Limites et continuité
la droite d'équation y=0 et la droite d'équation y=1.
32 p 58
f(x)=(x+3)21−2x
f(x)=\dfrac{1-2x}{(x+3)^2}
a=−3
a = -3
x→−3lim1−2x=7 et x→−3lim(x+3)2=0+
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -3}} 1-2x=7\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -3}} (x+3)^2=0^+
Donc par quotient x→−3−limf(x)=+∞ et x→−3+limf(x)=+∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -3^-}} f(x)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -3^+}} f(x)=+\infty.
33 p 58
f(x)=ex−1ex
f(x)=\dfrac{e^x}{e^x-1}
a=0
a = 0
x→0limex=1 et x→0lim(ex−1)=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}} e^x=1\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}} (e^x-1)=0
donc les limites à droite et à
gauche du quotient sont infinies.
Pour déterminer s'il s'agit de +∞ ou de −∞, on étudie le signe de ex−1 selon les valeurs de x.
ex−1⩾0
e^x-1\geqslant 0
ex⩾1
e^x\geqslant 1
ex⩾e0
e^x\geqslant e^0
x⩾0
x\geqslant 0
On a x→0−lim(ex−1)=0− et x→0+lim(ex−1)=0+.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}} (e^x-1)=0^-\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}} (e^x-1)=0^+.
Donc par quotient x→0−limf(x)=−∞ et x→0+limf(x)=+∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}} f(x)=-\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}} f(x)=+\infty.
On obtient le tableau de signes suivant :
34 p 58
f(x)=x+13x3+1
f(x)=\dfrac{3x^3+1}{x+1}
a=−1
a = -1
x→−1lim(3x3+1)=−2 et x→−1lim(x+1)=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1}} (3x^3+1)=-2\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1}} (x+1)=0
donc les limites à droite et à gauche du quotient sont infinies.
Pour déterminer s'il s'agit de +∞ ou de −∞, on étudie le signe de x+1 selon les valeurs de x.
On a x→−1−lim(x+1)=0− et x→−1+lim(x+1)=0+.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} (x+1)=0^-\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} (x+1)=0^+.
Donc par quotient x→−1−limf(x)=+∞ et x→−1+limf(x)=−∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} f(x)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} f(x)=-\infty.
35 p 58
f(x)=1−exx−2
f(x)=\dfrac{x-2}{1-e^x}
a=0
a = 0
x→0lim(x−2)=−2 et x→0lim(1−ex)=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}} (x-2)=-2\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}} (1-e^x)=0
donc les limites à droite et à gauche du quotient sont infinies.
Pour déterminer s'il s'agit de +∞ ou de −∞, on étudie le signe de 1−ex selon les valeurs de x.
1−ex⩾0
1-e^x\geqslant 0
−ex⩾−1
-e^x\geqslant -1
ex⩽1
e^x\leqslant 1
ex⩽e0
e^x\leqslant e^0
x⩽0
x\leqslant 0
On a x→0−lim(1−ex)=0+ et x→0+lim(1−ex)=0−.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}} (1-e^x)=0^+\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}} (1-e^x)=0^-.
Donc par quotient x→0−limf(x)=−∞ et x→0+limf(x)=+∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}} f(x)=-\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}} f(x)=+\infty.
On obtient le tableau de signes suivant :
36 p 58
f(x)=−x−12x2−1
f(x)=\dfrac{2x^2-1}{-x-1}
a=−1
a = -1
x→−1lim(2x2−1)=1 et x→−1lim(−x−1)=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1}} (2x^2-1)=1\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1}} (-x-1)=0
donc les limites à droite et à gauche du quotient sont infinies.
Pour déterminer s'il s'agit de +∞ ou de −∞, on étudie le signe de −x−1 selon les valeurs de x.
On a x→−1−lim(−x−1)=0+ et x→−1+lim(−x−1)=0−.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} (-x-1)=0^+\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} (-x-1)=0^-.
Donc par quotient x→−1−limf(x)=+∞ et x→−1+limf(x)=−∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} f(x)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} f(x)=-\infty.
38 p 59
1)f(x)=1+ex1
1)\;f(x)=\dfrac{1}{1+e^x}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞lim(1+ex)=+∞ donc par quotient x→+∞limf(x)=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (1+e^x)=+\infty\text{ donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=0
2)f(x)=x−22x+3
2)\;f(x)=\dfrac{2x+3}{x-2}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
On a x→+∞lim(2x+3)=+∞ et x→+∞lim(x−2)=+∞
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (2x+3)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (x-2)=+\infty
donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0 on a f(x)=x(1−x2)x(2+x3)=1−x22+x3
\text{Pour }x\neq 0\text{ on a }f(x)=\dfrac{x\left(2+\dfrac{3}{x}\right)}{x\left(1-\dfrac{2}{x}\right)}=\dfrac{2+\dfrac{3}{x}}{1-\dfrac{2}{x}}
On a x→+∞limx2=0 donc x→+∞lim(1−x2)=1.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{2}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(1-\dfrac{2}{x}\right)=1.
Donc par quotient x→+∞limf(x)=2.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=2.
On a x→+∞limx3=0 donc x→+∞lim(2+x3)=2.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{3}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2+\dfrac{3}{x}\right)=2.
3)f(x)=2x+1x2−4
3)\;f(x)=\dfrac{x^2-4}{2x+1}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
On a x→+∞lim(x2−4)=+∞ et x→+∞lim(2x+1)=+∞
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (x^2-4)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (2x+1)=+\infty
donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0 on a f(x)=x(2+x1)x2(1−x24)=x×2+x11−x24
\text{Pour }x\neq 0\text{ on a }f(x)=\dfrac{x^2\left(1-\dfrac{4}{x^2}\right)}{x\left(2+\dfrac{1}{x}\right)}=x\times\dfrac{1-\dfrac{4}{x^2}}{2+\dfrac{1}{x}}
On a x→+∞limx1=0 donc x→+∞lim(2+x1)=2.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{1}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2+\dfrac{1}{x}\right)=2.
On a x→+∞lim−x24=0 donc x→+∞lim(1−x24)=1.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} -\dfrac{4}{x^2}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(1-\dfrac{4}{x^2}\right)=1.
Donc par quotient x→+∞lim2+x11−x24=21
\text{ Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(\dfrac{1-\dfrac{4}{x^2}}{2+\dfrac{1}{x}}\right)=\dfrac{1}{2}
x→+∞limx=+∞ et x→+∞lim2+x11−x24=21
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} x=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(\dfrac{1-\dfrac{4}{x^2}}{2+\dfrac{1}{x}}\right)=\dfrac{1}{2}
Donc par produit x→+∞limf(x)=+∞.
\text{ Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=+\infty.
39 p 59
1)f(x)=2xx+1
1)\;f(x)=2x\sqrt{x}+1
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞lim2x=+∞ et x→+∞limx=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} 2x=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \sqrt{x}=+\infty
Donc par produit x→+∞lim2xx=+∞
\text{Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} 2x\sqrt{x}=+\infty
Donc par somme x→+∞limf(x)=+∞
\text{Donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=+\infty
2)f(x)=1−x−2
2)\;f(x)=\dfrac{-2}{1-\sqrt{x}}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
On a x→+∞lim(1−x)=−∞ donc par quotient x→+∞limf(x)=0.
\text{On a }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (1-\sqrt{x})=-\infty\text{ donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=0.
3)f(x)=ex+x−4
3)\;f(x)=e^x+x-4
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞limex=+∞ et x→+∞limx−4=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} e^x=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} x-4=+\infty
Donc par somme x→+∞limf(x)=+∞
\text{Donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=+\infty
4)f(x)=(2x−1)ex
4)\;f(x)=(2x-1)e^x
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞limex=+∞ et x→+∞lim(2x−1)=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} e^x=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (2x-1)=+\infty
Donc par produit x→+∞limf(x)=+∞
\text{Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=+\infty
40 p 59
1)f(x)=x−1−x3+x
1)\;f(x)=\dfrac{-x^3+x}{x-1}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
−x3+x=x(−x2+1)
-x^3+x = x\left(-x^2+1\right)
x→+∞limx=+∞ et x→+∞lim(−x2+1)=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} x=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(-x^2+1\right)=-\infty
Donc par produit x→+∞lim(−x3+x)=−∞
\text{Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (-x^3+x )=-\infty
x→+∞lim(x−1)=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (x-1)=+\infty
Donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0, on a f(x)=x−1−x3+x=x(1−x1)x(−x2+1)=1−x1−x2+1
\text{Pour } x\neq 0\text{, on a }f(x)=\dfrac{-x^3+x}{x-1}=\dfrac{x\left(-x^2+1\right)}{x\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{-x^2+1}{1-\dfrac{1}{x}}
On a vu que x→+∞lim(−x2+1)=−∞
\text{On a vu que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(-x^2+1\right)=-\infty
Donc par quotient x→+∞limf(x)=−∞
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=-\infty
x→+∞lim−x1=0 donc par somme x→+∞lim(1−x1)=1
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} -\dfrac{1}{x}=0\text{ donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1
1)f(x)=x−1−x3+x
1)\;f(x)=\dfrac{-x^3+x}{x-1}
x→−∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=\,?
−x3+x=x(−x2+1)
-x^3+x = x\left(-x^2+1\right)
x→−∞limx=−∞ et x→−∞lim(−x2+1)=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x=-\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(-x^2+1\right)=-\infty
Donc par produit x→−∞lim(−x3+x)=+∞
\text{Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} (-x^3+x )=+\infty
x→−∞lim(x−1)=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} (x-1)=-\infty
Donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0, on a f(x)=x−1−x3+x=x(1−x1)x(−x2+1)=1−x1−x2+1
\text{Pour } x\neq 0\text{, on a }f(x)=\dfrac{-x^3+x}{x-1}=\dfrac{x\left(-x^2+1\right)}{x\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{-x^2+1}{1-\dfrac{1}{x}}
On a vu que x→−∞lim(−x2+1)=−∞
\text{On a vu que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(-x^2+1\right)=-\infty
Donc par quotient x→−∞limf(x)=−∞
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=-\infty
x→−∞lim−x1=0 donc par somme x→−∞lim(1−x1)=1
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} -\dfrac{1}{x}=0\text{ donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1
2)f(x)=x2+x3x+5
2)\;f(x)=\dfrac{3x+5}{x^2+x}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞lim(3x+5)=+∞ et x→+∞lim(x2+x)=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (3x+5)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(x^2+x\right)=+\infty
Donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0, on a f(x)=x2(1+x1)x(3+x5)=x1×1+x13+x5
\text{Pour } x\neq 0\text{, on a }f(x)=\dfrac{x\left(3+\dfrac{5}{x}\right)}{x^2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{1}{x}\times\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}
x→+∞limx5=0 donc x→+∞lim(3+x5)=3
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{5}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(3+\dfrac{5}{x}\right)=3
x→+∞limx1=0 donc x→+∞lim(1+x1)=1
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{1}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(1+\dfrac{1}{x}\right)=1
Donc par quotient x→+∞lim1+x13+x5=3
\text{ Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}\right)=3
x→+∞limx1=0 et x→+∞lim1+x13+x5=3
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{1}{x}=0\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}\right)=3
Donc par produit x→+∞limf(x)=0.
\text{ Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=0.
2)f(x)=x2+x3x+5
2)\;f(x)=\dfrac{3x+5}{x^2+x}
x→−∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=\,?
x→−∞lim(3x+5)=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} (3x+5)=-\infty
x→−∞lim(x2+x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(x^2+x\right)=\;?
x→−∞limx2=+∞ et x→−∞limx=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x^2=+\infty \text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x=-\infty
Donc on obtient une forme indéterminée +∞−∞.
x2+x=x(x+1)
x^2+x=x(x+1)
x→−∞limx=−∞ et x→−∞lim(x+1)=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x=-\infty \text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} (x+1)=-\infty
Donc par produit x→−∞lim(x2+x)=+∞.
\text{ Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(x^2+x\right)=+\infty.
x→−∞lim(3x+5)=−∞ et x→−∞lim(x2+x)=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} (3x+5)=-\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(x^2+x\right)=+\infty
Donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0, on a f(x)=x2(1+x1)x(3+x5)=x1×1+x13+x5
\text{Pour } x\neq 0\text{, on a }f(x)=\dfrac{x\left(3+\dfrac{5}{x}\right)}{x^2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{1}{x}\times\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}
x→−∞limx5=0 donc x→−∞lim(3+x5)=3
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{5}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(3+\dfrac{5}{x}\right)=3
x→−∞limx1=0 donc x→−∞lim(1+x1)=1
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{1}{x}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(1+\dfrac{1}{x}\right)=1
Donc par quotient x→−∞lim1+x13+x5=3
\text{ Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}\right)=3
x→−∞limx1=0 et x→−∞lim1+x13+x5=3
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{1}{x}=0\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \left(\dfrac{3+\dfrac{5}{x}}{1+\dfrac{1}{x}}\right)=3
Donc par produit x→−∞limf(x)=0.
\text{ Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=0.
3)f(x)=3x2+x+22x2−x+1
3)\;f(x)=\dfrac{2x^2-x+1}{3x^2+x+2}
x→+∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\,?
x→+∞lim(2x2−x+1)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2x^2-x+1\right)=\;?
x→+∞lim2x2=+∞ et x→+∞lim−x+1=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} 2x^2=+\infty \text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} -x+1=-\infty
Donc on obtient une forme indéterminée +∞−∞.
2x2−x+1=x2(2−x1+x21)
2x^2-x+1=x^2\left(2-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)
x→+∞limx2=+∞ et x→+∞lim(2−x1+x21)=2
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} x^2=+\infty \text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)=2
Donc par produit x→+∞lim(2x2−x+1)=+∞.
\text{ Donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2x^2-x+1\right)=+\infty.
x→+∞lim(3x2+x+2)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(3x^2+x+2\right)=\;?
x→+∞lim3x2=+∞ et x→+∞limx+2=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} 3x^2=+\infty \text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} x+2=+\infty
Donc par somme x→+∞lim(3x2+x+2)=+∞
\text{Donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(3x^2+x+2\right)=+\infty
x→+∞lim(2x2−x+1)=+∞ et x→+∞lim(3x2+x+2)=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} (2x^2-x+1)=+\infty\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(3x^2+x+2\right)=+\infty
Donc on obtient une forme indéterminée ∞∞.
Pour x=0, on a f(x)=x2(3+x1+x22)x2(2−x1+x21)=3+x1+x222−x1+x21
\text{Pour } x\neq 0\text{, on a }f(x)=\dfrac{x^2\left(2-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(3+\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)}=\dfrac{2-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}{3+\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x^2}}
x→+∞lim−x1+x21=0 donc x→+∞lim(2−x1+x21)=2
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} -\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(2-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)=2
x→+∞limx1+x22=0 donc x→+∞lim(3+x1+x22)=3
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x^2}=0\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} \left(3+\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x^2}\right)=3
Donc par quotient x→+∞limf(x)=32
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=\dfrac{2}{3}
3)f(x)=3x2+x+22x2−x+1
3)\;f(x)=\dfrac{2x^2-x+1}{3x^2+x+2}
x→−∞limf(x)=?
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=\,?
Un raisonnement identique nous permet de montrer que
\text{Un raisonnement identique nous permet de montrer que }
x→−∞limf(x)=32
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=\dfrac{2}{3}
f(x)=x3+4x2+5x−6
f(x)=x^3+4x^2+5x−6
Dérivation : Automatismes
f′(x)=3x2+8x+5
f'(x)=3x^2+8x+5
g(x)=x1(x2−1)
g(x)=\dfrac{1}{x}(x²−1)
Dérivation : Automatismes
g est de la forme u×v
g \text{ est de la forme } u\times v
avec u(x)=x1 et v(x)=x2−1
\text{avec } u(x)=\dfrac{1}{x} \text{ et } v(x)=x^2-1
g′=u′v+uv′
g'=u'v+uv'
On a donc u′(x)=−x21 et v′(x)=2x
\text{On a donc } u'(x)=-\dfrac{1}{x^2} \text{ et } v'(x)=2x
u(x)=x1 et v(x)=x2−1
u(x)=\dfrac{1}{x} \text{ et } v(x)=x^2-1
g′=u′v+uv′
g'=u'v+uv'
u′(x)=−x21 et v′(x)=2x
u'(x)=-\dfrac{1}{x^2} \text{ et } v'(x)=2x
g′(x)=−x21×(x2−1)+x1×2x
g'(x)=-\dfrac{1}{x^2} \times (x^2-1)+\dfrac{1}{x}\times 2x
g′(x)=x21−x2+x22x2=x2x2+1
g'(x)=\dfrac{1-x^2}{x^2}+\dfrac{2x^2}{x^2}=\dfrac{x^2+1}{x^2}
h(x)=x+25x−1
h(x)=\dfrac{5x-1}{x+2}
Dérivation : Automatismes
h est de la forme vu
h \text{ est de la forme } \dfrac{u}{v}
avec u(x)=5x−1 et v(x)=x+2
\text{avec } u(x)=5x-1\text{ et } v(x)=x+2
h′=v2u′v−uv′
h'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}
On a donc u′(x)=5 et v′(x)=1
\text{On a donc } u'(x)=5\text{ et } v'(x)=1
u(x)=5x−1 et v(x)=x+2
u(x)=5x-1\text{ et } v(x)=x+2
h′=v2u′v−uv′
h'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}
u′(x)=5 et v′(x)=1
u'(x)=5\text{ et } v'(x)=1
h′(x)=(x+2)25(x+2)−(5x−1)×1
h'(x)=\dfrac{5(x+2)-(5x-1)\times 1}{(x+2)^2}
h′(x)=(x+2)25x+10−5x+1
h'(x)=\dfrac{5x+10-5x+1}{(x+2)^2}
h′(x)=(x+2)211
h'(x)=\dfrac{11}{(x+2)^2}
w(x)=3x+4
w(x)=\sqrt{3x+4}
Dérivation : Automatismes
w est de la forme g(ax+b)
w \text{ est de la forme } g(ax+b)
avec g(x)=x
\text{avec } g(x)=\sqrt{x}
deˊfinie et deˊrivable sur I=]0 ; +∞[.
\text{ définie et dérivable sur } I=]0~;~+\infty[.
3x+4>0
3x+4> 0
3x>−4
3x>-4
x>−34
x>-\dfrac{4}{3}
x∈]−34 ; +∞[
x\in\left] -\dfrac{4}{3} ~;~+\infty\right[
On a g′(x)=2x1
\text{On a } g'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}
et w′(x)=a×g′(ax+b)
\text{et }w'(x)=a\times g'(ax+b)
w est deˊfinie et deˊrivable sur J=]−34 ; +∞[
w\text{ est définie et dérivable sur J=}\left] -\dfrac{4}{3} ~;~+\infty\right[
w′(x)=3×23x+41
w'(x)=3\times \dfrac{1}{2\sqrt{3x+4}}
w′(x)=23x+43
w'(x)=\dfrac{3}{2\sqrt{3x+4}}
c(x)=e−2x+7
c(x)=\text{e}^{-2x+7}
Dérivation : Automatismes
c est de la forme eu
c \text{ est de la forme } \text{e}^u
avec u(x)=−2x+7
\text{avec } u(x)=-2x+7
c′(x)=−2e−2x+7
c'(x)=-2 \text{e}^{-2x+7}
On a u′(x)=−2 et c′=u′eu.
\text{On a } u'(x)=-2\text{ et }c'=u' \text{e}^u.
f′(x)=(xex)′
f'(x)=(x\text{e}^x)'
Pour étudier les variations d'une fonction il faut généralement étudier le signe de sa dérivée.
xex est de la forme u×v
x\text{e}^x\text{ est de la forme } u\times v
avec u(x)=x et v(x)=ex
\text{avec } u(x)=x \text{ et } v(x)=\text{e}^x
f′=u′v+uv′
f'=u'v+uv'
On a donc u′(x)=1 et v′(x)=ex
\text{On a donc } u'(x)=1\text{ et } v'(x)=\text{e}^x
f′(x)=1×ex+x×ex
f'(x)=1\times \text{e}^x+x\times \text{e}^x
f′(x)=ex+xex=ex(1+x)
f'(x)=\text{e}^x+x \text{e}^x=\text{e}^x(1+x)
Signe de f′(x)=ex(1+x):
\text{Signe de } f'(x)=\text{e}^x(1+x):
Pour tout x∈R,ex>0 donc f′ est du signe de 1+x
\text{Pour tout }x\in \mathbb{R}, \text{e}^x>0 \text{ donc }f'\text{ est du signe de }1+x
f(−1)=−e−1−2
f(-1)=-\text{e}^{-1}-2
Sur ]−∞ ; −1[,f(x)<−2 donc l’eˊquation f(x)=2
\text{Sur }]-\infty~;~-1[, f(x)<-2\text{ donc l'équation }f(x)=2
Sur [−1 ; +∞[,f est continue, strictement croissante, et
\text{Sur }[-1~;~+\infty[, f\text{ est continue, strictement croissante, et}
f(−1)<2 etx→+∞limf(x)>2
f(-1) <2\text{ et}\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)>2
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation f(x)=2
\text{ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }f(x)=2
admet une solution unique α.
\text{ admet une solution unique }\alpha.
n’admet pas de solution.
\text{n'admet pas de solution.}
f(1)≈0,7
f(1)\approx 0,7
f(2)≈12,8
f(2)\approx 12,8
f(1)<2<f(2) donc α∈[1 ; 2].
f(1)<2 < f(2)\text{ donc }\alpha\in [1~;~2].
On sait que α∈[1 ; 2].
\text{On sait que }\alpha\in [1~;~2].
Méthode par balayage
f(1,2)<2<f(1,3) donc α∈[1,2 ; 1,3].
f(1,2)<2 < f(1,3)\text{ donc }\alpha\in [1,2~;~1,3].
On sait que α∈[1,2 ; 1,3].
\text{On sait que }\alpha\in [1,2~;~1,3].
f(1,20)<2<f(1,21) donc α∈[1,20 ; 1,21].
f(1,20)<2 < f(1,21)\text{ donc }\alpha\in [1,20~;~1,21].
Sur ]−∞ ; −1[,f(x)⩽3 donc l’eˊquation f(x)=4
\text{Sur }]-\infty~;~-1[, f(x)\leqslant 3\text{ donc l'équation }f(x)=4
Sur [−1 ; +∞[,f est continue, strictement croissante, et
\text{Sur }[-1~;~+\infty[, f\text{ est continue, strictement croissante, et}
f(−1)<4 etx→+∞limf(x)>4
f(-1) <4\text{ et}\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)>4
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation f(x)=4
\text{ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }f(x)=4
admet une solution unique α.
\text{ admet une solution unique }\alpha.
n’admet pas de solution.
\text{n'admet pas de solution.}
f(0)=3
f(0)=3
f(1)=19
f(1)=19
f(0)<4<f(1) donc 0<α<1.
f(0)<4 < f(1)\text{ donc }0<\alpha<1.
La fonction f est dérivable sur [1 ; 13] donc elle est continue sur cet intervalle.
Sur [1 ; 4],f est continue, strictement croissante, et
\text{Sur }[1~;~4], f\text{ est continue, strictement croissante, et}
f(1)<5 etf(4)>5
f(1) <5\text{ et} f(4)>5
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation f(x)=5
\text{donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }f(x)=5
admet une solution unique α1.
\text{ admet une solution unique }\alpha_1.
Sur [4 ; 10],f est continue, strictement deˊcroissante, et
\text{Sur }[4~;~10], f\text{ est continue, strictement décroissante, et}
f(4)>5 etf(10)<5
f(4) >5\text{ et} f(10)<5
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation f(x)=5
\text{donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }f(x)=5
admet une solution unique α2.
\text{ admet une solution unique }\alpha_2.
Sur [10 ; 13],f(x)⩽4 donc l’eˊquation f(x)=5
\text{Sur }[10~;~13], f(x)\leqslant 4\text{ donc l'équation }f(x)=5
n’admet pas de solution.
\text{n'admet pas de solution.}
On en deˊduit que sur [1 ; 13], l’eˊquation f(x)=5 admet deux solutions.
\text{On en déduit que sur }[1~;~13], \text{ l'équation }f(x)=5\text{ admet deux solutions. }
Sur [4 ; 13],f(x)⩾3 donc l’eˊquation f(x)=25
\text{Sur }[4~;~13], f(x)\geqslant 3\text{ donc l'équation }f(x)=\dfrac{5}{2}
Sur [1 ; 4],f est continue, strictement croissante, et
\text{Sur }[1~;~4], f\text{ est continue, strictement croissante, et}
f(1)<25 etf(4)>25
f(1) <\dfrac{5}{2}\text{ et} f(4)>\dfrac{5}{2}
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation f(x)=25
\text{donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }f(x)=\dfrac{5}{2}
admet une solution unique α.
\text{ admet une solution unique }\alpha.
n’admet pas de solution.
\text{n'admet pas de solution.}
x→−∞limx−1=−∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x-1=-\infty
Donc par somme x→−∞limf(x)=−∞
\text{Donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)= -\infty
x→−∞lim1−x1=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{1}{1-x}= 0
On montre de meˆme que x→+∞limf(x)=+∞
\text{On montre de même que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)= +\infty
I=]−∞ ; 1[∪]1 ; +∞[, il s’agit donc de deˊterminer les
I=\,]-\infty~;~1[\cup]1~;~+\infty[, \text{ il s'agit donc de déterminer les }
limites en −∞,+∞,1− et 1+.
\text{limites en }-\infty,+\infty, 1^-\text{ et }1^+.
x→1−limx−1=0
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^-}} x-1=0
Donc par somme x→1−limf(x)=+∞
\text{Donc par somme }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^-}} f(x)= +\infty
x→1−lim1−x1=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^-}} \dfrac{1}{1-x}=+\infty
On montre de meˆme que x→1+limf(x)=−∞
\text{On montre de même que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^+}} f(x)= -\infty
f est deˊfinie si x2+2x+1=0
f \text{ est définie si }x^2+2x+1\neq 0
x2+2x+1=0
x^2+2x+1= 0
(x+1)2=0
(x+1)^2= 0
x+1=0
x+1= 0
x=−1
x= -1
Df=]−∞ ; −1[∪]−1 ; +∞[
D_f=]-\infty~;~-1[\cup]-1~;~+\infty[
b)x→−∞lim3x+4=−∞
b)\;\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} 3x+4=-\infty
x→−∞limx2+2x+1=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} x^2+2x+1=+\infty
On obtient une forme indeˊtermineˊe ∞∞
\text{On obtient une forme indéterminée }\dfrac{\infty}{\infty}
f(x)=x2(1+x2+x21)x(3+x4)=x1×1+x2+x213+x4
f(x)=\dfrac{x\left(3+\frac{4}{x}\right)}{x^2\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}=\dfrac{1}{x}\times \dfrac{3+\frac{4}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}
x→−∞limx1=0 et x→−∞lim1+x2+x213+x4=3 donc par produit x→−∞limf(x)=0.
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{1}{x}=0\;\;\text{ et }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} \dfrac{3+\frac{4}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}=3\text{ donc par produit }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}} f(x)=0.
On montre de meˆme que x→+∞limf(x)=0.
\text{On montre de même que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}} f(x)=0.
b)x→−1−lim3x+4=1
b)\;\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} 3x+4=1
x→−1−limx2+2x+1=x→−1−lim(x+1)2=0+
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} x^2+2x+1=\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} (x+1)^2=0^+
Donc par quotient x→−1−limf(x)=+∞.
\text{Donc par quotient }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} f(x)=+\infty.
On montre de meˆme que x→−1+limf(x)=+∞.
\text{On montre de même que }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} f(x)=+\infty.
x→−1−limf(x)=x→−1+limf(x)=+∞ donc x→−1lim=+∞
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^-}} f(x)=\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1^+}} f(x)=+\infty\text{ donc }\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -1}}=+\infty
f admet une limite en −1 car les limites aˋ gauche et aˋ droite sont eˊgales.
f\text{ admet une limite en }-1\text{ car les limites à gauche et à droite sont égales.}
E(4,5 ; 7,8)
E(4,5~;~7,8)
Deˊterminer les coordonneˊes du point d’intersection de Cf et Cg
\text{Déterminer les coordonnées du point d'intersection de } \mathcal{C}_f\text{ et }\mathcal{C}_g
revient aˋ reˊsoudre l’eˊquation f(x)=g(x) ce qui eˊquivaut aˋ
\text{revient à résoudre l'équation }f(x)=g(x)\text{ ce qui équivaut à }
f(x)−g(x)=0 soit h(x)=0.
f(x)-g(x)=0\text{ soit }h(x)=0.
Sur [0 ; 8],h est continue, strictement croissante, et
\text{Sur }[0~;~8], h\text{ est continue, strictement croissante, et}
h(0)=−17<0 et h(8)≈22>0
h(0) =-17<0\text{ et } h(8)\approx 22>0
donc d’apreˋs le theˊoreˋme des valeurs intermeˊdiaires, l’eˊquation h(x)=0
\text{donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation }h(x)=0
admet une unique solution α.
\text{ admet une unique solution }\alpha.
strictement croissante
h(4)≈−2,9
h(4)\approx -2,9
h(5)≈2,8
h(5)\approx 2,8
h(4)<0<h(5) donc 4<α<5.
h(4)<0 < h(5)\text{ donc }4<\alpha<5.
h(4,5)=−0,125
h(4,5)=-0,125
h(4,6)≈0,45
h(4,6)\approx 0,45
h(4,5)<0<h(4,6) donc 4,5<α<4,6.
h(4,5)<0 < h(4,6)\text{ donc }4,5<\alpha<4,6.
α≈4,52
\alpha\approx 4,52
Méthode 2 :
1. Le prix unitaire d'équilibre est de 452 €.
2. Le nombre d’articles correspondant est de 7 800.
1. Le prix unitaire d'équilibre est de 452 €.
f(4,52)≈7,8
f(4,52)\approx 7,8
1.f est de la forme u×v avec u(x)=2x et v(x)=e−x
1.\;f \text{ est de la forme } u\times v \text{ avec } u(x)=2x\text{ et } v(x)=\text{e}^{-x}
On a donc u′(x)=2 et v′(x)=−e−x.
\text{On a donc } u'(x)=2 \text{ et } v'(x)=-\text{e}^{-x}.
f′(x)=2e−x+2x×(−e−x)=2e−x−2xe−x
f'(x)=2 {\text{e}}^{-x}+2x\times \left(-\text{e}^{-x}\right)=2 {\text{e}}^{-x}-2x\text{e}^{-x}
f′(x)=2e−x(1−x)
f'(x)=2 {\text{e}}^{-x}(1-x)
Pour tout x∈[0 ; 12],2e−x>0 donc f′(x) est du signe de 1−x.
\text{Pour tout }x \in[0~;~12],\,2\text{e}^{-x}>0\text{ donc }f'(x)\text{ est du signe de }1-x.
2.f′(x)=2e−x(1−x)
2.\;f'(x)=2 {\text{e}}^{-x}(1-x)
A l’aide de la calculatrice on obtient t≈2h10min
\text{A l'aide de la calculatrice on obtient }t\approx 2\,h\,10\;min
64 p 63
f′(x)=25−150×(−0,5)e−0,5x+1
f'(x)=25-150\times (-0,5) {\text{e}}^{-0,5x+1}
f′(x)=25+75e−0,5x+1
f'(x)=25+75{\text{e}}^{-0,5x+1}
Limites et continuité
Limites et continuité
By Jean-Marc Kraëber
Limites et continuité
Lycée Saint-Exupery La Rochelle
- 1,932
