tout n 2 0 .
La suite est (u n) décroissante.
d.  La suite (u n) est décroissante et minorée par 2 . Elle converge donc vers un
réel supérieur ou égal à 2 .
3.  La fonction f est définie et continue sur 6 2 ; +3 6  ; la suite définie par
u n + 1 = f (u n) converge vers , = f (,).
, est donc solution de l’équation
1 x + 2 = x + 2x = x + 2
2
x
x
+ 2x 2 = x 2 + 2 + x 2 = 2 + x =  ,,
seule solution supérieure ou égale à 3 .
La suite (u n) converge vers , = 2 .

(

)

()

(

)

135.  1.  a.  f est une fonction rationnelle
donc dérivable sur son ensemble de définition.
2 (x 2 – x – 1)
.
Pour tout x de E 1 ; +3 ; , f ¢ (x) =
2

© Hachette livre, 2012

(2x – 1) 2

40

1+ 5
2
1

1
2

x

Repères Term S, Livre du professeur

Variations
de f

+3
+


+3

+3
1+ 5
2

b.  Sur E 1 ; +3 ; , le minimum de f est z .

(

2

)

1 + 5 5E
1+ 5 E
;2 =;
;
2.  f ;
2
3
2
+
1
+
5
1
5
; 2E 1 ;
; 2 E,
donc f ;
2
2
d’où d’après l’exercice 129, pour tout n
1+ 5 E
; 2 , c’est-à-dire :
de N, u n 1 ;
2
z G un G 2 .
Pour tout n de N,
– u 2n + u n + 1
un + 1 – un =
, donc pour
2u n – 1
u n Hz , u n + 1 – u n G 0 .
2
b.  Dans E 1 ; +3 ; : x = f (x) + x = x + 1
2x – 1
2
+ x2 – x – 1 = 0 + x = z .
c.  (u n) est décroissante et est minorée
u = z.
donc x lim
" +3 n
3.  a.  Pour tout x de E 1 ; +3 ; ,

(

)

2

2
x 2 + 1 – 2xz + z
f (x) – z = x + 1 – z =
2x – 1
2x – 1
x 2 – 2xz + z 2 (x – z) 2
=
=
.
2x – 1
2x – 1
Donc pour tout n de N,
(u – z) 2
u n + 1 – z = f (u n) – z = n
,
2u n – 1
or u n Hz donc 2u n – 1 H 2z – 1
(u – z) 2 (u n – z) 2 1
G
G (u n – z) 2
d’où n
2u n – 1
2
2z – 1
car 2z – 1 H 2 .
b.  oui
u = z.
c.  x lim
" +3 n
4.  Par récurrence :
•  Vrai pour n = 0 . n + 1
2
–1
•  Si u n – z G 1
,
2
alors :
2n + 1 – 1 2
u n + 1 – zG 1 (u n – z) 2 G 1 1
2
2 2

()

29 + 1 – 1

()

(( )

()

= 1
2

5.  u 9 – z G 1
.
2
Le logiciel XCas nous donne :

)

2n + 2 – 1

.



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

136.  1.  Faux. Contre-exemple :
Sur @ 0 ; +3 6 , f (x) = 1 .
x
2.  Faux. Contre-exemple :
Sur R, f (x) = – x et g (x) = x 4 .
3.  Vrai, d’après le théorème de comparaison.
4.  Faux. Contre-exemple :
x
Sur R*, f (x) = .
x
137.  Faux. Contre-exemple :
Sur 6 1 ; +3 6 , f (x) = 1 et g (x) = x .
x
138.  Vrai : f (x) = 1 x + x sin (3x) = 1 x
2
2
Zx = 0
]
+ ] ou

[
] sin (3x) = 1
2
\
Zx = 0
]
] ou
]
r
+ ][3x = 6 2r @

6
] ou
]
5r
6 2r @
] 3x =
6
\
Zx = 0
]
] ou
]
r 2r

+ ][x = ; E
18 3
] ou
]
5r ; 2r E
]x =
18 3
\
139.  1.  lim f2 (x) = +3 .
x"0

f2 (x) = 0 .
2.  x lim
+
" 3

3.  Troisième tableau.
140.  f est une fonction rationnelle donc
dérivable sur son ensemble de définition.
Pour tout x de E – 3 ; 5 ; ,
2
2 (2x – 5)(2x – 9)
f ¢ (x) =
.
(2x – 7) 2
x

5
2

Signe
de f ¢
Variations 0
de f

9
2

7
2





0

+3
–3

+3

+
+3

8

141.  f est une fonction rationnelle donc
dérivable sur son ensemble de définition.
Pour tout x de 6 0 ; 1 @ ,
3
2
– x 2 (x + 3)
f ¢ (x) = – x – 3x2 =
.
(x + 2)
(x + 2) 2
Donc pour tout x de 6 0 ; 1 @ , f ¢ (x) 1 0 .
Ainsi f est décroissante sur 6 0 ; 1 @ .

142.  1.  f est définie sur R.
Pour tout réel x,
1
1
f (– x) =
=
= f (x) .
2
1 + (– x)
1 + x2
Donc f est paire.
2.  Pour tout réel x,
x
.
f ¢ (x) = –
2
( 1 + x )(1 + x 2)
Pour tout x de R+, f (x) 1 0 . Donc f est
strictement décroissante sur R+.
lim f (x) = 0 .
x " +3
3. 
1

f
-6 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 2

3 4

5 6 7

4.  f est continue et strictement décroisf (x) = 0 .
sante sur R+. f (0) = 1 et x lim
" +3
Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout réel y de @ 0 ; 1 @ ,

l’équation f (x) = y admet une unique so1 –1.
lution dans R+ qui est égale à
y2
143.  1.  f est la restriction d’une fonction rationnelle, donc f est dérivable sur
6 0 ; 2 @ et pour tout réel x de 6 0 ; 2 @ ,
1
.
f ¢ (x) =
(x + 1) 2
Pour tout réel x de 6 0 ; 2 @ , f ¢ (x) 2 0 , donc
f est strictement croissante sur 6 0 ; 2 @ .
2.  f (1) = 3 et f (2) = 5 , donc si x ! 6 1 ; 2 @,
2
3
3
5
alors f (x) ! ; ; E , d’où f (x) ! 6 1 ; 2 @ .
2 3
144.  1.  Trigonométrie dans le triangle
ABD rectangle en B : cos i = AB et
AD
sin i = BD  .
AD
Donc AD = AB = 4 et
cos i cos i
CD = CB + BD = 7 + 4AD sin i
= 7 + 4 tan i .
distance (en km)
t 1 = temps en heure =
vitesse (en km/h)
–3
= AD = 4 # 10  .
30 30 cos i
–3
(7
+
4
tan
i
)10
t 2 = CD =
 .
60
60
2.  Le lapin traverse la route avant le passage du camion s’il met moins de temps
pour arriver en D donc si t 1 1 t 2 , c’est–3
(7 + 4 tan i)10 – 3
à-dire si 4 # 10 1

60
30 cos i
en multipliant par 30 # 10 3 on a :
4 1 7 + 4 tan i d’où f (i) 2 0 .
2
cos i
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41

Repères Term S, Livre du professeur

3.  Conclusion : cherchons quand on aura
r
f (i) 2 0 pour i ! 8 0 ; 8 .
2
2 (1 – 2 sin i)
f ¢ (i) =
or cos 2 i 2 0 donc
cos 2 i
f ¢ est du signe de 1 – 2 sin i .
r
1 – 2 sin i 2 0 + sin i 1 1 + sin i 1
2
6
r
+ i1
6
car sinus est une fonction croissante sur
8 0 ; r 8  .
2
Donc la fonction f est strictement croisr
sante sur 8 0 ; B et strictement décrois6
r r
sante sur 8 ; 8 et :
6 2
7 3 – 12
r 7
f
= + 2 + 4# 2 =
20
6
2
3
3
2 3
r
donc il existe deux réels a et b de 8 0 ; 8
2
r
tels que a 1 1 b et f (i) 2 0 sur
6
@ a ; b 6 avec a . 0.395 et b . 0.644 .
Le lapin traversera la route sans se
r
faire tuer par le camion si i . ou
6
i ! @a ; b6.

()

145.  1.  a.  Pour tout réel x de 6 0 ; 20 @ ,
f (x) = 1 (20x – x 2) .
10
f est dérivable sur 6 0 ; 20 @ et pour tout
réel x de 6 0 ; 20 @ , f ¢ (x) = 1 (20 – 2x)
10
= 1 (10 – x)
5
On en déduit le tableau de variations de f :
x

0

f ¢(x)

10
+

0

20
-

10

f (x)
0

0

b.  f admet donc un minimum égal à 0 atteint en x = 0 et x = 20 et un maximum
égal à 10 atteint en x = 10 . Donc, pour
tout x ! 6 0 ; 20 @ , f (x) ! 6 0 ; 10 @ .
c.  Représentation graphique de la suite
(u n) n H 0 :
12 y

y= x

10
8
6
4
2
0 u2 u 4 u6
u0 1 2 3

8 u 10 12 14 16 18 20 22

x

4





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

2.  Montrons par récurrence que pour tout
entier naturel n, 0 G u n G u n + 1 G 10.
• On a u 0 = 1 puis u 1 = f (u 0) = 1,9 et
donc 0 G u 0 G u 1 G 10 .
• Soit n ! N . Si 0 G u n G u n + 1 G 10 ,
puisque f est croissante sur 6 0 ; 10 @ , on
a f (0) G f (u n) G f (u n + 1) G f (10) c’està-dire 0 G u n G u n + 1 G 10 .
On a montré par récurrence que pour tout
entier naturel n, 0 G u n G u n + 1 G 10 .

3.  La suite (u n) n H 0 est croissante et
majorée par 10. On en déduit que la
suite (u n) n H 0 converge vers un réel que
l’on note . De plus, comme pour tout
entier n, on a 1 G u n G 10 (car u 0 = 1
et car la suite (u n) n H 0 est croissante),
quand n tend vers +3 , on obtient
1 G  G 10 .

Ensuite, pour tout entier naturel n, on a
u n + 1 = 1 u n (20 – u n) et quand n tend
10
vers +3 , on obtient  = 1  (20 –  )
10
puis 10 =   (20 –  ) puis 10 = 20 –  
(car  ! 0 ) et enfin  = 10.
(u n) n H 0
La suite
converge et
lim
u
=
10
.
n
x +
" 3

Accompagnement personnalisé (p. 106-107)
f (x) = – 3 .
146.  1.  x lim

" 3

2.  Pour tout x ! 0 , f (x) = 4x
f (x) = +3 .
donc  x lim
+

5

(

153.  a. Pour tout x ! 0 , – 1 G sin (3x + 1) G 1 ,
donc – 14 G f (x) G 14 .
x
x
1
1 = 0 , donc lim f (x) = 0 .
– 4 = x lim
b.  x lim
x " +3
+3
" +3
"
x
x4

)

1 – 1 + 12 – 13 + 15 ,
4x 4x 2x
4x

( )

" 3

f (x) = +3 .
147.  x lim
+
" 3

(

)

g (x) = 0 .
2.  a.  x lim


Pour tout x ! 0 , f (x) = 3x 6 1 + 1 3 + 5 4 – 7 6 ,
3x
3x 3x
f (x) = +3 .
donc  x lim

" 3

(

" 3

h (x) = – 3 .
b.  x lim
+
" 3

)

148.  Pour tout x ! 0 , f (x) = – x 4 1 – 42 – 13 + 74 ,
x
x
x
f
(
x
)
=

lim
f
(
x
)
=

donc  x lim

et 
.
3
3
+
x –
" 3

149.  1.  Pour tout x ! 0 ,
1 – 12
3x 3 1 – 1 2
3
x
3x
3
x
f (x) =
= #
5
4
1
2
5
4x 1 –
+
1–
+ 1
4x 2x 2
4x 2x 2
f (x) = +3   et  x lim
f (x) = – 3 .
2.  x lim
+


.

150.  1.  Pour tout x ! 0 ,
4x 2 1 – 7 2
1 – 72
4
4x
4x
f (x) =
= #
3
5
1
2
1
5x 1 +
+
1+
+ 3
5x 5x 2
5x 5x 2

.

(

154.  1.  f est dérivable sur 6 – 2 ; 0 @ et pour tout x de 6 – 2 ; 0 @ ,
f ¢(x) = 6x 2 – 2x + 1 .
T = – 20 , donc pour tout x de 6 – 2 ; 0 @ , f ¢(x) 2 0 .

" 3

(

)

(

)

" 3

x

)

(

)

)

(

)

Variation
de f

151.  1.  Pour tout x ! 0 ,
1– 7
2x 1 – 7
2
2x
2
x
f (x) =
= 3#
2
1
4
2
5
x
5x 1 – 2 + 4
1 – 2 + 14
5x
5x
5x
5x

(

)

)

(

0

+
5

– 17



155.  a. f est dérivable sur @ – 3 ; 3 6 et pour tout x de @ – 3 ; 3 6 ,
x
 .
f ¢(x) = –
9 – x2
b. g est dérivable sur R et pour tout réel x,
g ¢(x) = – 28x 3 (– x 4 + 6) 6 .
c. h est dérivable sur E – 7 ; +3 ; et pour tout x de E – 7 ; +3 ; ,
3
3
15
3
h ¢(x) = –

2
sin
(

2
x
6
)
.
+
+
(3x + 7) 2 2 3x + 7

)

.

156.  1. 

f (x) = 0   et  x lim
f (x) = 0  .
2.  x lim
+

" 3



2.  0 ! 6 – 17 ; 5 @ , donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires et le tableau de variations ci-dessus, l’équation f (x) = 0
admet une unique solution dans 6 – 2 ; 0 @ .

f (x) = 4   et  x lim
f (x) = 4  .
2.  x lim
" –3
" +3
5
5

(

– 2

Signe de f ¢

" 3

(

()

" 3

152.  a.  lim f (x) = +3 .

x

– 2,5

– 2,3

–2

– 1,7

– 1,5

–1

– 0,5

– 0,2

f(x)

0

0

1

0

0

1

0

0

x

0

0,4

0,8

1

1,3

1,5

2

2,5

f(x)

1

0

0

1

0

0

1

0

x"0

g (x) = +3 .
b.  x lim

" 3

h (x) = – 3 .
c.  lim h (x) = +3   ;  lim h (x) = – 3   et  x lim
+
x"0
x10

x"0
x20

" 3

© Hachette livre, 2012

3.  f n’est pas continue.
42

Repères Term S, Livre du professeur



TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

4. 
( )

3
2
1

-5 -4 -3 -2 -1

-1

0 1

2

3

4

5

-2
-3

On ne voit pas les discontinuités…
157.  Pour tout réel positif t, x (t ) = 2 cos (3 2 t ) .
Donc x ¢(t ) = – 6 2 sin (3 2 t )   et  x ¢¢(t ) = – 36 cos (3 2 t ) .
D’où pour tout réel positif t,
3, 6
x ¢¢(t ) + k x (t ) = – 36 cos (3 2 t ) +
# 2 cos (3 2 t )
m
0, 2
= – 36 cos (3 2 t ) + 36 cos (3 2 t ) = 0 .


159.  Pour tout x 2 0 ,
sin (x)
x # sin (x)
f (x) =
=
=
x
x# x

158.  1.  a. Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ ,
x (– t ) = 5 cos (t )
)
y (– t ) = – 3 sin (t )

160.  f est une fonction homographique telle que lim f (x) = – 3

M (– t ) est l’image du point M (t ) de (C ) par la symétrie d’axe
(Ox).
x (r – t ) = – 5 cos (t )
b. Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ , )
y (r – t ) = 3 sin (t )

R\ " 4 , , f (x) = – 3x + b  .
x–4
La tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 1
a pour équation y = 4 x – 1  .
3
3
Donc f ¢(1) = 4  . Or pour tout x de R\ " 4 , , f ¢(x) = 12 – b2  .
3
(x – 4)
12
b

4
=  . Ainsi b = 0 . D’où pour tout x de R\ " 4 , ,
D’où
(– 3) 2 3
f (x) = – 3x  .
x+4

Or lim

x"0

– r

Signe de x¢
Variation
de x

+



r
2




0



r
2



+

0



0



0

Signe de y ¢
Variation
0
de y







0

+




r







+

0



0


– 3



" 3

161.  MOI équilatéral + IM = OI = MO   or  OI = 1
Donc : MOI équilatéral + IM 2 = 1
+ (cos (x) – 1) 2 + sin 2 (x) = 1 + 1 - 2 cos (x) = 0

r

+ cos (x) = 1 + x =  .
2
3

–5

3


x = 0   donc x lim
f (x) = 0 .
+

x"4
x24

0



sin (x)
 .
x

x"0

5
– 5

x#

et lim f (x) = – 3 donc on cherche b tel que pour tout x de

M (r – t ) est l’image du point M (t ) de (C ) par la symétrie d’axe
(Oy).
x ¢(t ) = – 5 sin (t )
2.  Pour tout réel t de l’intervalle 6 – r ; r @ , )
y ¢(t ) = 3 cos (t )
t

sin (x)
= 1   et  lim
x"0
x

x sin (x)
=
x

0








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43

Repères Term S, Livre du professeur





TS
erm

Chap. 2 Fonctions : limites, continuité, calculs de dérivées - Trigonométrie

Livre du professeur

Sur les pas du supérieur (p. 109)
Partie B

I. 1. f est dérivable sur 6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 et pour tout x de
1 + x 2  .
6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 , f ¢(x) =
(1 – x 2) 2
Pour tout x de 6 0 ; 1 6 , @ 1 ; +3 6 , f ¢(x) 2 0 .
Donc f est croissante sur 6 0 ; 1 6 et sur @ 1 ; +3 6 .

1.  V (x) = 0 + 2x (6 –

2. V est dérivable sur @ 1 ; +3 6 et pour tout réel x 2 1 ,
V ¢(x) = 12 – 3 x = 3(4 – x ) .
D’où :

2.  lim (1 - x 2) = 0 +   donc  lim f (x) = +3  ;
x"1
x11

x"1
x11

x

x"1
x21

et pour tout x de @ 1 ; +3 6 , f (x) =
f (x) = 0 .
donc x lim
+

x

2

(

V(x)

x
1
=
1 –1
1
x 2–1
x2
x

) (

)

3. f est continue sur son ensemble de définition, donc d’après le
théorème des valeurs intermédiaires, f décrit R.
II. 1. Pour tout t de 6 0 ; r @ ,
g ¢(t ) = – 2 sin (t ) cos (t ) # sin 2 (t ) + (1 + cos 2 (t )) # 2 sin (t ) cos (t )
g ¢(t ) = 2 sin (t ) cos (t )(1 + cos 2 (t ) – sin 2 (t ))
g ¢(t ) = 2 sin (t ) cos (t )(2 cos 2 (t ))
g ¢(t ) = 4 sin (t ) cos 3 (t )

+

Signe de g¢

–p

0
-1






–3



x

1

4

8

12

16

20

24

28

32

36

V(x)

10

32

51

61

64

61

53

40

22

0

r

30



20

y = V(x)

10
0 2

p


64

50

0

p

2

+

+3

60

1
p

2



70

1

Variations
de g
0

III. 

0

16

40

r
2

0

x

10



3. Tableau de valeurs :

" 3

2. 

1

V ¢(x)

lim (1 - x 2) = 0 –   donc  lim f (x) = – 3

x"1
x21

x ) = 0 + x = 0 ou x = 36

3p
2

2p

5p
2

4

6

8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36

Partie C

3p

1. Le maximum est atteint en x = 16 , c’est-à-dire en avril 2001.
2.  V (x) 1 10 au cours du 35ème mois, soit en novembre 2002.

IV. Partie A
Z
] A = 1 379 + 118 3
]
A – B = 10
V (1) = 10
132
+ '
+[
)
12 (A – B 12 ) = 61
V (12) = 61
59
+
118
3
]] B =
132
\
A . 11, 995
+ '

 .
B . 1,995

© Hachette livre, 2012

44

Repères Term S, Livre du professeur



3

Fonction exponentielle
Fonction logarithme népérien
Programme officiel
Contenus

Capacités attendues

Fonction exponentielle
Fonction x 7 exp (x) .

• Démontrer l’unicité d’une fonction dérivable sur R, égale à sa dérivée et qui vaut 1 en 0.

Relation fonctionnelle, notation ex .

ex = +3 et x lim
ex = 0 .
• Démontrer que x lim

+
" 3

" 3

• Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture.
• Connaître le sens de variation et la représentation graphique de la fonction exponentielle.
ex
xe x = 0 .
= +3 et x lim
3 x
" –3

• Connaître et exploiter x lim
+
"

Fonction logarithme népérien
Fonction x 7 ln x .

Relation fonctionnelle dérivée.

• Connaître le sens de variation, les limites et la représentation graphique de la fonction logarithme
népérien.
• Utiliser, pour a réel strictement positif et b réel, l’équivalence ln a = b + a = eb .
• Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture.
• Connaître et exploiter x lim
+

" 3

ln x
= 0.
x

Découverte (p. 112-113)
1. Fonction exponentielle et méthode d’Euler

1.  x n = x 0 + nh = nh .
2.  y n + 1 = y n + hf ¢ (x n) = y n + hf (x n) = y n + hy n = y n (1 + h). La
suite ( y n) est géométrique de raison 1 + h et de premier terme
y0 = 1 .
3.  b.  En B3 on écrit : =B2+$D$4 . En C2 on écrit : 1 .
c.  En C3 on écrit : =C2*(1+$D$4) .
On obtient le tableur suivant :

.

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45

Repères Term S, Livre du professeur



TS
erm

Chap. 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

Livre du professeur

5.  On obtient le tableur suivant :

4. 

Ainsi f (2) . 0, 693 .

3. Découvrir la fonction ln avec sa calculatrice
1.  On trouve D ln = @ 0 ; +3 6 .
5.  On obtient le tableur suivant :

3.  On peut conjecturer que la fonction ln est croissante sur
@ 0 ; +3 6 .
lim = ln (x) = -3
4.  On
peut
conjecturer
que
et
x"0
lim
ln
(
x
)
=
+
.
3
x +

Ainsi f (1) . 2, 7169 .

2. Fonction logarithme et méthode d’Euler
1.  x n = x 0 + nh = 1 + nh .

" 3

2.  y n +1 = y n + hf ¢ (x n) = y n + h # 1 = y n + h # 1
.
xn
1 + xh
3.  b.  En B3 on écrit : =B2+$D$4 . En C2 on écrit : 0 .
c.  En C3 on écrit : =C2+$D$4/(1+A3*$D$4) .
On obtient le tableur suivant :

x

0

+3
+3

ln (x)
–3

6.  On peut conjecturer que ln (x) H 0 lorsque x G 1 et que
ln (x) 2 0 lorsque 0 1 x 1 1 .
7.  La calculatrice ne permet pas de donner le résultat car il est
trop grand. À l’aide d’un logiciel de calcul formel on trouve :

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46

Repères Term S, Livre du professeur



TS
erm

Chap. 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

Livre du professeur

Exercices résolus (p. 130 à 137)
Page 130
-x+1
2x x
)
e3x - ex + 1 = e (e - e
= e2x  ;
x
x
1-x
1-x
e -e
e -e
ln (x 2 - 2x - 3) - 2 ln (x + 1) = ln (x 2 - 2x - 3) - ln (x + 1) 2
2
(x + 1)(x - 3)
= ln x - 2x -2 3 = ln
(x + 1)
(x + 1) 2
= ln x - 3 .
x+1

) (

(
(

)

1 - e- 2x = 1 et x lim
(e- x + 2ex) = +3 donc
Or x lim
+
+
" 3
x

)

Page 132
(x + ln (1 + e- 2x)) = x lim
(ln (ex) + ln (1 + e- 2x))
1.  x lim


" 3

" 3

= x lim
ln (ex (1 + e- 2x)) = x lim
ln (ex + e- x) = +3.


" 3

" 3

ln (1 + e- 2x) = 0 et x lim
x = +3 donc
2.  x lim
+
+
" 3

2

ex
+ x 2 + 3x + 2 H 0 soit x ! @ – 3 ; 2 @ , 6 - 1 ; +3 6 .

" 3

- 2x

)) = +3 .
- x 2x
e - e = lim e (e - 1) .
3.  x lim
x " –3
" – 3 1 + 2e2x
1 + 2e2x
-x
e = +3 et x lim
e2x - 1 = - 1 donc
Or x lim
" –3
" –3
lim (x + ln (1 + e

x " +3

-x

x

-x

2x

Page 135
1.  On pose X = ln x ainsi 2 (ln x) 2 - 5 ln x - 3 1 0
-

1

+ 2X 2 - 5X - 3 1 0 + X ! E - 1 ; 3 ; + x ! B e 2 ; e3 8 .
2
2.  On pose X = e- x ainsi e- 2x - 8e- x + 12 = 0
+ X 2 - 8X + 12 = 0 + (X - 2)(X - 6) = 0 + X = 2 .
soit x = - ln 2 ou x = - ln 6 .

2x

(e - 1) = – 3 et x lim
1 + 2e = 1 .
" –3
e- x (e2x - 1)
Donc x lim
= –3 .
" – 3 1 + 2e2x
x
- 2x
ex - e- x = lim e (1 - e ) = lim 1 - e- 2x  .
4.  x lim
x " – 3 ex (e- x + 2ex)
x " +3 e- x + 2ex
" +3 1 + 2e2x
lim e

" 3

e - e- x = 0 .
lim
x " +3
1 + 2e2x
Page 133
1.  e- 2x - e4x - 2 = 0 + e- 2x = e4x - 2 + - 2x = 4x - 2 + x = 1 .
3
S = ' 1 1  .
3
2.  ex - 4e- x = 2 + e2x - 4 = 0 . On pose X = ex et on a
X 2 - 2X - 4 = 0 d’où X = 1 - 5 ou X = 1 + 5 or X = ex
donc X 2 0 ainsi X = 1 + 5 soit ex = 1 + 5 ce qui nous
donne x = ln (1 + 5 ) .
2
2
3.  e G e3x + 4 + e2 - x G e3x + 4 + 2 - x 2 G 3x + 4

x " –3

Exercices (p. 138)
1. à 42. Corrigés dans le manuel.

= e3x + 5 # e- 3x + 3 # e4x - 4 = e4x + 4
= (ex + 1) 4 .

1. Calculs algébriques
43.  A = (e- x) 2 = e- 2x  ;
-x+4
B = e x + 4 = e- 2x  ;
e
C = (ex + 3 # e- 2x - 2) 2 = (e- x + 1) 2
= e- 2x + 2 .
44.  1. (e2 - 3 ) 2 + 3 = e(2 - 3 ) # (2 + 3 )
= e4 - 3 = e1 .
2
- 1, 4
0, 6
=e .
2.  e # e
3, 6
3.  e2, 7 = e3, 6 - 2, 7 = e0, 9 .
e
1

4. 

e2

1

= e2
1

-

1
3

1

= e6 .

e3
45.  1.  4e4x # (- 5e- 3x + 2) = - 20ex + 2 .
3x
- 3x
3x
- 3x
6x
- 6x
2.  e + e # e - e
=e -e
.
2
2
4
e- 3x + 5 # (ex + 2) 3 e- 3x + 5 # e3x + 6
=
3. 
e- 2x - 6
e- 2x - 6
11 + 2x + 6
=e
= e2x + 17 .
4.  e3x + 5 # (e- x + 1) 3 # (e2 - 2x) 2

1
1 = ex .
46.  1. 
=
1 + e- x 1 + 1 ex + 1
ex
-x x
x
-x
e
(e
e- x) 1 - e- 2x
2.  ex - e - x = - x x
 .
=
e +e
e (e + e- x) 1 + e- 2x
-x

x

-x

e
1
= e #e
=
 .
e- x + x 2 ex (e- x + x 2) 1 + x 2 ex
x
x
2.  1 - x 7 = e +x 3 - 7 = ex - 4  .
e +3
e +3
e +3
x
-x
-x
x
e
(1
e
)
48.  1 - e - x = x
= ex - 1  .
-x
1+e
e (1 + e ) e + 1
x
x
2
1- x
= e +x 1 - 2 = ex - 1  .
e +1
e +1
e +1
49.  •  f (x) = ln (2x - 1) + ln (- x + 5) .
On doit avoit x 2 1 et - x 2 - 5 soit
2
x 1 5.
Df = E 1 ; 5 ; .
2
•  g (x) = ln ((2x - 1)(- x + 5))
= ln (2x - 1) + ln (- x + 5)  ; Dg = Df .
47. 1.

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47

Repères Term S, Livre du professeur

x

1
2

–3

2x - 1



-x+ 5

+

(2x1)(- x + 5)



0

0

5
+

+3
+

+

0



+

0



•  h (x) = ln (1 + x2) .

1 + x 2 2 0  x ! R donc
Dh = R
•  i (x) = ln (1 + e2x) .
e2x 2 0  x ! R  ;

1 + e2x 2 0  x ! R donc
Di = R .
50.  ln 8 = 3 ln 2  ; ln 1 = - 2 ln 2  ;
4
ln (16e) = 4 ln 2 + 1  ; ln 2 = 1 ln 2  ;
2
64
ln 2 5 ln 2 - 2 .
e
51.  ln 10 = ln 5 # 2 = ln 5 + ln 2 .
ln 100 = ln 10 2 = 2 ln 10 = 2(ln 5 + ln 2) .
ln 0, 000 1 = ln 10 - 4 = - 4 ln 10
= - 4(ln 5 + ln 2) .
3
3
ln 1 000 = ln 10 2 = (ln 5 + ln 2) .
2

()

( )



TS
erm

Chap. 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

Livre du professeur

ln 8 = 3 ln 2 - 2 ln 5 .
25
ln (8 # 10 5) = ln 8 + ln 10 5
= 3 ln 2 + 5(ln 5 + ln 2) = 5 ln 5 + 8 ln 2 .
ln (32 # 10 - 8) = 5 ln 2 - 8(ln 5 + ln 2)
= - 8 ln 5 - 3 ln 2 .
ln 0, 000 004 = ln (4 # 0, 000 001)
= 2 ln 2 - 6 ln 5 - 6 ln 2
= - 6 ln 5 - 4 ln 2 .

52.  ln (( 2 + 1)( 2 - 1)) = ln (2 - 1)
= ln 1 = 0 .
ln ( 7 - 2) + ln ( 7 + 2)
= ln (( 7 - 2)( 7 + 2)) = ln (7 - 4) = ln 3.
11 - 3 + ln
11 + 3
1
= (ln ( 11 - 3) + ln ( 11 + 3))
2
= 1 ln (11 - 9) = 1 ln 2 .
2
2
53.  ln ((x - 1) # (x - 2)) - (ln (x - 1)
+ ln (x - 2)) = 0 .
ln (x - 1) + ln (x - 2) - ln (x - 1)
- ln (x - 2) = 0 .
L’égalité affichée par le logiciel est vraie.
54. ln (e1#x 2) - 2 ln x = ln e1 + ln x 2 - 2 ln x
= ln e + 2 ln x - 2 ln x = ln e = 1 .
ln

2. Équations et inéquations
55. à 58. Corrigés dans le manuel.
59.  1.  e- 2x + 5 = e3 + - 2x + 5 = 3
+ - 2x = - 2 + x = 1 .
2
2.  ex = e4x + 3 + x 2 - 4x - 3 = 0 .
3 = 16 + 12 = 28 soit 3 = 2 7 .
4-2 7
x1 =
= 2 - 7 et x 2 = 2 + 7 .
2
x+7
- 2x + 5 3
= (e
) + ex + 7 = e- 6x + 15
3.  e
+ x + 7 = - 6x + 15 + 7x = 8 + x = 8 .
7
4.  R \ ' 5 1 .
2
x+1
e- 2x + 5

= e3 + x + 1 = - 6x + 15 + 7x
= 14 + x = 2 .

60.  1.
e2x - ex = 0 + ex (ex - 1) = 0 + ex = 0
ou ex - 1 = 0 + pas de solution ou
ex = 1 + x = 0 .
2.  D = 6 - 1 ; +3 6 .

x + 1 + x2 = x + 1
+ x2 - x - 1 = 0 .
1+ 5
3 = 1 + 4 = 5  ; x 1 =
et
2
1- 5
x2 =
 .
2
3.  D = @ 0 ; +3 6 .
(eln x) 2 + 5eln x = 6 + x 2 + 5x - 6 = 0.
3 = 25 + 24 = 49  ;
ex = e

x+1

+x =

x 1 = - 5 - 7 = - 6 g D et
2
x 2 = - 5 + 7 = 1.
2
4.  xex G 0 pour x ! @ – 3 ; 0 @ .
2
5.  e1 - x G 0 pas de solution.
61.  1.  e- x G ex + e- x - ex G 0
+ ex (e- 2x - 1) + 0 + e- 2x - 1 G 0
+ e- 2x G 1 + - 2x G 0 + x H 0 .
4x
2.  e 21 + e4x2e0 + 4x20 + x20.
2
2
3.  ex - xG1 + ex - xGe0 + x 2 - xG0
+ x (x - 1) G 0.
1

0

–3
x



x-1



x (x - 1)

+

+3

+

0

0

+



0

+



0

+

3 = 1 + 24 = 25  ; x 1 = - 1 - 5 = - 3 et
2
x2 = - 1 + 5 = 2 .
2
On dresse le tableau de signes :
x
- x2 + x - 6

+

-1
2

0

+3

– 0 +



x

1
+

- 2x2 + x + 1

– 0 +

+ 0 –

- 2x + x + 1
x

+ 0 –

+ 0 –

2

1

Donc e x G e2x - 1 +
x ! ; - 1 ; 0 ; , 6 1 ; +3 6 .
2
2
2
2.  e5x - ex - 3x - 920 + e5x2ex - 3x - 9
+ 5x 2 x 2 - 3x - 9 + - x 2 + 8x + 9 2 0.
3 = 100  ; x 1 = - 8 - 10 = 9 et
-2
8
+
10
= - 1.
x2 =
-2
On dresse le tableau de signes :
-1

–3

- x2 + 8x + 9



0

9
+

0

+3


2

Donc e5x - ex - 3x - 9 2 0 + x ! @ - 1 ; 9 6
2
2
3.  ex ex H (e3) 2 + ex + x H e6
+ x2 + x - 6 H 0 .
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48

Repères Term S, Livre du professeur

+

0

2

1- 5
2

–3

x2 - x - 1

+

1+ 5
2


0

0

+3
+

Donc
2
1 - 5 1 + 5;
ex - x 1 e + x ! E
;
.
2
2
63.  1.  e6 - 2x H 11 + e6 - 2x H eln 11
+ 6 - 2x H ln 11 + - 2x H ln 11 - 6
ln 11 - 6
- ln 11 + 6
+ xG
+ xG
 .
-2
2
x
x
x
2.  (e - 2)(e - 6) = 0 + e - 2 = 0 ou
ex - 6 = 0 + ex = 2 ou ex = 6 + x = ln 2
ou x = ln 6 .
3.  (e- x - 3)(ex + 1) H 0 + e- x - 3 2 0
(puisque ex + 1 2 0 )
+ e- x 2 3 + - x 2 ln 3 + x 1 - ln 3.
4.  D = @ 0 ; +3 6 .
e2 + ln x 2 ln 3 + e2#eln x 2 ln 3 + x2 ln23 .
x
e
5.  e x = 7 + ex = 14 - 7ex .
2-e
+ 8ex = 14 + ex = 14 = 7 + x = ln 7  .
8 4
4
2
64.  1.  (x - 4) e- 1 + x 1 0 .
x

4

–3

x-4
e-


2

(x - 4)e-

0

+

1+ x

2

1+ x


2

x



0

+3

4.  ex - x 1 e + x 2 - x - 1 1 0.
1- 5
3 = 1 + 4 = 5  ; x 1 =
et
2
1+ 5
x2 =
 .
2
On dresse le tableau de signes :

x2 - x

–3

2

Donc
2
ex exH(e3) 2 + x ! @ – 3 ; - 3 @,6 2 ; +3 6 .

x

G 1 + x ! 60 ; 1@ .
Donc e
4.  e2x + 1 2 1x + e2x + 1 2 e- x
e
+ 2x + 1 2 - x + 3x + 1 2 0 + x 2 - 1 .
3
1
62.  1.  e x G e2x - 1 + 1 G 2x - 1
x 2
+ 1 - 2x + 1 G 0 + - 2x + x + 1 G 0.
x
x
On calcule le discriminent du polynôme au numérateur : 3 = 1 + 8 = 9  ;
x 1 = - 1 - 3 = 1 et x 2 = - 1 + 3 = - 1 .
-4
-4
2
On dresse alors le tableau de signes :

-3

–3

+3
+
+

0

+

Donc (x - 4) e- 1 + x 1 0 + x ! @ – 3 ; 4 6 .
2.  D = R - " - 4 , .
ex - e H 0
ex + 4 - 1
+ ex - e 2 0 et ex + 4 - 1 2 0
+ ex 2 e et ex + 4 2 1
+ x 2 ln e et x + 4 2 0



TS
erm

Chap. 3 Fonction exponentielle - Fonction logarithme népérien

Livre du professeur

+ x 2 1 et x 2- 4
+ x ! @ – 3 ; - 4 6 , 6 1 ; +3 6 .
3.  e2 - x # e- 1 + 3x 1 (e4) 2 + e2x + 1 1 e8
+ 2x - 7 1 0 + x 1 7  .
2
4.  D =  - " 0 , .
x
e - 1H 0.
x
•  ex - 1 2 0 + ex 2 1 + x 2 0 .
x

0

–3

+3

e -1



0

+

x



0

+

e -1
x

+

x

x

+

Donc
ex - 1 H 0 + x
! @ – 3 ; 0 6 , @ 0 ; +3 6 .
x
65.  1.  D = @ 2 ; +3 6 .
ln (x - 2) = 11 + x - 2 = e11 + x = e11 + 2.
2.  D = E – 3 ; 3 ; .
2
ln (3 - 2x) = - 11 + 3 - 2x = e- 11
- 11
+ 3  .
+ - 2x = e- 11 - 3 + x = - e
2
3.  D = E - 1 ; +3 ; .
4
ln (4x + 1) = 0 + ln (4x + 1) = ln (1)
+ 4x + 1 = 1 + x = 0 .
4.  D = @ – 3 ; 14 6 .
ln 7 - 1 x = 1 + ln 7 - 1 x = ln e
2
2
1
1
+7 - x = e=+- x = e- 7
2
2
+ x = - 2e + 14 .
66.  1. 

(

)

(

)

-1
2

-1

–3
x+ 1



2x + 1



x+ 1
2x + 1

+

0

+


0



+3
+

0

+
+

Donc D = @ – 3 ; - 1 6 , E - 1 ; +3 ; .
2
x
+
1
1
x
+
1
= ln +
=1
ln
2x + 1
3 2x + 1 3
+ 3x + 3 = 2x + 1 + x = - 2 .
2.  3x - 1 2 0 + x 2 1  ;
3
x + 2 2 0 + x 2 2 donc D = @ 2 ; +3 6 .
ln (3x - 1) - ln (x + 2) = - ln (2)
+ ln 3x - 1 = ln 1 + 3x - 1 = 1
x+2
2
x+2 2
+ 6x - 2 = x + 2 + 5x = 4 + x = 5  .
4

(

)

(

)

67.  1. 
x

1
2

-3

–3

2x - 1



x+ 3



0

+

(2x - 1)(x + 3)

+

0





+3
+

0

+
+

Donc D = @ – 3 ; - 3 6 , E 1 ; +3 ; .
2
ln ((2x - 1)(x + 3)) H ln 15
+ (2x - 1)(x + 3) H 15
+ 2x 2 + 6x - x - 3 H 15
+ 2x 2 + 5x - 18 H 0 .
3= 25 + 144 = 169  ; x 1 = - 5 - 13 = - 9
4
2
et x 2 = - 5 + 13 = 2 .
4
Donc x ! ; - 9 ; - 3 ; , E 1 ; 2 E .
2
2
1
2.  2x - 1 2 0 + x 2 et
2
x + 3 2 0 + x 2- 3 , donc D = E 1 ; +3 ; .
2
ln (2x - 1) + ln (x + 3) H ln 15 .
d’après 1. x ! E 1 ; 2 E .
2
68.  1.  x 2 0 et x + 1 2 0 + x 2 - 1
donc D = @ 0 ; +3 6 .
ln x H ln 4 - ln (x + 1)
+ ln (x # (x + 1)) H ln 4 + x 2 + x - 4 H 0
- 1 - 17
3 = 1 + 16 = 17  ; x 1 =
et
2
- 1 + 17
x2 =
 .
2
- 1 + 17
; +3 ; .
Donc x ! ;
2
2.  D = @ – 3 ; 0 6 .
ln (1 + ex) + ln (1 - ex)H1 + ln (1 - e2x)H1
2
2
+ 1 - e2x H e + - e2x H e - 1
+ e2x G 1 - e + 1 - e 1 0 .
Cette inéquation n’a donc pas de solution.
69.
(E) : 4(ln x) 3 = 11(ln x) 2 - 246 ln x + 189 = 0
avec x ! @ 0 ; +3 6 .
1.  On pose X = ln x avec x ! @ – 3 ; +3 6 .
On a donc 4X 3 - 11X 2 - 246X + 189 = 0.
2.  On entre “solve”
(4X 3 - 11X 2 - 246X + 189 = 0, X) et on
trouve S = ' - 7 ; 3 ; 9 1 .
4
3.  S = " e- 7 ; e3/4 ; e9 , .
70. 1.  ex + e- x = 5 .
2. 
5 - 21
5 + 21
x 1 + x 2 = ln
+ ln
2
2
= ln 25 - 21 = ln 2 .
2

(

© Hachette livre, 2012

)

49

(

)

Repères Term S, Livre du professeur

71.  1.  e2x - 7ex + 10 = 0 .
On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a
donc
X 2 - 7X + 10 = 0 .
3 = 49 - 40 = 9  ; X 1 = 7 - 3 = 2 et
2
X 2 = 7 + 3 = 5 soit ex 1 = 2 et ex 2 = 5 et
2
finalement x 1 = ln 2 et x 2 = ln 5 .
2.  2ex - 9e- x = - 3
+ 2e2x - 9 = - 3ex
+ 2e2x + 3ex - 9 = 0 .
On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6  ; on a
donc 2X 2 + 3X - 9 = 0
3 = 9 + 72 = 81  ; X 1 = - 3 - 9 = - 3
4
et X 2 = - 3 + 9 = 3  . X 1 est impossible,
4
2
donc e2x = 3 soit x 2 = ln 3  .
2
2
72.  1.
2x
x
2x
e = 24 - 5e + e + 5ex - 24 = 0 .
On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a
donc X 2 + 5X - 24 = 0 .
3 = 25 + 96 = 121  ; X 1 = - 5 - 11 = - 8
2
et X 2 = - 5 + 11 = 3 . X 1 est impossible,
2
donc ex - 2 = 3 soit x 2 = ln 3 .
2.  e- x - 3ex = - 1 + - 3e2x + ex + 1 = 0.
On pose X = ex avec X ! @ 0 ; +3 6 on a
donc - 3X 2 + X + 1 = 0 .
3 = 1 + 12 = 13  ;
- 1 - 13 1 + 13
=
X1 =
et
-6
6
- 1 + 13 - 1 - 13
=
X2 =
impos-6
6
sible.
1 + 13
1 + 13
Donc ex 1 =
soit x 1 = ln
 .
6
6
73.  L’équation que Célia souhaite résoudre est différente de celle du logiciel
de calcul formel.
74.
x

2

–3

x-2



e- x

+

f (x)


2x

0

+3
+
+

0

+

x

g (x) = e + e  ; g (x) est strictement positive sur R.
75.  •  f (x) = e2x - ex = ex (ex - 1) .
x

0

–3

+3

ex

+

ex - 1



0

+

f (x)



0

+

+


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