Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Fonctions : limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires

Limites de fonctions, asymptotes, continuité sur un intervalle, théorème des valeurs intermédiaires et résolution approchée d'équations

À propos de cette page

Ces exercices corrigés sur « Fonctions : limites, continuité et théorème des valeurs intermédiaires » en terminale permettent de s'entraîner et de vérifier ses acquis en maths complémentaires (option tle). Ils suivent le programme officiel de terminale et sont classés par difficulté (facile, moyen, difficile). Au programme : L'essentiel, Limites des fonctions de référence et opérations, Asymptotes horizontales et verticales, Continuité sur un intervalle. Chaque exercice est suivi d'une correction rédigée, à déplier une fois la recherche faite au brouillon. Cet entraînement aide à mémoriser les méthodes, repérer ses erreurs et gagner en confiance avant un contrôle. Exercices gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour réviser maths complémentaires (option tle) en terminale.

Exercices corrigés, classés du plus simple au plus complexe. Cherche d'abord seul au brouillon, puis déplie la correction détaillée pour vérifier ta méthode et tes raisonnements.

Exercice 1 — Limites par opérations

Facile

Déterminer chacune des limites suivantes en justifiant à l'aide des limites de référence et des règles d'opérations.

a) ${lim}_{x \to + \infty} (x^{2} + \sqrt{x})$
b) ${lim}_{x \to - \infty} (4 - \frac{1}{x^{3}})$
c) ${lim}_{x \to - \infty} (e^{x} - 7)$
d) ${lim}_{x \to + \infty} \frac{6}{x^{2} + 1}$
e) ${lim}_{x \to + \infty} (2 - x) \sqrt{x}$

a) ${lim}_{x \to + \infty} x^{2} = + \infty$ et ${lim}_{x \to + \infty} \sqrt{x} = + \infty$ . Par somme, ${lim}_{x \to + \infty} (x^{2} + \sqrt{x}) = + \infty$ .

b) ${lim}_{x \to - \infty} x^{3} = - \infty$ , donc ${lim}_{x \to - \infty} \frac{1}{x^{3}} = 0$ (réel sur infini). Par somme, ${lim}_{x \to - \infty} (4 - \frac{1}{x^{3}}) = 4$ .

c) ${lim}_{x \to - \infty} e^{x} = 0$ (limite de référence). Par somme, ${lim}_{x \to - \infty} (e^{x} - 7) = - 7$ .

d) ${lim}_{x \to + \infty} (x^{2} + 1) = + \infty$ et le numérateur vaut $6$ . Un réel divisé par une quantité qui tend vers $+ \infty$ tend vers $0$ : ${lim}_{x \to + \infty} \frac{6}{x^{2} + 1} = 0$ .

e) ${lim}_{x \to + \infty} (2 - x) = - \infty$ et ${lim}_{x \to + \infty} \sqrt{x} = + \infty$ . Le produit de $- \infty$ par $+ \infty$ n'est pas une forme indéterminée : par la règle des signes, ${lim}_{x \to + \infty} (2 - x) \sqrt{x} = - \infty$ .

Exercice 2 — Frais de livraison en escalier

Facile

Un transporteur facture l'envoi d'un colis selon sa masse $m$ (en kg), pour $0 < m \leq 10$ : 4,90 € si $0 < m < 2$ ; 7,40 € si $2 \leq m < 5$ ; 11,80 € si $5 \leq m \leq 10$ . On note $T (m)$ le tarif en euros.

a) Décrire l'allure de la courbe de $T$ . La fonction $T$ est-elle continue sur $] 0; 10]$ ?
b) Donner trois intervalles, les plus grands possibles, sur lesquels $T$ est continue.
c) On a $T (1) = 4, 90$ et $T (6) = 11, 80$ . Un élève affirme : « 6 € est compris entre 4,90 € et 11,80 €, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une masse pour laquelle le tarif vaut exactement 6 €. » Expliquer l'erreur.

a) La courbe est formée de trois segments horizontaux, aux hauteurs 4,90 puis 7,40 puis 11,80 : c'est un escalier. En $m = 2$ et en $m = 5$ , la courbe saute d'une marche à la suivante : on ne peut pas la tracer sans lever le crayon. $T$ n'est pas continue sur $] 0; 10]$ (elle ne l'est pas en 2 ni en 5).

b) Sur chaque tranche, $T$ est constante, donc continue : $T$ est continue sur $] 0; 2 [$ , sur $[2; 5 [$ et sur $[5; 10]$ .

c) Le TVI exige que la fonction soit continue sur l'intervalle $[1; 6]$ . Or $T$ présente deux sauts dans cet intervalle, en 2 et en 5 : l'hypothèse de continuité n'est pas vérifiée et le théorème ne s'applique pas. D'ailleurs $T$ ne prend que trois valeurs (4,90 ; 7,40 ; 11,80) : aucune masse ne correspond à un tarif de 6 €.

Exercice 3 — Deux asymptotes et une position

Facile

On considère la fonction $g$ définie sur $] - 3; + \infty [$ par $g (x) = 5 + \frac{2}{x + 3}$ .

a) Calculer ${lim}_{x \to + \infty} g (x)$ et en déduire une asymptote à la courbe de $g$ .
b) Calculer la limite de $g (x)$ quand $x$ tend vers $- 3$ avec $x > - 3$ . Interpréter graphiquement.
c) Étudier la position de la courbe de $g$ par rapport à la droite d'équation $y = 5$ .

a) ${lim}_{x \to + \infty} (x + 3) = + \infty$ , donc ${lim}_{x \to + \infty} \frac{2}{x + 3} = 0$ . Par somme, ${lim}_{x \to + \infty} g (x) = 5$ . La droite d'équation $y = 5$ est asymptote horizontale à la courbe de $g$ en $+ \infty$ .

b) Si $x > - 3$ , alors $x + 3 > 0$ et ${lim}_{x \to - 3^{+}} (x + 3) = 0^{+}$ . Le numérateur vaut $2 > 0$ , donc ${lim}_{x \to - 3^{+}} \frac{2}{x + 3} = + \infty$ , puis par somme ${lim}_{x \to - 3^{+}} g (x) = + \infty$ . La droite d'équation $x = - 3$ est asymptote verticale.

c) $g (x) - 5 = \frac{2}{x + 3}$ . Sur $] - 3; + \infty [$ , $x + 3 > 0$ donc $g (x) - 5 > 0$ . La courbe de $g$ est strictement au-dessus de la droite $y = 5$ sur tout l'intervalle.

Exercice 4 — Fonction rationnelle : limites et asymptotes

Moyen

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ ⧵ {2}$ par $f (x) = \frac{x - 1}{2 - x}$ .

a) Déterminer les limites de $f$ en $+ \infty$ et en $- \infty$ .
b) Déterminer les limites de $f$ en $2$ , à gauche et à droite.
c) En déduire les équations des asymptotes à la courbe de $f$ .
d) Un élève écrit : « en $+ \infty$ , le numérateur et le dénominateur tendent vers l'infini, donc la limite vaut 1 ». Expliquer ses deux erreurs.

a) Forme indéterminée du type $\frac{\infty}{\infty}$ . Pour $x \neq 0$ et $x \neq 2$ : $f (x) = \frac{x (1 - \frac{1}{x})}{x (\frac{2}{x} - 1)} = \frac{1 - \frac{1}{x}}{\frac{2}{x} - 1}$ . En $\pm \infty$ , $\frac{1}{x} \to 0$ et $\frac{2}{x} \to 0$ , donc le numérateur tend vers $1$ et le dénominateur vers $- 1$ . ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = {lim}_{x \to - \infty} f (x) = - 1$ .

b) ${lim}_{x \to 2} (x - 1) = 1 > 0$ . Signe de $2 - x$ : positif si $x < 2$ , négatif si $x > 2$ . Donc $2 - x \to 0^{+}$ à gauche et $0^{-}$ à droite. Par quotient : ${lim}_{x \to 2^{-}} f (x) = + \infty$ et ${lim}_{x \to 2^{+}} f (x) = - \infty$ .

c) D'après a), $y = - 1$ est asymptote horizontale en $+ \infty$ et en $- \infty$ ; d'après b), $x = 2$ est asymptote verticale.

d) Première erreur : « $\frac{\infty}{\infty}$ » est une forme indéterminée, on ne peut pas conclure sans transformer l'écriture. Seconde erreur : le dénominateur $2 - x$ tend vers $- \infty$ et non $+ \infty$ ; le signe compte. La factorisation donne $- 1$ , pas $1$ .

Exercice 5 — Terme dominant et factorisation

Moyen

Déterminer les limites suivantes en levant les éventuelles indéterminations.

a) ${lim}_{x \to - \infty} (- 2 x^{3} + 9 x^{2} - 4)$
b) ${lim}_{x \to + \infty} (x - 3 \sqrt{x})$
c) ${lim}_{x \to + \infty} \frac{4 x^{2} + x}{1 - 6 x^{2}}$
d) ${lim}_{x \to - \infty} \frac{7 x + 2}{x^{2} + 5}$

a) $- 2 x^{3} \to + \infty$ et $9 x^{2} \to + \infty$ : pas d'indétermination apparente, mais factorisons pour être sûrs. Pour $x \neq 0$ : $- 2 x^{3} + 9 x^{2} - 4 = x^{3} (- 2 + \frac{9}{x} - \frac{4}{x^{3}})$ . La parenthèse tend vers $- 2$ et $x^{3} \to - \infty$ , donc par produit la limite vaut $+ \infty$ .

b) Forme $+ \infty - \infty$ . Pour $x > 0$ , $x = \sqrt{x} \times \sqrt{x}$ , donc $x - 3 \sqrt{x} = \sqrt{x} (\sqrt{x} - 3)$ . Les deux facteurs tendent vers $+ \infty$ : la limite vaut $+ \infty$ .

c) Forme $\frac{\infty}{\infty}$ . Pour $x \neq 0$ : $\frac{4 x^{2} + x}{1 - 6 x^{2}} = \frac{4 + \frac{1}{x}}{\frac{1}{x^{2}} - 6}$ . Numérateur vers $4$ , dénominateur vers $- 6$ : la limite vaut $- \frac{2}{3}$ .

d) Forme $\frac{\infty}{\infty}$ . Pour $x \neq 0$ : $\frac{7 x + 2}{x^{2} + 5} = \frac{x (7 + \frac{2}{x})}{x^{2} (1 + \frac{5}{x^{2}})} = \frac{1}{x} \times \frac{7 + \frac{2}{x}}{1 + \frac{5}{x^{2}}}$ . Le premier facteur tend vers $0$ , le second vers $7$ : la limite vaut $0$ .

Exercice 6 — Existence et unicité d'une solution

Moyen

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ$ par $f (x) = x^{3} - 3 x + 1$ .

a) Montrer que $f$ est strictement décroissante sur $[0; 1]$ .
b) Montrer que l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[0; 1]$ .
c) Donner un encadrement de $α$ d'amplitude $10^{- 2}$ .
d) En déduire le signe de $f (x)$ sur $[0; 1]$ .

a) $f$ est dérivable sur $ℝ$ et $f^{'} (x) = 3 x^{2} - 3 = 3 (x - 1) (x + 1)$ . Sur $[0; 1 [$ , $x - 1 < 0$ et $x + 1 > 0$ , donc $f^{'} (x) < 0$ ; $f^{'}$ ne s'annule qu'en $x = 1$ . $f$ est strictement décroissante sur $[0; 1]$ .

b) $f$ est continue sur $[0; 1]$ (polynôme) et strictement décroissante. $f (0) = 1 > 0$ et $f (1) = 1 - 3 + 1 = - 1 < 0$ : $0$ est compris entre $f (1)$ et $f (0)$ . D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution $α \in [0; 1]$ .

c) À la calculatrice : $f (0, 3) \approx 0, 127$ et $f (0, 4) \approx - 0, 136$ , donc $0, 3 < α < 0, 4$ . Puis $f (0, 34) \approx 0, 0193 > 0$ et $f (0, 35) \approx - 0, 0071 < 0$ . $0, 34 < α < 0, 35$ .

d) $f$ est strictement décroissante et $f (α) = 0$ : si $0 \leq x < α$ , $f (x) > f (α) = 0$ ; si $α < x \leq 1$ , $f (x) < 0$ . $f$ est positive sur $[0; α]$ et négative sur $[α; 1]$ , nulle seulement en $α$ .

Exercice 7 — Tableau de variations et nombre de solutions

Moyen

Une fonction $f$ continue sur $[- 4; 6]$ a le tableau de variations suivant.

$x$	$- 4$		$1$		$6$
$f (x)$	$5$	↘	$- 3$	↗	$2$

a) Déterminer le nombre de solutions de l'équation $f (x) = 0$ dans $[- 4; 6]$ .
b) Même question pour $f (x) = 4$ .
c) Même question pour $f (x) = - 3, 5$ .
d) Déterminer l'ensemble des réels $k$ pour lesquels l'équation $f (x) = k$ admet exactement deux solutions.

Sur $[- 4; 1]$ , $f$ est continue et strictement décroissante de $5$ à $- 3$ ; sur $[1; 6]$ , continue et strictement croissante de $- 3$ à $2$ . On applique le corollaire du TVI sur chaque intervalle.

a) $0 \in [- 3; 5]$ : une unique solution dans $[- 4; 1]$ . $0 \in [- 3; 2]$ : une unique solution dans $[1; 6]$ . Ces solutions sont distinctes ( $f (1) = - 3 \neq 0$ ). Deux solutions.

b) $4 \in [- 3; 5]$ : une solution dans $[- 4; 1]$ . Sur $[1; 6]$ , $f (x) \leq 2 < 4$ : aucune. Une seule solution.

c) Le minimum de $f$ sur $[- 4; 6]$ est $- 3$ , atteint en $1$ . Comme $- 3, 5 < - 3$ , l'équation n'a aucune solution.

d) Il faut une solution sur chaque intervalle, distinctes. Sur $[- 4; 1]$ il faut $k \in [- 3; 5]$ , sur $[1; 6]$ il faut $k \in [- 3; 2]$ , donc $k \in [- 3; 2]$ . Pour $k = - 3$ , l'unique solution est $x = 1$ , commune aux deux intervalles : une seule solution. Pour $k \in] 2; 5]$ : une seule. Exactement deux solutions si et seulement si $k \in] - 3; 2]$ .

Exercice 8 — Asymptotes d'une fonction paire

Difficile

Soit $q$ la fonction définie par $q (x) = \frac{x^{2} + 1}{x^{2} - 9}$ .

a) Déterminer l'ensemble de définition $D$ de $q$ et ses limites en $+ \infty$ et en $- \infty$ .
b) Déterminer les limites de $q$ en $3$ , à gauche et à droite.
c) Montrer que $q$ est paire, puis en déduire ses limites en $- 3$ . Donner toutes les asymptotes de la courbe.
d) Étudier la position de la courbe de $q$ par rapport à la droite d'équation $y = 1$ .

a) $x^{2} - 9 = (x - 3) (x + 3)$ s'annule en $3$ et $- 3$ : $D = ℝ ⧵ {- 3; 3}$ . Pour $x \in D$ , $x \neq 0$ : $q (x) = \frac{1 + \frac{1}{x^{2}}}{1 - \frac{9}{x^{2}}}$ , qui tend vers $\frac{1}{1} = 1$ en $\pm \infty$ . ${lim}_{x \to \pm \infty} q (x) = 1$ .

b) ${lim}_{x \to 3} (x^{2} + 1) = 10 > 0$ . Près de $3$ , $x + 3 > 0$ ; $x - 3 < 0$ si $x < 3$ et $> 0$ si $x > 3$ . Donc $x^{2} - 9 \to 0^{-}$ à gauche et $0^{+}$ à droite. ${lim}_{x \to 3^{-}} q (x) = - \infty$ et ${lim}_{x \to 3^{+}} q (x) = + \infty$ .

c) $D$ est symétrique par rapport à $0$ et $q (- x) = \frac{(- x)^{2} + 1}{(- x)^{2} - 9} = q (x)$ : $q$ est paire, sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées. Le côté gauche de $- 3$ correspond au côté droit de $3$ : ${lim}_{x \to - 3^{-}} q (x) = + \infty$ et ${lim}_{x \to - 3^{+}} q (x) = - \infty$ (vérification : si $x < - 3$ , $x^{2} > 9$ donc $x^{2} - 9 \to 0^{+}$ ). Asymptotes : $y = 1$ , $x = - 3$ et $x = 3$ .

d) $q (x) - 1 = \frac{x^{2} + 1 - (x^{2} - 9)}{x^{2} - 9} = \frac{10}{x^{2} - 9}$ . Le signe est celui de $x^{2} - 9$ : positif si $x < - 3$ ou $x > 3$ , négatif si $- 3 < x < 3$ . La courbe est au-dessus de $y = 1$ sur $] - \infty; - 3 [\cup] 3; + \infty [$ et en dessous sur $] - 3; 3 [$ .

Exercice 9 — Dichotomie programmée en Python

Difficile

On étudie l'équation $e^{x} + x - 3 = 0$ et on note $g (x) = e^{x} + x - 3$ . On dispose du programme suivant.

from math import exp

def g(x):
    return exp(x) + x - 3

def dichotomie(f, a, b, e):
    while b - a > e:
        m = (a + b) / 2
        if f(a) * f(m) <= 0:
            b = m
        else:
            a = m
    return (a, b)

a) Montrer que l'équation $g (x) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[0; 1]$ .
b) On exécute $d i c h o t o m i e (g, 0, 1, 0.01)$ . Donner les valeurs de $a$ et $b$ après chacun des trois premiers passages dans la boucle.
c) Combien de passages dans la boucle cet appel effectue-t-il ? Quel couple renvoie-t-il ?
d) Combien de passages faudrait-il pour obtenir un encadrement de $α$ d'amplitude inférieure ou égale à $10^{- 6}$ ?

a) $g$ est continue et dérivable sur $ℝ$ , $g^{'} (x) = e^{x} + 1 > 0$ : $g$ est strictement croissante. $g (0) = 1 + 0 - 3 = - 2 < 0$ et $g (1) = e - 2 \approx 0, 718 > 0$ . D'après le corollaire du TVI, $g (x) = 0$ admet une unique solution $α \in [0; 1]$ .

b) Passage 1 : $m = 0, 5$ , $g (0, 5) \approx - 0, 851 < 0$ , même signe que $g (0)$ , donc $a = 0, 5$ : $[0, 5; 1]$ . Passage 2 : $m = 0, 75$ , $g (0, 75) \approx - 0, 133 < 0$ , donc $[0, 75; 1]$ . Passage 3 : $m = 0, 875$ , $g (0, 875) \approx 0, 274 > 0$ , signe contraire de $g (a)$ , donc $b = 0, 875$ : $[0, 75; 0, 875]$ .

c) Après $n$ passages, $b - a = \frac{1}{2^{n}}$ . La boucle s'arrête dès que $\frac{1}{2^{n}} \leq 0, 01$ , soit $2^{n} \geq 100$ : $2^{6} = 64$ , $2^{7} = 128$ , donc 7 passages. Suite du calcul : $g (0, 8125) \approx 0, 066$ donne $[0, 75; 0, 8125]$ ; $g (0, 78125) \approx - 0, 035$ donne $[0, 78125; 0, 8125]$ ; $g (0, 796875) \approx 0, 015$ donne $[0, 78125; 0, 796875]$ ; $g (0, 7890625) \approx - 0, 0096$ donne $(0, 7890625; 0, 796875)$ , donc $0, 789 < α < 0, 797$ .

d) Il faut $\frac{1}{2^{n}} \leq 10^{- 6}$ , soit $2^{n} \geq 1 000 000$ . Or $2^{19} = 524 288$ et $2^{20} = 1 048 576$ : 20 passages.

Exercice 10 — Vrai ou faux : conditions d'application

Difficile

Pour chaque affirmation, dire si elle est vraie ou fausse et justifier (une démonstration si elle est vraie, un contre-exemple si elle est fausse).

a) Si $f$ est continue sur $[0; 2]$ avec $f (0) = - 1$ et $f (2) = 3$ , alors l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution dans $[0; 2]$ .
b) Si $f$ est strictement croissante sur $[1; 4]$ avec $f (1) = - 2$ et $f (4) = 5$ , alors l'équation $f (x) = 0$ admet une solution dans $[1; 4]$ .
c) Si $f (x) > 0$ pour tout $x > 0$ et si ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = ℓ$ , alors $ℓ > 0$ .
d) Si ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ et ${lim}_{x \to + \infty} g (x) = + \infty$ , alors ${lim}_{x \to + \infty} (f (x) - g (x)) = 0$ .

a) Faux. Le TVI donne au moins une solution, pas l'unicité. Contre-exemple : la fonction affine par morceaux dont la courbe joint les points $(0; - 1)$ , $(0, 5; 1)$ , $(1; - 1)$ et $(2; 3)$ . Elle est continue, vérifie $f (0) = - 1$ et $f (2) = 3$ , et s'annule trois fois : en $0, 25$ , en $0, 75$ et en $1, 25$ .

b) Faux. Il manque la continuité. Contre-exemple : $f (x) = x - 3$ sur $[1; 2 [$ et $f (x) = x + 1$ sur $[2; 4]$ . $f$ est strictement croissante (valeurs dans $[- 2; - 1 [$ puis dans $[3; 5]$ ), $f (1) = - 2$ , $f (4) = 5$ , mais $f$ saute de $- 1$ à $3$ en $x = 2$ et ne prend jamais la valeur $0$ .

c) Faux. Contre-exemple : $f (x) = \frac{1}{x^{2}}$ est strictement positive sur $] 0; + \infty [$ mais ${lim}_{x \to + \infty} f (x) = 0$ . On peut seulement affirmer $ℓ \geq 0$ : le passage à la limite transforme une inégalité stricte en inégalité large.

d) Faux. « $+ \infty - (+ \infty)$ » est une forme indéterminée. Contre-exemple : $f (x) = x^{2}$ et $g (x) = x$ ; $f (x) - g (x) = x (x - 1)$ tend vers $+ \infty$ , pas vers $0$ .

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