Second degré et dérivation : corrigé du contrôle de maths en première
Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « second degré et dérivation », question par question.
Cette correction suit l’ordre du devoir. Pour les automatismes, chaque réponse est accompagnée d’une justification courte, afin que tu retrouves la propriété utilisée. Ensuite, les études de fonctions sont rédigées en entier : calcul du discriminant, signe du trinôme, puis tableau de variations complété avec les valeurs.
Deux graphiques montrent les tangentes parallèles de l’exercice 3 et la tangente horizontale au sommet de la courbe du volume. De plus, un barème précis accompagne chaque exercice. Compare ta copie étape par étape, puis relis les pièges signalés, car ils portent souvent sur une racine hors de l’intervalle.
L’énoncé complet se trouve ici : Second degré et dérivation : contrôle de maths en première.
Barème du contrôle corrigé : second degré et dérivation
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Automatismes | 4 points |
| 2. Une parabole à retrouver | 3 points |
| 3. Un polynôme de degré 3 | 6 points |
| 4. La boîte sans couvercle | 7 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : second degré et dérivation
Exercice 1 – Automatismes (4 points)
- On cherche deux nombres de somme 5 et de produit 6 : ce sont 2 et 3. En effet, \(x^2 – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3)\). Les racines sont 2 et 3.
- On complète le carré : \(x^2 + 6x + 11 = (x + 3)^2 – 9 + 11\). Donc \(x^2 + 6x + 11 = (x + 3)^2 + 2\).
- On factorise : \(x^2 – 9 = (x – 3)(x + 3)\), qui est négatif entre ses racines, car le coefficient de \(x^2\) est positif. L’ensemble des solutions est \(]-3\,;\,3[\).
- L’équation est déjà sous forme canonique \(a(x – \alpha)^2 + \beta\), avec \(\alpha = 1\) et \(\beta = -3\). Le sommet est \(S(1\,;\,-3)\).
- On dérive terme à terme, et la constante a une dérivée nulle. \(f^{\prime}(x) = 12x^2 – 2x\).
- La dérivée de \(\frac{1}{x}\) est \(-\frac{1}{x^2}\), donc on multiplie par 5. \(g^{\prime}(x) = -\frac{5}{x^2}\).
- Ici, \(k^{\prime}(x) = 2x + 3\), puis \(k^{\prime}(2) = 4 + 3\). Ainsi, \(k^{\prime}(2) = 7\).
- D’abord, \(m(0) = 1\) ; ensuite \(m^{\prime}(x) = 2x – 4\), donc \(m^{\prime}(0) = -4\). La tangente a pour équation \(y = m^{\prime}(0)(x – 0) + m(0)\). Soit \(y = -4x + 1\).
Piège classique : répondre \(x < 3\) à la question 3. Or \(x^2 < 9\) exige aussi \(x > -3\), car un carré ne dépend pas du signe.
Exercice 2 – Une parabole à retrouver (3 points)
- Comme \(-1\) et 5 sont les racines, on a \(p(x) = a(x + 1)(x – 5)\). Or \(p(0) = 5\), donc \(a \times 1 \times (-5) = 5\), puis \(a = -1\).
Ensuite, on développe : \(p(x) = -(x^2 – 5x + x – 5) = -(x^2 – 4x – 5)\).
\(p(x) = -(x + 1)(x – 5) = -x^2 + 4x + 5\). - Le sommet a pour abscisse la moyenne des racines, \(\alpha = \frac{-1 + 5}{2} = 2\), et \(p(2) = -4 + 8 + 5 = 9\).
On vérifie : \(-(x – 2)^2 + 9 = -(x^2 – 4x + 4) + 9 = -x^2 + 4x + 5\). Comme \(a = -1 < 0\), la parabole est tournée vers le bas. \(p(x) = -(x – 2)^2 + 9\), donc le maximum de \(p\) vaut 9, atteint en \(x = 2\). - On a \(p(x) \geq 5\) si et seulement si \(-x^2 + 4x \geq 0\), c’est-à-dire \(x(4 – x) \geq 0\).
Ce produit s’annule en 0 et en 4 ; il est positif entre ces deux valeurs, car le coefficient de \(x^2\) est négatif. L’ensemble des solutions est \([0\,;\,4]\).
Exercice 3 – Un polynôme de degré 3 (6 points)
- La fonction \(f\) est polynomiale, donc dérivable sur \(\mathbb{R}\). \(f^{\prime}(x) = 3x^2 – 6x – 9\).
- Le discriminant vaut \(\Delta = (-6)^2 – 4 \times 3 \times (-9) = 36 + 108 = 144\), donc \(\sqrt{\Delta} = 12\).
Les racines sont alors \(x_1 = \frac{6 – 12}{6} = -1\) et \(x_2 = \frac{6 + 12}{6} = 3\).
Le coefficient 3 est positif, donc le trinôme est positif à l’extérieur des racines. \(f^{\prime}(x) > 0\) sur \(]-\infty\,;\,-1[\) et sur \(]3\,;\,+\infty[\), et \(f^{\prime}(x) < 0\) sur \(]-1\,;\,3[\). - On calcule \(f(-1) = -1 – 3 + 9 + 5 = 10\), puis \(f(3) = 27 – 27 – 27 + 5 = -22\).
\(x\) \(-\infty\) \(-1\) 3 \(+\infty\) \(f^{\prime}(x)\) + 0 − 0 + \(f\) croissante 10 décroissante \(-22\) croissante \(f\) admet donc un maximum local 10 en \(-1\) et un minimum local \(-22\) en 3.
- Deux droites sont parallèles quand elles ont le même coefficient directeur. On cherche donc les \(x\) tels que \(f^{\prime}(x) = -9\).
\(3x^2 – 6x – 9 = -9\), puis \(3x^2 – 6x = 0\), soit \(3x(x – 2) = 0\), d’où \(x = 0\) ou \(x = 2\).
Ensuite, \(f(0) = 5\) et \(f(2) = 8 – 12 – 18 + 5 = -17\).
En 0 : \(y = -9(x – 0) + 5\), soit \(y = -9x + 5\).
En 2 : \(y = -9(x – 2) – 17\), soit \(y = -9x + 1\).
Il y a deux points : \((0\,;\,5)\), de tangente \(y = -9x + 5\), et \((2\,;\,-17)\), de tangente \(y = -9x + 1\).
Piège classique : résoudre \(f(x) = -9x + 2\). En fait, c’est la dérivée, et non la fonction, qui doit valoir le coefficient directeur \(-9\).
Exercice 4 – La boîte sans couvercle (7 points)
- Une longueur découpée est strictement positive, donc \(x > 0\). De plus, on retire \(2x\) à la largeur, qui doit rester positive : \(10 – 2x > 0\), donc \(x < 5\). Ainsi, \(x \in \,]0\,;\,5[\) ; la boîte mesure \(16 – 2x\) cm de long, \(10 – 2x\) cm de large et \(x\) cm de haut.
- Le volume d’un pavé est le produit de ses trois dimensions :
\(V(x) = x(16 – 2x)(10 – 2x)\)
\(V(x) = x(160 – 32x – 20x + 4x^2) = x(4x^2 – 52x + 160)\)
Donc \(V(x) = 4x^3 – 52x^2 + 160x\). - On dérive : \(V^{\prime}(x) = 12x^2 – 104x + 160\). Puis on factorise par 4 : \(12x^2 – 104x + 160 = 4(3x^2 – 26x + 40)\). On a bien \(V^{\prime}(x) = 4(3x^2 – 26x + 40)\).
- Le discriminant vaut \(\Delta = (-26)^2 – 4 \times 3 \times 40 = 676 – 480 = 196\), donc \(\sqrt{\Delta} = 14\).
Alors \(x_1 = \frac{26 – 14}{6} = 2\) et \(x_2 = \frac{26 + 14}{6} = \frac{20}{3}\). Les racines sont 2 et \(\frac{20}{3} \approx 6{,}67\). - Le trinôme est positif à l’extérieur de ses racines, car 3 est positif. Sur \(]0\,;\,5[\), seule la racine 2 intervient, puisque \(\frac{20}{3} > 5\) : \(V^{\prime}(x) > 0\) sur \(]0\,;\,2[\) et \(V^{\prime}(x) < 0\) sur \(]2\,;\,5[\).
Aux bornes, \(V(0) = 0\) et \(V(5) = 0\) ; au sommet, \(V(2) = 32 – 208 + 320 = 144\).\(x\) 0 2 5 \(V^{\prime}(x)\) + 0 − \(V\) 0 croissante 144 décroissante 0 \(V\) est croissante sur \(]0\,;\,2]\) et décroissante sur \([2\,;\,5[\).
- D’après le tableau, le volume est maximal pour \(x = 2\). La boîte mesure alors \(16 – 4 = 12\) cm sur \(10 – 4 = 6\) cm, avec 2 cm de haut, et on vérifie \(12 \times 6 \times 2 = 144\). Lina doit découper des carrés de 2 cm : la boîte de 12 cm sur 6 cm sur 2 cm a un volume maximal de 144 cm³.
- Le coefficient directeur de cette tangente est \(V^{\prime}(2) = 4(12 – 52 + 40) = 0\). La tangente au point d’abscisse 2 est donc horizontale, d’équation \(y = 144\).
Piège classique : garder la racine \(\frac{20}{3}\). Cependant, elle n’appartient pas à \(]0\,;\,5[\) : on ne pourrait pas découper de tels carrés.
À retenir de ce contrôle
- Le signe d’un trinôme est celui de a à l’extérieur des racines et le signe contraire entre elles.
- Une fonction est croissante sur un intervalle où sa dérivée est positive, et décroissante là où elle est négative.
- Une tangente est parallèle à une droite de coefficient directeur m aux points où le nombre dérivé vaut m.
- Dans un problème d’optimisation, on ne garde que les racines de la dérivée situées dans l’intervalle d’étude.
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