Exercices sur les fonctions – Seconde (corrigés détaillés)

a) On lit directement sur les points :

• \(f(-2)=1\) (point A),
• \(f(0)=3\) (point B),
• \(f(2)=0\) (point C),
• \(f(4)=2\) (point D).

b) Entre B(0, 3) et C(2, 0), c’est un segment : la fonction est affine sur \([0;2]\).

La pente vaut \(\frac{0-3}{2-0}=-\frac{3}{2}\), donc sur ce segment :

\(f(x)=3-\frac{3}{2}x\).

Alors \(f(1)=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\).

a) Le minimum est la coordonnée \(y\) du sommet : \(-2\). Il est atteint pour \(x=1\).

b) On sait déjà \(g(0)=-1\) et \(g(2)=-1\). Et \(g(1)=-2\) (sommet).

c) Résoudre \(g(x)=-1\) revient à trouver les abscisses des points d’intersection avec la droite horizontale de niveau \(-1\). Ici, on les connaît : \(x=0\) et \(x=2\).

a) La valeur \(2\) est prise sur tout le segment horizontal entre Q(-2, 2) et R(0, 2). Donc les antécédents de \(2\) sont tous les \(x\) de \([-2;0]\).

b) La valeur \(-1\) est prise sur tout le segment horizontal entre S(2, -1) et T(4, -1). Donc les antécédents de \(-1\) sont tous les \(x\) de \([2;4]\).

c) Sur le segment [PQ], la droite passe par (-4, 0) et (-2, 2) : elle monte de 2 quand \(x\) augmente de 2, donc pente 1. On a donc \(h(x)=x+4\) sur \([-4;-2]\). Résoudre \(x+4=1\) donne \(x=-3\).

Sur le segment [RS], on passe de (0, 2) à (2, -1). La pente vaut \(\frac{-1-2}{2-0}=-\frac{3}{2}\), donc \(h(x)=2-\frac{3}{2}x\) sur \([0;2]\). Résoudre \(2-\frac{3}{2}x=1\) donne \(\frac{3}{2}x=1\), donc \(x=\frac{2}{3}\).

Conclusion : \(h(x)=1\) a deux solutions : \(x=-3\) et \(x=\frac{2}{3}\).

• \(f(2)=-3\) signifie : « L’image de \(2\) par \(f\) est \(-3\). »
• « Les solutions de \(f(x)=0\) sont \(-1\) et \(4\) » signifie : « \(-1\) et \(4\) sont des antécédents de \(0\) par \(f\). »

a)

• \(f(-1)=2\cdot(-1)^2-3\cdot(-1)+1=2+3+1=6\)
• \(f(0)=2\cdot 0^2-3\cdot 0+1=1\)
• \(f(2)=2\cdot 4-3\cdot 2+1=8-6+1=3\)

b) \(f(1)=2\cdot 1^2-3\cdot 1+1=2-3+1=0\).

a)

• \(g(0)=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}\)
• \(g(1)=\frac{0}{3}=0\)
• \(g(-1)=\frac{-2}{1}=-2\)

b) \(g(x)=0\) quand le numérateur est nul (et le dénominateur non nul). Donc \(x-1=0\), d’où \(x=1\) (et \(1+2\ne 0\), donc c’est bien valide).

a) \(h(3)=\sqrt{2\cdot 3+5}=\sqrt{11}\).

b) Résoudre \(\sqrt{2x+5}=5\). On élève au carré : \(2x+5=25\), donc \(2x=20\) et \(x=10\).

Vérification : \(h(10)=\sqrt{25}=5\). ✓

a) \(p(x)=0\) équivaut à \(x^2-4=0\), donc \(x^2=4\) et \(x=2\) ou \(x=-2\).

b) \(p(x)=5\) équivaut à \(x^2-4=5\), donc \(x^2=9\) et \(x=3\) ou \(x=-3\).

Le dénominateur ne doit pas être nul : \(x-4\ne 0\), donc \(x\ne 4\).

Ensemble de définition : \(\mathbb{R}\setminus\{4\}\) (ou \(]-\infty;4[\ \cup\ ]4;+\infty[\)).

On interdit les valeurs qui annulent le dénominateur : \(x^2-9\ne 0\).

\(x^2-9=(x-3)(x+3)\), donc \(x\ne 3\) et \(x\ne -3\).

Ensemble de définition : \(\mathbb{R}\setminus\{-3;3\}\).

On doit avoir \(5-2x\ge 0\).

\(5-2x\ge 0\) équivaut à \(-2x\ge -5\), donc \(x\le \frac{5}{2}\).

Ensemble de définition : \(]-\infty;\frac{5}{2}]\).

Deux contraintes :

• Il faut \(x-3\ge 0\) pour que la racine existe.
• Il faut aussi \(\sqrt{x-3}\ne 0\) car c’est au dénominateur.

\(\sqrt{x-3}\ne 0\) équivaut à \(x-3\ne 0\), donc \(x\ne 3\).

Conclusion : \(x\) doit être strictement supérieur à \(3\), donc domaine \(]3;+\infty[\).

a) Le maximum global est \(4\) (atteint en \(x=-1\)). Le minimum global est \(-2\) (atteint en \(x=2\)).

b) Comme \(f\) décroît de \(4\) à \(-2\) sur \([-1;2]\) et que \(0\) est dans cet intervalle, on a :

\(-2 \le f(0) \le 4\).

c) Graphique correspondant au tableau :

• a) Sur \([0;3]\), \(g\) est décroissante, donc \(g(1) > g(2)\).
• b) Sur \([3;5]\), \(g\) est croissante, donc \(g(4) < g(5)[/latex].
• c) Comme [latex]g\) est croissante sur \([3;5]\), on a \(g(3) < g(4)[/latex].

a) La valeur \(3\) est :

• prise une fois sur la phase croissante de \(1\) à \(4\),
• prise une fois sur la phase décroissante de \(4\) à \(-2\),
• et prise à la fin de la phase croissante de \(-2\) à \(3\) (en \(x=6\)).

Donc \(f(x)=3\) a 3 solutions.

b) La valeur \(-1\) est entre \(4\) et \(-2\) : une solution sur la phase décroissante. Elle est aussi entre \(-2\) et \(3\) : une solution sur la phase croissante. Donc 2 solutions.

c) La valeur \(5\) n’est jamais atteinte (le maximum est \(4\)). Donc 0 solution.

On résout sur chaque segment.

Sur [EF] : \(m(x)\) va de 2 à 4 en croissant. On cherche \(m(x)\ge 2{,}5\). Comme la fonction est affine sur \([-3;-1]\) avec \(m(x)=x+5\), on résout \(x+5\ge 2{,}5\), soit \(x\ge -2{,}5\). Sur ce segment, cela donne \([-2{,}5;-1]\).

Sur [FG] : \(m(x)\) décroît de 4 à 1. On cherche \(m(x)\ge 2{,}5\). La pente est \(\frac{1-4}{1-(-1)}=-\frac{3}{2}\), donc \(m(x)=4-\frac{3}{2}(x+1)=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}x\). Résoudre \(\frac{5}{2}-\frac{3}{2}x\ge 2{,}5\) donne \(-\frac{3}{2}x\ge 0\), donc \(x\le 0\). Sur \([-1;1]\), cela donne \([-1;0]\).

Sur [GH] : \(m(x)\) croît de 1 à 3. On cherche \(m(x)\ge 2{,}5\). La pente est \(\frac{3-1}{3-1}=1\), donc \(m(x)=x\). Résoudre \(x\ge 2{,}5\) sur \([1;3]\) donne \([2{,}5;3]\).

Réunion : \([-2{,}5;0]\cup[2{,}5;3]\).

On cherche les \(x\) tels que \(m(x)=3\).

• Sur [EF], \(m(x)=x+5\) : \(x+5=3\) donc \(x=-2\).
• Sur [FG], \(m(x)=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}x\) : \(\frac{5}{2}-\frac{3}{2}x=3\) donc \(-\frac{3}{2}x=\frac{1}{2}\) et \(x=-\frac{1}{3}\).
• Sur [GH], \(m(x)=x\) : \(x=3\).

Solutions : \(x=-2\), \(x=-\frac{1}{3}\), \(x=3\).

\(u(x)=v(x)\) équivaut à \(x^2=2x+1\), donc \(x^2-2x-1=0\).

On résout : \(\Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-1)=4+4=8\), donc \(\sqrt{\Delta}=2\sqrt{2}\).

\(x=\frac{2\pm 2\sqrt{2}}{2}=1\pm \sqrt{2}\).

On étudie le signe du quotient.

• Numérateur : \(x-1\) s’annule en \(x=1\).
• Dénominateur : \(x+2\) s’annule en \(x=-2\) (valeur interdite).

Tableau de signe :

• Pour \(x\) dans \(]-\infty;-2[\), numérateur négatif, dénominateur négatif, donc quotient positif.
• Pour \(x\) dans \(]-2;1[\), numérateur négatif, dénominateur positif, donc quotient négatif.
• Pour \(x\) dans \(]1;+\infty[\), numérateur positif, dénominateur positif, donc quotient positif.

On veut \(g(x)\le 0\) : cela correspond à \(]-2;1]\) (on inclut \(1\) car \(g(1)=0\), et on exclut \(-2\) car interdit).

a) \(R(x)=x\left(50-\frac{1}{2}x\right)=50x-\frac{1}{2}x^2\).

b) \(R\) est une parabole « tournée vers le bas » (coefficient de \(x^2\) négatif), donc elle admet un maximum au sommet.

Pour une forme \(ax^2+bx+c\), l’abscisse du sommet est \(-\frac{b}{2a}\). Ici \(a=-\frac{1}{2}\) et \(b=50\), donc :

\(-\frac{50}{2\cdot(-\frac{1}{2})}=-\frac{50}{-1}=50\).

La recette est maximale pour \(x=50\) places vendues.

a) \(C(x)=3+1{,}2x\).

b) \(C(10)=3+1{,}2\cdot 10=3+12=15\) €.

c) Résoudre \(3+1{,}2x\le 20\) :

\(1{,}2x\le 17\), donc \(x\le \frac{17}{1{,}2}\).

On peut écrire \(\frac{17}{1{,}2}=\frac{170}{12}=\frac{85}{6}\), soit environ \(14{,}17\) km.

Conclusion : pour des distances jusqu’à environ \(14{,}17\) km, le coût est inférieur ou égal à \(20\) €.

\(T(t)=-t^2+6t+12\) est une parabole tournée vers le bas, donc maximum au sommet.

Abscisse du sommet : \(-\frac{b}{2a}=-\frac{6}{2\cdot(-1)}=3\).

a) Le maximum est atteint pour \(t=3\), soit \(3\) heures après 8h : à 11h.

b) \(T(3)=-(3)^2+6\cdot 3+12=-9+18+12=21\). Maximum : 21°C.