CORRECTIONS Déclic Maths Fonctions polynômes du second PDF

Exercice 5 corrigé disponible. Exercice 6 corrigé disponible. 1/4. Les polynômes du second degré – Exercices - Devoirs. Mathématiques Première générale

Exercice 1 (7 points) Exercice 2 (6 points) Exercice 3 (4 points

Devoir surveillé de mathématiques. 05/10/11. Exercice 1 (7 points). 1. Écrire sous forme canonique le trinôme suivant : CORRECTION DU DS 1 en 1S.

CONTENU DU LIVRET

une fiche synthèse des connaissances du cours de 1ère Spécialité Maths ;. — une sélection d'exercices type qu'il conviendrait de savoir traiter en autonomie

Exercices supplémentaires – Second degré

Partie A : Forme canonique équations

Le second degré - Lycée dAdultes

Exercices derni`ere impression le 6 octobre 2015 à 10:47. Le second degré. Forme canonique. Exercice 1. Dans chaque cas écrire le trinôme sous sa forme

Exercices de mathématiques - Exo7

P(0) = 1 et P(1) = 0 et P(?1) = ?2 et P(2) = 4. Correction ?. Vidéo ?. [000427]. 2 Division pgcd. Exercice

Exercice 1 : Déterminer la forme canonique des fonctions trinomes

Exercices corrigés. Classe de Premi`ere S. Exercice 1 : Déterminer la forme canonique des fonctions trinomes suivantes : 1. f(x) = ?2x2 + 12x ? 14.

CORRECTIONS Déclic Maths Fonctions polynômes du second

CORRECTIONS Déclic Maths Correction des exercices bilan page 37. • Bilan 1 ... Il est négatif donc le trinôme est toujours du signe de a

Exercices corrigés – Révisions – Thème : Second degré

3°) Résoudre l'équation 0)(. = xP. en vous aidant des questions précédentes. Exercice 8 : Etudier le signe du trinôme. 5. 6² +. ? x x.

1 SSCC – 1S – MATHS TRAVAIL POUR LETE Exercice 1 Exercice

SSCC – 1S – MATHS. TRAVAIL POUR L'ETE. SEMAINE 1. THEME : FONCTIONS. Exercice 1. Exercice 2. Le point P appartient au quart de cercle de centre O de.

1 re

CORRECTIONSDéclic Maths

Fonctionspolynômesduseco nddegré.Equations

Correctiondesexercicesbilan page37

•Bilan1

1)Onaf(x)=(m!1)x

2 !2mx+m+2 festunp olynômedu seconddegrésiet seulements ilecoe!cientdutermeen x 2 est nonnul;ici m!1"=0doncD=R\{1}

2)(a)-1estu ne racine#f(!1)=0

#m!1+2m+m+2=0 #4m=!1 #m= !1 4 (b)fadmetuneraci neuniquesi etseulementsisondi scriminantestnul. ici!=b 2 !4ac=0#(!2m) 2 !4(m!1)(m+2)=0 #4m 2 !4(m 2 +m!2)=0 #m=2 (c)fadmetdeuxracin esdistinctes sietseulementsisondiscr iminanteststrictement positif. ici!=b 2 !4ac>0#(!2m) 2 !4(m!1)(m+2)>0 #!4(m!2)>0 #m!2<0 #m<2 (d)fsefactorisepar x!2sietseulemen tsi 2estuneracine. f(2)=0 #4(m!1)!4m+m+2=0 #4m!4!4m+m+2=0 #m=2 (e)Lasomme desracinesvaut S= !b a 2m m!1 =6

2m=6m!6

m= 3 2 (f)Leproduit desracinesvaut P= c a m+2 m!1 =!1 m+2=!m+1 m=! 1 2 •Bilan3

1)Aprèsav oircalculerlediscriminant,ontro uveque-2et

1 2 sontlesracine sde f, doncf(x)=2(x+2) x! 1 2 =(x+2)(2x!1). Aprèsav oircalculerlediscriminant,ontro uveque4et 1 2 sontlesracinesdeg, doncg(x)=2(x!4) x! 1 2 =(x!4)(2x!1). 2) 1 f(x) 1 g(x) 1 (x+2)(2x!1) 1 (x!4)(2x!1)

1(x!4)+x(x+2)

(x+2)(x!4)(2x!1) x 2 +3x!4 (x+2)(x!4)(2x!1) (x+4)(x!1) (x+2)(x!4)(2x!1)

Doncl'équation

1 f(x) 1 g(x) =0admetdeuxsolu tions-4et1. •Bilan5

1)Enno tantpleprixinitia ldemandé auxélèves,o na:

x$p=168pourlaprem ièrev ersionet (x!2)(p+0,40)=168

Onad oncp=

168
x etp= 168
x!2 !0,4

2)Ils'agitde résoudr eunsy stèmededeuxéquationsàdeux inconnuesq uiseramèneà

uneéquatio nduseconddegré.Ona alors :0,4x 2 !0,8x!336=0 Ontr ouve!=538,24etlesdeux solutionssont -28et30. Seulelasolution positive n'esten visageable.Ilyadonc30élèvesdans laclasse. •Bilan6

1)a)Onpose AM=xdoncAN=6!x.

L'airedutriang levau tici

AM$AN 2

Onch ercheàrésoudre

x(6!x) 2 =10soit!x 2 +6x!20=0 dontlediscriminant estnégatif.Il n'ya doncpasun teltriangled'aire 10cm 2 b)Onch ercheàrésoudre x(6!x) 2 =3soit!x 2 +6x!6=0dontlediscriminant vaut12.Les deuxsolut ionssont 3! 3et3+

3(lesrôles deAMetAN

s'échangent)

2)a)x&[0;6]

b)D'aprèslethéorèmedePyt hagor e,onaf(x)=x 2 +(6!x) 2 =2x 2 !12x+36

3)a)Onrésou tf(x)=16soit2x

2 !12x+20=0dontlediscriminantest négatif.

Donciln'yapa sdetel triangle AMNa vecMN=4cm.

b)Onrésou tf(x)=25soit2x 2 !12x+11=0dontlediscriminantv aut5 6.Il yadoncdeuxsolutionsAM= 6! 14 2 etAN= 6+ 14 2 etladeuxième en

échangeantlesrôlesdeAMetAN.

4)a)f(x)=2x

2 !12x+36=2(x 2 !6x)+36=2(x!3) 2 !18+36 =2(x!3) 2 +18 b)f(x)!f(3)=f(x)!18=2( x!3) 2 quiest toujours positifounul.

Doncf(x)!f(3)

c)Onad oncMN 2 !18commeun longueurestp ositiveMN!3 2. Onad ansce casAM=AN=3etletriangle estisocèle rectangleenA. •Bilan8

1)Lescoo rdonnéesd'unpointdelacourb ereprésenta tived'unefonctionfsontdela

forme(x;f(x));iciA(a; 1 a

2)Lepo intIestlemilieudusegmen t[AB].

x I x A +x B 2 doncx B =2x I !x A 7 2 !a y I y A +y B 2 doncy B =2y I !y A 7 3 1 a

Onab ienB

7 2 !a; 7 3 1 a

3)Lepo intBappartientàlacourb eCsietseulemen tsi sescoordonnéesvérifient

y B 1 x B .D'aprèslaquestionprécédente: 1 x B 1 7!2a 2 2 7!2a B&C# 2 7!2a 7a!3 3a #6a=(7!2a)(7a!3) #!14a 2 +49a!21=0
#2a 2 !7a+3=0=0

4)Ona!=25doncdeuxsolutio nsa

1 1 2 eta 2 =3.

Orcesd euxab scissessonttelles que

1 2 +3 2 7 4 =x I Doncilexiste deux pointsAetBa ppartenantà lecourbeCdontlemilieudusegmen t [AB]estlep ointI.

Fonctionspolynômesduseco nddegré,parabole

Correctiondesexercicesbilan page67

•Bilan1

1)Onconsi dèreunefonctionfdéfiniesurRparf(x)=!3x

2 +6x!4 a)Lediscriminan tdutrinômevaut !=36!3$4 2 =!12. Ilestnégat if,donc letrinômeestt oujoursdu signedea,icinégatif.

Ainsi,po urtoutx,f(x)<0.

b)Graphiquement,celasignifieque lacourbe sesitueen dessousdel'axe desabs- cisses.

2)f(x)=!3(x

2 !2x)!4=!3[(x!1) 2 !1]!4=!3(x!1) 2 +3!4=!3(x!1) 2 !1

3)Laforme canoniquenousp ermetd'a!rmerquel'a xedesymétrie estladroited'é qua-

tionx=1etquele sommetap ourcoordonnées (1;!1). 4)a) x!'1+' f !1 b)Enét udiantletableaudevariat ions,o npeutdireque: pourm!1,l'équationf(x)=mn'admetpasde solution.

5)Déterminerlesabsciss esdespo intsd'intersectiondelacourbeavecla droited'équation

y=!4revientàrésoudre l'équation f(x)=!4. !3x 2 +6x!4=!4 !3x 2 +6x=0

3x(!x+2)=0

Cetteéquatio nproduitadmetdeuxsoluti ons0et2quisontlesabsc issesdespoints d'intersection.Onpeutvérifier quef(0)= !4etf(2)= !4.Lespointsd'intersection sontdonc(0;!4)et(2;4).

6)Pourétudie rlapositionrelativede lacour beCparrapport àladroited'équation

f(x)!(!4x+3)=!3x 2 +6x!4+4x!3=!3x 2 +10x!7.

Lesracines decetrinômeso nt1 et

7 3 etcetrinôme estdusigne dea,icinégatif,à l'extérieurdesra cines.

DoncCestaudessus dela droitesur]1;

7 3 [et endessousde ladroite sur]!';1[(] 7 3 7) •Bilan3

1)Onal afigu resuiv ante:

a)Lepo intMappartientausegmen t[AB ],doncx&[0;6] b)Lestriang lesBMNetBAContdeuxangleséga ux,don cilss ontsembla bles.Donc BMNesta ussiisoc èlerectangle,ai nsiMB=MN=AP=6!x.

DoncA(x)=AM$AP=x(6!x)=!x

2 +6x

2)A(x)!8#!x

2 +6x!8!0

Lesracines decetrinômes ont2 et4.

Letrinôme estdusignede a,icinégatifàl'extérieurdesracines.

DoncA(x)!8pourx&[2;4]

3)A(x)"

1 4 AB$AC 2 A(x)" 1 4 36
2 !x 2 +6x! 9 2 "0

Lediscriminan tdecetrinômeva ut18.

Lesra cinesdecetrinômeso nt

!6!3 2 !2 =3+3 2 2 et3!3 2 2 Letrinôme estdusig nedea,icinégatifàl'extérieurdesracines.

DoncA(x)"

9 2 pourx& 0;3!3 2 2 3+3 2 2 ;6

4)A(x)=!x

2 +6x=!(x 2 !6x)=![(x!3) 2 !9]=!(x!3) 2 +9

Donconale tableaudev ariatio nssuiv ant:

x 036
f 9

5)Donconlitque lemaximume sta tteint po urx=3.

DanscecasMes taumil ieude[AB ]et AMNPestunc arré. •Bilan5

1)Lescoo rdonnéesdupointMsont (x;4!x

2 )etcellesde N(!x;4!x 2 Ainsilepérimèt redeMNPQ s'écrit:p(x)=2$2x+2$f(x)=4x+8!2x 2

2)p(x)=!2x

2 +4x+8=!2(x 2 !2x)+8=!2[(x!1) 2 !1]+8 =!2(x!1) 2 +10

3)Doncletrinômea dmet unmaximumen 1quivaut10.Lo rsquel'a bscissedupo intM

vaut1lepérim ètr edure ctangleMNPQestmaximumetvaut1 0. •Bilan7 Onconsi dèrelafonctionfdéfiniesur ]!1;+'[parf(x)= x 2 !x+1 x+1

1)Etudionslesignedelafon ction f.

x 2 !x+1apourdiscriminant-3, donccetrinômen'a dmetpas deracineetestto ujoursdusigne dea,icipositif.

Depluss url'inte rvalle]!1;+'[,onax+1>0.

Doncpour x&]!1;+'[,ona:f(x)>0etdoncla courbeCestsituéeau-dessus de l'axedesabscisses.

2)f(x)"1#f(x)!1"0

x 2 !x+1!x!1 x+1 "0 x 2 !2xquotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] CORRECTIONS Déclic Maths Fonctions polynômes du second