Devoir surveillé : Généralités sur les fonctions, variations et fonctions affines

1. a)$f(-1)=(-1{)}^2-3\times (-1)+5=1+3+5=9$. (1 pt) (1)
2. b)$6x-21=0⟺x={\displaystyle \frac{21}{6}}={\displaystyle \frac{7}{2}}$ : la valeur interdite est ${\displaystyle \frac{7}{2}}=3,5$. $2x+1=0⟺x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, qui n'est pas la valeur interdite : l'expression est nulle en $-0,5$. (1 pt) (1)
3. c)$g(x)=-1,2x+2,5$ : $m=-1,2$ et $p=2,5$. Comme $m<0$, $g$ est strictement décroissante sur $ℝ$. (1 pt : 0,5 pt pour $m$ et $p$, 0,5 pt pour le sens de variation) (1)
4. d)$-2,5$, $1$ et $3$ appartiennent à $[-3;4]$ et $h$ y est strictement décroissante : elle inverse l'ordre. Comme $-2,5<1$, $h(-2,5)>h(1)=0$ : $h(-2,5)$ est positif. Comme $3>1$, $h(3)<h(1)=0$ : $h(3)$ est négatif. (1 pt) (1)
5. e)$k(2)=2^3-4\times 2+c=8-8+c=c$. Le point $A$ appartient à la courbe de $k$ si et seulement si $k(2)=-3$, c'est-à-dire $c=-3$. (1 pt) (1)

Erreur fréquente — Une fonction décroissante inverse l'ordre : de $-2,5<1$ on déduit $h(-2,5)>h(1)$, et non une inégalité dans le même sens.

1. a)$g$ est strictement croissante sur $[-6;-2]$, strictement décroissante sur $[-2;1]$ et strictement croissante sur $[1;5]$. (1 pt) (1)
2. b)Les images écrites dans le tableau sont $-1$, $4$, $-3$ et $2$. Le maximum vaut $4$, atteint en $-2$ ; le minimum vaut $-3$, atteint en $1$. (1 pt) (1)
3. c)$-1$ et $0$ appartiennent à $[-2;1]$, où $g$ est strictement décroissante, et $-1<0$ : donc $g(-1)>g(0)$. (1 pt) (1)
4. d)On raisonne flèche par flèche. Sur $[-6;-2]$, $g$ passe de $-1$ à $4$ et $0$ est compris entre ces nombres : une seule solution $\alpha$, différente des bornes car $g(-6)\ne 0$ et $g(-2)\ne 0$, donc $\alpha \in ]-6;-2[$. Sur $[-2;1]$, de $4$ à $-3$ : une seule solution $\beta \in ]-2;1[$. Sur $[1;5]$, de $-3$ à $2$ : une seule solution $\gamma \in ]1;5[$. Comme $g(-6)=-1<0$ :

   $x$	$-6$		$\alpha$		$\beta$		$\gamma$		$5$
   $g(x)$		$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

   (1 pt) (1)
5. e)$1,25\times 1-4,25=-3$ et $1,25\times 5-4,25=6,25-4,25=2$ : on retrouve $g(1)=-3$ et $g(5)=2$. Puis $1,25x-4,25=0⟺x={\displaystyle \frac{4,25}{1,25}}=3,4$, et $3,4\in ]1;5[$ : $\gamma =3,4$. (1 pt : 0,5 pt pour la vérification, 0,5 pt pour la solution) (1)

Méthode — Pour compter les solutions de $g(x)=k$, on lit le tableau flèche par flèche : chaque flèche dont les deux extrémités encadrent $k$ fournit exactement une solution.

1. a)Le coefficient directeur est la variation de $f(x)$ quand $x$ augmente de $1$ : $m=-3$. Puis $p=f(2)-m\times 2=-2+6=4$. Donc $f(x)=-3x+4$ ; contrôle : $f(2)=-6+4=-2$. (1 pt) (1)
2. b)$f$ est affine de coefficient directeur $-3<0$ : elle est strictement décroissante sur $ℝ$. Sur $[-2;2]$, le maximum est $f(-2)=6+4=10$, atteint en $-2$, et le minimum est $f(2)=-6+4=-2$, atteint en $2$. (1 pt) (1)
3. c)$-3x+4=0⟺x={\displaystyle \frac{4}{3}}$. Le coefficient directeur $-3$ est négatif : $f(x)$ est positif avant ${\displaystyle \frac{4}{3}}$ et négatif après.

   $x$	$-\infty$		${\displaystyle \frac{4}{3}}$		$+\infty$
   $f(x)$		$+$	$0$	$-$

   (1 pt) (1)
4. d)$-3x+4⩾-2⟺-3x⩾-6⟺x⩽2$ (on divise par $-3<0$ : le sens de l'inégalité change). $𝒮=]-\infty ;2]$. (1 pt) (1)
5. e)$f(-{\displaystyle \frac{2}{3}})=-3\times (-{\displaystyle \frac{2}{3}})+4=2+4=6$ : $B$ appartient à la droite. $f(1,5)=-4,5+4=-0,5\ne -1$ : $C$ n'appartient pas à la droite. (1 pt) (1)

Piège — Le signe de $m$ donne le sens de variation, pas le signe de $f(x)$ : $f$ est décroissante, et pourtant $f(x)$ est positif pour tous les $x$ inférieurs à ${\displaystyle \frac{4}{3}}$.

1. a)Quotients entre colonnes successives : ${\displaystyle \frac{3,3-0,3}{10-0}}={\displaystyle \frac{3}{10}}=0,3$ ; ${\displaystyle \frac{7,8-3,3}{25-10}}={\displaystyle \frac{4,5}{15}}=0,3$ ; ${\displaystyle \frac{12,3-7,8}{40-25}}={\displaystyle \frac{4,5}{15}}=0,3$. Ils sont tous égaux : c'est une fonction affine de coefficient directeur $0,3$, avec $p=A(0)=0,3$. Donc $A(t)=0,3t+0,3$ : le ballon monte de $0,3$ km, soit $300$ m, par minute. (1 pt) (1)
2. b)$0,3t+0,3=30⟺0,3t=29,7⟺t=99$ : le ballon éclate au bout de $99$ min, d'où $t\in [0;99]$. $A$ est affine de coefficient directeur $0,3>0$ : elle est strictement croissante. Minimum $A(0)=0,3$ km, maximum $A(99)=30$ km. (1 pt) (1)
3. c)$0,3t+0,3=9,3⟺0,3t=9⟺t=30$. Le ballon est à $9,3$ km d'altitude $30$ minutes après le lâcher. (1 pt) (1)
4. d)$0,3t+0,3>12⟺0,3t>11,7⟺t>39$. Avec $t\in [0;99]$ : $𝒮=]39;99]$. Le ballon est dans la stratosphère pendant les $60$ dernières minutes de son vol. (1 pt) (1)
5. e)$A(50)=15+0,3=15,3\ne 15$ : le point $(50;15)$ n'est pas sur la droite ; $A(70)=21+0,3=21,3$ : le point $(70;21,3)$ y est. $3⩽0,3t+0,3⩽9⟺2,7⩽0,3t⩽8,7⟺9⩽t⩽29$ : le capteur fonctionne de la $9^{\text{e}}$ à la ${29}^{\text{e}}$ minute, soit pendant $20$ minutes. (1 pt : 0,5 pt pour les points, 0,5 pt pour le capteur) (1)

Méthode — Pour reconnaître un modèle affine dans un tableau, on calcule les quotients « variation de $A$ sur variation de $t$ » entre colonnes successives : ils doivent tous être égaux, et leur valeur commune est le coefficient directeur.

1. a)Il faut $x+5⩾0$ (racine carrée) et $\sqrt{x+5}\ne 0$ (dénominateur), donc $x+5>0$, soit $x>-5$ : $D_u=]-5;+\infty [$. (1 pt) (0,75)
2. b)Pour une fonction affine, $f(9)-f(-3)=m(9-(-3))=12m$. Donc $12m=10$ et $m={\displaystyle \frac{10}{12}}={\displaystyle \frac{5}{6}}$. (0,5 pt) (0,75)
3. c)Un carré est positif ou nul, donc $x^2+4⩾4>3$ pour tout réel $x$ : l'équation $x^2+4=3$ n'a pas de solution, et $3$ n'a aucun antécédent. (0,5 pt) (0,75)
4. d)$v(x)=1⟺5-(x+2{)}^2=1⟺(x+2{)}^2=4⟺x+2=2$ ou $x+2=-2$, soit $x=0$ ou $x=-4$. Contrôle : $v(0)=5-4=1$ et $v(-4)=5-4=1$. Les antécédents de $1$ par $v$ sont $-4$ et $0$. (1 pt) (0,75)

Piège — Une racine carrée placée au dénominateur impose une inégalité stricte : $\sqrt{x+5}$ existe pour $x=-5$, mais vaut alors $0$ et rend le quotient impossible.

1. a)$f(v)-f(u)=(mv+p)-(mu+p)=mv-mu=m(v-u)$. Comme $u<v$, on a $v-u>0$ ; et $m>0$ : le produit $m(v-u)$ est strictement positif. Donc $f(u)<f(v)$ pour tous réels $u<v$ : $f$ est strictement croissante sur $ℝ$. (1,5 pt : 0,5 pt pour le calcul, 1 pt pour le signe et la conclusion) (0,8)
2. b)$h(x)=0,75x-0,5x+3=0,25x+3$ : $h$ est affine, de coefficient directeur ${\displaystyle \frac{1}{4}}>0$, donc strictement croissante sur $ℝ$ d'après a). (0,5 pt) (0,8)
3. c)$-2,8<-2,71$ et $h$ est strictement croissante : $h(-2,8)<h(-2,71)$. (0,5 pt) (0,8)
4. d)$h(-8)=-2+3=1$ et $h(4)=1+3=4$.

   $x$	$-8$		$4$
   $h(x)$	$1$	↗	$4$

   Sur $[-8;4]$, le minimum de $h$ est $1$, atteint en $-8$, et le maximum est $4$, atteint en $4$. (1 pt) (0,8)
5. e)$0,25x+3<0⟺0,25x<-3⟺x<-12$ : $𝒮=]-\infty ;-12[$. La droite représentant $h$ est strictement au-dessous de l'axe des abscisses à gauche du point $(-12;0)$. (0,5 pt) (0,8)

Méthode — Pour démontrer un sens de variation, on prend deux réels quelconques $u<v$ et on étudie le signe de $f(v)-f(u)$ : un exemple numérique ne prouve jamais une propriété vraie « pour tous ».

1. a)

   $x$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
   $f(x)$	$2$	$-3$	$-6$	$-7$	$-6$	$-3$	$2$	$9$	$18$

   Par exemple $f(-2)=4+4-6=2$ et $f(6)=36-12-6=18$. (0,5 pt) (0,8)
2. b)$(x-1{)}^2-7=x^2-2x+1-7=x^2-2x-6=f(x)$. Un carré est positif ou nul, donc $f(x)⩾-7$ ; et $f(1)=-7$ avec $1\in [-2;6]$. Le minimum de $f$ est $-7$, atteint en $1$. (1 pt) (0,8)
3. c)

   $x$	$-2$		$1$		$6$
   $f(x)$	$2$	↘	$-7$	↗	$18$

   Le maximum de $f$ sur $[-2;6]$ est $18$, atteint en $6$. Sur $[-2;1]$, $f$ passe de $2$ à $-7$ : une solution de $f(x)=0$ ; sur $[1;6]$, de $-7$ à $18$ : une solution. L'équation a $2$ solutions. (1 pt) (0,8)
4. d)$x^2-2x-6=-6⟺x^2-2x=0⟺x(x-2)=0⟺x=0$ ou $x=2$, deux valeurs de $[-2;6]$ : $𝒮=\{0;2\}$, en accord avec le tableau de valeurs. (1 pt) (0,8)
5. e)Sur $[-2;1]$, $f$ décroît de $f(-2)=2$ à $-7$, donc $f(x)⩽2$ pour tout $x$ de cet intervalle. Sur $[1;6]$, $f$ est strictement croissante et $f(4)=2$ : $f(x)⩽2⟺x⩽4$. Donc $𝒮=[-2;4]$. (Contrôle : $f(x)⩽2⟺(x-1{)}^2⩽9⟺-3⩽x-1⩽3$.) (0,5 pt) (0,8)

Astuce — Sur un intervalle où $f$ est monotone, une inéquation $f(x)⩽k$ se résout en repérant le nombre dont l'image vaut $k$.

1. a)Vrai. Soient $u⩽v$ deux réels de $[1;4]$. S'ils sont dans le même intervalle $[1;2]$ ou $[2;4]$, alors $f(u)⩽f(v)$. Sinon $u⩽2⩽v$, et $f(u)⩽f(2)⩽f(v)$. Dans tous les cas $f(u)⩽f(v)$ : $f$ est croissante sur $[1;4]$. (1 pt) (1)
2. b)Faux. $f(3)>f(5)$ avec $3<5$ montre seulement que le coefficient directeur est négatif. Contre-exemple : $f(x)=-x-10$, avec $f(3)=-13>f(5)=-15$, mais $f(-1)=-9<0$. (1 pt) (1)
3. c)Faux. Les deux points ont la même abscisse $-2$ : le nombre $-2$ aurait deux images, $5$ et $-3$, alors qu'une fonction associe à chaque nombre une seule image. (1 pt) (1)
4. d)Faux. $0\in [-1;3]$ et $0^2=0<1$. En fait, pour tout réel $x$, $x^2⩾0=0^2$ : le minimum sur $[-1;3]$ est $0$, atteint en $0$, et non à une borne. (1 pt) (1)

Erreur fréquente — Pour réfuter un « pour tout », un seul contre-exemple suffit ; pour l'établir, il faut une démonstration valable dans tous les cas.

1. a)La récolte de chaque arbre baisse de la même quantité pour chaque arbre ajouté : $r$ varie de façon constante, c'est une fonction affine $r(x)=mx+p$. $m={\displaystyle \frac{35-45}{50-30}}={\displaystyle \frac{-10}{20}}=-0,5$ et $p=45-(-0,5)\times 30=45+15=60$, donc $r(x)=60-0,5x$. Chaque arbre supplémentaire fait perdre $0,5$ kg de pommes à chacun des arbres. (1 pt) (1)
2. b)$P(x)=x\times r(x)=x(60-0,5x)=60x-0,5x^2$ (et $r(x)⩾r(80)=20>0$ sur $[20;80]$, le modèle a un sens). $P(40)=2400-0,5\times 1600=2400-800=1600$ kg. (1 pt) (1)
3. c)$1800-0,5(x^2-120x+3600)=1800-0,5x^2+60x-1800=60x-0,5x^2=P(x)$. Comme $(x-60{)}^2⩾0$, $P(x)⩽1800$ ; et $P(60)=1800$ avec $60\in [20;80]$. La production est maximale avec $60$ arbres par hectare : $1800$ kg. (1 pt) (1)
4. d)$P(x)=1750⟺0,5(x-60{)}^2=50⟺(x-60{)}^2=100⟺x-60=10$ ou $x-60=-10$, soit $x=70$ ou $x=50$. Sur $[20;60]$, $P$ est croissante : $P(x)⩾1750=P(50)⟺x⩾50$. Sur $[60;80]$, elle est décroissante : $P(x)⩾P(70)⟺x⩽70$. La production atteint au moins $1750$ kg pour $50⩽x⩽70$. (1 pt) (1)
5. e)Le programme calcule $B(x)$ pour chaque entier $x$ de $20$ à $80$ (balayage de pas $1$) et garde celui qui donne le plus grand bénéfice. $2028-0,75(x^2-104x+2704)=2028-0,75x^2+78x-2028=78x-0,75x^2=B(x)$. Donc $B(x)⩽2028=B(52)$ pour tout $x$ : le bénéfice est maximal avec $52$ arbres (et non $60$) et vaut $2028$ €. (1 pt) (1)

Astuce — Une écriture « nombre moins un multiple positif d'un carré » donne directement le maximum : on le lit sur la forme, puis on vérifie que la valeur trouvée appartient à l'intervalle d'étude.

1. a)Notons $f(x)=mx+p$. Alors $f(4)-f(1)=(4m+p)-(m+p)=m(4-1)=3m$. Or $f(4)-f(1)=0$, donc $m=0$ et $f(x)=p$ pour tout réel $x$ : $f$ est constante. (1 pt) (0,8)
2. b)Le taux d'accroissement de $f$ entre $0$ et $1$ vaut $m$ : $m={\displaystyle \frac{f(1)-f(0)}{1-0}}=f(1)-f(0)$. Comme $0<1$ et $f$ est strictement décroissante, $f(1)<f(0)$, donc $m<0$. (0,5 pt) (0,8)
3. c)Raisonnons par l'absurde : supposons que l'équation ait deux solutions distinctes $a$ et $b$ dans $I$, avec $a<b$. Comme $g$ est strictement croissante sur $I$, $g(a)<g(b)$, c'est-à-dire $k<k$ : c'est impossible. L'équation a donc au plus une solution dans $I$. (1 pt) (0,8)
4. d)En développant, $(b-a)(a^2+ab+b^2)=a^{2}b+a{b}^2+b^3-a^3-a^{2}b-a{b}^2=b^3-a^3$. Donc $(b-a)(a^2+ab+b^2-48)=b^3-a^3-48b+48a=g(b)-g(a)$. Si $4⩽a<b$ : $b-a>0$, et $a^2⩾16$, $ab>16$, $b^2>16$ donnent $a^2+ab+b^2>48$. Ainsi $g(b)-g(a)>0$ : $g$ est strictement croissante sur $I$. (1 pt) (0,8)
5. e)$(x+4{)}^2=x^2+8x+16$, et $(x-8)(x^2+8x+16)=x^3+8x^2+16x-8x^2-64x-128=x^3-48x-128$. Donc $g(x)=128⟺(x-8)(x+4{)}^2=0⟺x=8$ ou $x=-4$ : dans $ℝ$, les solutions sont $-4$ et $8$. Dans $I$, seule $8$ convient. Pas de contradiction : $g$ n'est pas croissante sur $ℝ$ (par exemple $0<4$ mais $g(0)=0>g(4)=-128$), et la propriété c) ne s'applique que sur $I$. (0,5 pt) (0,8)

Méthode — Une fonction strictement monotone sur un intervalle ne prend jamais deux fois la même valeur sur cet intervalle : c'est ce qui garantit l'unicité d'une solution.

1. a)$f_k(x)=k(x-2)+3$, donc $f_k(2)=3$ quel que soit $k$ : toutes les droites ${𝒟}_k$ passent par $A(2;3)$. (0,5 pt) (0,8)
2. b)$f_k(x)-f_{k\prime }(x)=kx-2k-k\prime x+2k\prime =(k-k\prime )(x-2)$. Comme $k-k\prime \ne 0$, $f_k(x)=f_{k\prime }(x)⟺x=2$ : les deux droites ont un seul point commun, d'abscisse $2$, c'est $A(2;3)$. (0,5 pt) (0,8)
3. c)$f_k(0)=3-2k$, et $3-2k=9⟺k=-3$. Alors $f_{-3}(x)=-3x+3+6=-3x+9$. Contrôle : $f_{-3}(0)=9$ et $f_{-3}(2)=-6+9=3$. (1 pt) (0,8)
4. d)$k(x-2)+3=0⟺x-2=-{\displaystyle \frac{3}{k}}⟺x=2-{\displaystyle \frac{3}{k}}$ ($k\ne 0$). Comme $k>0$, $f_k(x)$ est négatif avant ce nombre et positif après.

   $x$	$-\infty$		$2-{\displaystyle \frac{3}{k}}$		$+\infty$
   $f_k(x)$		$-$	$0$	$+$

   (1 pt) (0,8)
5. e)$f_k$ est affine, donc monotone sur $[0;4]$ (constante si $k=0$) : son minimum sur $[0;4]$ est $f_k(0)$ ou $f_k(4)$. Ainsi $f_k(x)>0$ sur $[0;4]⟺f_k(0)>0$ et $f_k(4)>0$. Or $f_k(0)=3-2k>0⟺k<1,5$ et $f_k(4)=2k+3>0⟺k>-1,5$. Réponse : $k\in ]-1,5;1,5[$. (1 pt) (0,8)

Astuce — Sur un segment, une fonction affine atteint son minimum et son maximum aux bornes : pour qu'elle soit positive sur tout le segment, il suffit de tester les deux bornes.

1. a)Dans le triangle $AHM$ rectangle en $H$, le théorème de Pythagore donne $AM=\sqrt{A{H}^2+H{M}^2}=\sqrt{x^2+9}$, parcourus à $3$ km/h : durée ${\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+9}}{3}}$. Puis $MV=8-x$ km à $5$ km/h : durée ${\displaystyle \frac{8-x}{5}}$. $M$ est sur $[HV]$, donc $x\in [0;8]$. $T(0)={\displaystyle \frac{3}{3}}+{\displaystyle \frac{8}{5}}=2,6$ h et $T(8)={\displaystyle \frac{\sqrt{73}}{3}}\approx 2,85$ h. (1 pt) (1)
2. b)$T(1)={\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{3}}+1,4\approx 2,454$ ; $T(2)={\displaystyle \frac{\sqrt{13}}{3}}+1,2\approx 2,402$ ; $T(3)=\sqrt{2}+1\approx 2,414$ ; $T(4)={\displaystyle \frac{5}{3}}+0,8\approx 2,467$. Avec $T(0)=2,6$, les images décroissent jusqu'en $2$ puis croissent : $T$ étant décroissante puis croissante, les images en $5$, $6$, $7$, $8$ dépassent $T(4)$. Le programme calcule $T$ en $0$ ; $1$ ; … ; $8$ et garde l'abscisse de la plus petite image : il renvoie $2$. Comme $T$ décroît puis croît, le minimum est atteint entre $1$ et $3$. (1 pt) (1)
3. c)$T(x)⩾2,4⟺{\displaystyle \frac{\sqrt{x^2+9}}{3}}⩾2,4-{\displaystyle \frac{8-x}{5}}={\displaystyle \frac{12-8+x}{5}}={\displaystyle \frac{x+4}{5}}⟺5\sqrt{x^2+9}⩾3(x+4)$ (on multiplie par $15>0$). Les deux membres sont positifs car $x⩾0$, donc cela équivaut à $25(x^2+9)⩾9(x+4{)}^2⟺25x^2+225⩾9x^2+72x+144⟺16x^2-72x+81⩾0⟺(4x-9{)}^2⩾0$. (1 pt) (1)
4. d)Un carré est toujours positif ou nul : $T(x)⩾2,4$ pour tout $x$ de $[0;8]$, avec égalité si et seulement si $4x-9=0$, soit $x={\displaystyle \frac{9}{4}}=2,25$, qui est bien dans $[1;3]$. La durée minimale est $2,4$ h, soit $2$ h $24$ min, en rejoignant la piste à $2,25$ km de $H$. Par $H$, le trajet dure $T(0)=2,6$ h : on gagne $0,2$ h, soit $12$ min. (1 pt) (1)

Piège — Un balayage ne donne qu'un encadrement : le minimum exact, atteint en $2,25$, n'est pas un multiple du pas.

1. a)$0,001(v-70{)}^2+4,6=0,001(v^2-140v+4900)+4,6=0,001v^2-0,14v+4,9+4,6=C(v)$. Comme $(v-70{)}^2⩾0$, $C(v)⩾4,6=C(70)$, avec $70\in [40;130]$ : la consommation minimale est $4,6$ L pour $100$ km, à $70$ km/h. (1 pt) (1)
2. b)Soient $70⩽a<b⩽130$. $C(b)-C(a)=0,001[(b-70{)}^2-(a-70{)}^2]=0,001(b-a)(a+b-140)$. Or $b-a>0$, et $a⩾70$, $b>70$ donnent $a+b-140>0$ : $C(b)-C(a)>0$, donc $C$ est strictement croissante sur $[70;130]$. (1 pt) (1)
3. c)$C(v)=6⟺0,001(v-70{)}^2=1,4⟺(v-70{)}^2=1400⟺v=70+10\sqrt{14}$ ou $v=70-10\sqrt{14}$. Or $70-10\sqrt{14}\approx 32,6$ n'est pas dans $[40;130]$. Sur $[40;70]$, $C$ décroît de $C(40)=5,5$ à $4,6$, donc $C(v)⩽5,5<6$. Sur $[70;130]$, $C$ croît : $C(v)⩽6⟺v⩽70+10\sqrt{14}$. Conclusion : $C(v)⩽6⟺v\in [40;70+10\sqrt{14}]$, soit jusqu'à environ $107$ km/h. (1 pt) (1)
4. d)$360$ km, c'est $3,6$ fois $100$ km : on consomme $3,6C(v)$ litres, qui coûtent $1,8\times 3,6C(v)=6,48C(v)$ euros. La fonction linéaire $y\mapsto 6,48y$ est strictement croissante ($6,48>0$) : si $C(a)<C(b)$, alors $K(a)<K(b)$, donc $K$ a les mêmes variations que $C$. $C(130)=16,9-18,2+9,5=8,2$ et $C(110)=12,1-15,4+9,5=6,2$ : surcoût $6,48\times 2=12,96$ €. Durées : ${\displaystyle \frac{360}{130}}\approx 2,769$ h et ${\displaystyle \frac{360}{110}}\approx 3,273$ h, soit environ $0,503$ h, c'est-à-dire $30$ min gagnées. (1 pt) (1)