controle fonction

1) Il faut \(2|x| - 3 \ne 0 \iff |x| \ne \frac{3}{2} \iff x \ne \pm \frac{3}{2}\).

Donc \(D_f = \mathbb{R} \setminus \left\{-\frac{3}{2}; \frac{3}{2}\right\}\).

2) \(f(-x) = \frac{|-x| + 1}{2|-x| - 3} = \frac{|x| + 1}{2|x| - 3} = f(x)\).

Donc \(f\) est paire, ce qui signifie que \((C_f)\) est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.

1) \(x^2 + 1 > 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

Donc \(D_f = \mathbb{R}\).

2) \(f(-x) = \frac{1}{(-x)^2 + 1} = \frac{1}{x^2 + 1} = f(x)\).

Donc \(f\) est paire.

3) a) Soient \(x_1, x_2 \in [0; +\infty[\) avec \(x_1 < x_2\).

Alors \(x_1^2 < x_2^2 \Rightarrow x_1^2 + 1 < x_2^2 + 1\).

Donc \(\frac{1}{x_1^2 + 1} > \frac{1}{x_2^2 + 1}\).

Donc \(f(x_1) > f(x_2)\).

Donc \(f\) est strictement décroissante sur \([0; +\infty[\).

b) Comme \(f\) est paire, elle est strictement croissante sur \(]-\infty; 0]\).

4) Tableau de variations :

5) \(x^2 \ge 0 \Rightarrow x^2 + 1 \ge 1 \Rightarrow \frac{1}{x^2 + 1} \le 1\).

De plus, \(x^2 + 1 > 0\), donc \(\frac{1}{x^2 + 1} > 0\).

Donc \(0 < f(x) \le 1\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).

1) \(f(0) = 0^2 + 2 \times 0 \times \sqrt{0} + 0 - 4 = -4\).

2) Pour tout \(x \ge 0\), on a \(x^2 \ge 0\), \(x \ge 0\) et \(2x\sqrt{x} \ge 0\).

Donc \(x^2 + 2x\sqrt{x} + x \ge 0\).

Ainsi \(f(x) = x^2 + 2x\sqrt{x} + x - 4 \ge -4\).

De plus, \(f(0) = -4\).

Donc \(-4\) est le minimum de \(f\) sur \(\mathbb{R}^+\).

1) a) Il faut \(x-1 \ne 0 \iff x \ne 1\).

Donc \(D_g = \mathbb{R} \setminus \{1\}\).

b) \(g(x) = \frac{2x + 1}{x - 1} = 2 + \frac{3}{x - 1}\).

\((C_g)\) est une hyperbole de centre \(I(1; 2)\).

Asymptotes : \(x = 1\) et \(y = 2\).

c) Tableau de variations de \(g\) :

2) a) \(f(x) = x^2 + 1\) est une parabole de sommet \(S(0; 1)\), tournée vers le haut.

b) Tableau de variations de \(f\) :

3) Intersection de \((C_g)\) avec l'axe des abscisses : \(g(x) = 0 \iff 2x + 1 = 0 \iff x = -\frac{1}{2}\).

Point : \(A\left(-\frac{1}{2}; 0\right)\).

4) a) \(f(2) = 4 + 1 = 5\) et \(g(2) = \frac{4 + 1}{2 - 1} = 5\).

Donc \(A(2; 5)\) est bien un point d'intersection.

b) Tracer la parabole de sommet \(S(0; 1)\) et l'hyperbole de centre \(I(1; 2)\) avec les asymptotes \(x = 1\) et \(y = 2\).

5) a) Graphiquement, \(g(x) > 0\) pour \(x \in ]-\infty; -\frac{1}{2}[ \cup ]1; +\infty[\) et \(g(x) < 0\) pour \(x \in ]-\frac{1}{2}; 1[\).

b) \(g(x) = \frac{2x + 1}{x - 1}\).

Tableau de signes :

Donc \(g(x) > 0 \iff x \in ]-\infty; -\frac{1}{2}[ \cup ]1; +\infty[\) et \(g(x) < 0 \iff x \in ]-\frac{1}{2}; 1[\).

6) a) et b) Graphiquement, \(f(x) \ge g(x)\) sur les intervalles où la parabole est au-dessus de l'hyperbole.

Les points d'intersection sont \(x = 2\) et un autre point à déterminer.

Résolvons algébriquement : \(x^2 + 1 = \frac{2x + 1}{x - 1}\).

\((x^2 + 1)(x - 1) = 2x + 1 \iff x^3 - x^2 + x - 1 = 2x + 1 \iff x^3 - x^2 - x - 2 = 0\).

On sait que \(x = 2\) est une racine. On factorise : \((x-2)(x^2 + x + 1) = 0\).

\(x^2 + x + 1 = 0\) n'a pas de racine réelle (\(\Delta = -3 < 0\)).

Donc \(f(x) \ge g(x) \iff x \ge 2\).