Continuité et valeurs intermédiaires : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « continuité et valeurs intermédiaires », question par question.
Cette correction montre la rédaction attendue au bac pour chaque usage du corollaire des valeurs intermédiaires : les hypothèses sont listées une à une, puis la conclusion est formulée avec précision. Tu y trouveras aussi la courbe de l’exercice 1 avec la droite qui prouve l’absence de solution.
Pour l’algorithme, le tableau des valeurs successives de \(a\) et de \(b\) est détaillé, afin que tu puisses suivre la dichotomie pas à pas. Les encadrements sont justifiés par le signe des images calculées. Compare ta copie, puis compte tes points avec le barème. Enfin, lis les pièges : l’oubli de la stricte monotonie coûte des points dans presque chaque copie.
L’énoncé complet se trouve ici : Continuité et valeurs intermédiaires : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : continuité et valeurs intermédiaires
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une courbe en deux morceaux | 3 points |
| 2. Recoller deux expressions | 3 points |
| 3. Compter les solutions | 4 points |
| 4. Une équation résolue par dichotomie | 5 points |
| 5. Le four de la céramiste | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : continuité et valeurs intermédiaires
Exercice 1 – Une courbe en deux morceaux (3 points)
- On lit \(f(-3) = 0\) et \(f(5) = 5\). En \(x = 1\), le point plein est \((1 \,;\, 2)\), donc \(f(-3) = 0\), \(f(1) = 2\) et \(f(5) = 5\).
- Quand \(x\) tend vers 1 avec \(x > 1\), les points de la courbe se rapprochent du point creux \((1 \,;\, 4)\), donc \(\lim_{x \to 1^{+}} f(x) = 4\). Or \(f(1) = 2\) et \(4 \neq 2\). La fonction \(f\) n’est donc pas continue en 1 : sa courbe fait un saut.
- Traçons la droite d’équation \(y = 3\).
Sur \([-3 \,;\, 1]\), on a \(f(x) \leq 2\), et sur \(]1 \,;\, 5]\), on a \(f(x) > 4\). La droite passe donc dans le saut sans jamais couper la courbe : l’équation \(f(x) = 3\) n’a pas de solution.
Le théorème des valeurs intermédiaires exige que la fonction soit continue sur l’intervalle. Or \(f\) n’est pas continue sur \([-3 \,;\, 5]\), car elle ne l’est pas en 1. Une hypothèse du théorème manque, donc il n’y a aucune contradiction.
Exercice 2 – Recoller deux expressions (3 points)
- Quand \(x\) tend vers 0, \(2x + 3\) tend vers 3 et \(x + 1\) tend vers 1. Par quotient, \(\lim_{x \to 0^{+}} g(x) = \dfrac{3}{1} = 3\).
- Comme \(0 \leq 0\), on utilise la première expression : \(g(0) = \mathrm{e}^{0} + a = 1 + a\). De plus, la fonction exponentielle est continue, donc \(\lim_{x \to 0^{-}} g(x) = 1 + a = g(0)\). Ainsi, \(g\) est continue en 0 si et seulement si \(1 + a = 3\). Il faut donc \(a = 2\).
- Sur \(]-\infty \,;\, 0[\), \(g(x) = \mathrm{e}^{x} + 2\) est la somme de deux fonctions continues. Sur \(]0 \,;\, +\infty[\), \(g\) est un quotient de fonctions continues dont le dénominateur \(x + 1\) ne s’annule pas, car \(x + 1 > 1\). Enfin, \(g\) est continue en 0 d’après la question 2. Par conséquent, \(g\) est continue sur \(\mathbb{R}\).
Piège classique : vérifier seulement la limite à droite. En effet, la continuité en 0 demande aussi que la limite à gauche soit égale à \(g(0)\).
Exercice 3 – Compter les solutions (4 points)
- Sur \([-4 \,;\, 1]\), \(h\) est continue et strictement décroissante, avec \(h(-4) = 3\) et \(h(1) = -2\). Or \(1\) est compris entre \(-2\) et \(3\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x) = 1\) admet donc une unique solution \(x_1\) dans \([-4 \,;\, 1]\).
Sur \([1 \,;\, 6]\), \(h\) est continue et strictement croissante, avec \(h(1) = -2\) et \(h(6) = 5\). Comme \(1\) est compris entre \(-2\) et \(5\), l’équation admet de même une unique solution \(x_2\) dans \([1 \,;\, 6]\).
Enfin, \(h(1) = -2 \neq 1\), donc \(x_1 \neq x_2\). L’équation \(h(x) = 1\) a exactement deux solutions sur \([-4 \,;\, 6]\). - Sur \([-4 \,;\, 1]\), le maximum de \(h\) est 3, donc \(h(x) \leq 3 < 4\) : aucune solution. En revanche, sur \([1 \,;\, 6]\), \(h\) est continue, strictement croissante, et \(4\) est compris entre \(-2\) et \(5\) : il y a une unique solution. L’équation \(h(x) = 4\) a une seule solution.
- Le minimum de \(h\) sur \([-4 \,;\, 6]\) vaut \(-2\), donc \(h(x) \geq -2 > -3\) : \(h(x) = -3\) n’a aucune solution. Ensuite, \(h(1) = -2\), alors que \(h(x) > -2\) pour tout \(x \neq 1\) grâce à la stricte monotonie. \(h(x) = -2\) a une seule solution, \(x = 1\).
Piège classique : oublier de dire que \(h\) est strictement monotone. Sans cette hypothèse, le théorème ne donne qu’au moins une solution, et non exactement une.
Exercice 4 – Une équation résolue par dichotomie (5 points)
- En \(-\infty\) : \(\lim_{x \to -\infty} \mathrm{e}^{x} = 0\) et \(\lim_{x \to -\infty} (x – 3) = -\infty\), donc par somme \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\).
En \(+\infty\) : \(\mathrm{e}^{x}\) et \(x – 3\) tendent vers \(+\infty\), donc par somme \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). - \(f^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x} + 1\). Or \(\mathrm{e}^{x} > 0\), donc \(f^{\prime}(x) > 1 > 0\) pour tout réel \(x\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
- La fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). De plus, ses limites sont \(-\infty\) et \(+\infty\), et \(0\) est compris entre elles. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) admet donc une unique solution \(\alpha\).
Ensuite, \(f(0) = 1 + 0 – 3 = -2 < 0\) et \(f(1) = \mathrm{e} – 2 \approx 0{,}718 > 0\). Comme \(f\) est croissante, \(f(0) < f(\alpha) < f(1)\) entraîne \(0 < \alpha < 1\). - On garde la moitié de l’intervalle qui contient \(\alpha\). Si \(f(m) < 0\), alors \(m < \alpha\) car \(f\) est croissante, donc on remplace \(a\) par \(m\) ; sinon, on remplace \(b\) par \(m\).
Ligne 6 :
if exp(m) + m - 3 < 0:; ligne 9 :b = m. - Voici les étapes, avec les images arrondies au millième :
\(m\) \(f(m)\) signe \(a\) \(b\) \(b – a\) 0,5 \(-0{,}851\) négatif 0,5 1 0,5 0,75 \(-0{,}133\) négatif 0,75 1 0,25 0,875 \(0{,}274\) positif 0,75 0,875 0,125 0,8125 \(0{,}066\) positif 0,75 0,8125 0,0625 Après la quatrième boucle, \(b – a = 0{,}0625 \leq 0{,}1\), donc la boucle s’arrête. L’appel renvoie \((0{,}75 \,;\, 0{,}8125)\), ainsi \(0{,}75 \leq \alpha \leq 0{,}8125\).
Piège classique : écrire le test à l’envers, avec \(f(m) > 0\), tout en gardant \(a = m\). La solution sortirait alors de l’intervalle \([a \,;\, b]\).
Exercice 5 – Le four de la céramiste (5 points)
- \(T(0) = 20 + 980 \times \mathrm{e}^{0} = 20 + 980 = 1000\). Au moment où Léna l’éteint, le four est à 1 000 °C.
- La dérivée de \(t \mapsto \mathrm{e}^{-0{,}2t}\) est \(t \mapsto -0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2t}\), donc \(T^{\prime}(t) = 980 \times (-0{,}2)\,\mathrm{e}^{-0{,}2t} = -196\,\mathrm{e}^{-0{,}2t}\). Comme \(\mathrm{e}^{-0{,}2t} > 0\), on a \(T^{\prime}(t) < 0\). \(T\) est donc strictement décroissante sur \([0 \,;\, +\infty[\).
- Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}2t\) tend vers \(-\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-0{,}2t}\) tend vers 0 par composition. Ainsi, \(\lim_{t \to +\infty} T(t) = 20\). À long terme, la température du four se rapproche de 20 °C, celle de l’atelier.
- La fonction \(T\) est continue et strictement décroissante sur \([0 \,;\, +\infty[\). De plus, \(T(0) = 1000\) et \(\lim_{t \to +\infty} T(t) = 20\), donc \(T\) prend toutes les valeurs de \(]20 \,;\, 1000]\), et 100 appartient à cet intervalle. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique \(t_0 \geq 0\) tel que \(T(t_0) = 100\).
- À la calculatrice, \(T(12{,}5) \approx 100{,}44\), donc \(T(12{,}5) > 100\) ; puis \(T(12{,}6) \approx 98{,}85\), donc \(T(12{,}6) < 100\). Comme \(T\) est décroissante, \(12{,}5 < t_0 < 12{,}6\). Or \(0{,}6\) h correspond à \(0{,}6 \times 60 = 36\) min. Léna pourra ouvrir son four au bout de 12 h 36 min, en arrondissant par excès.
Piège classique : convertir 12,6 h en 12 h 6 min. Pourtant, un dixième d’heure vaut 6 minutes, donc 0,6 h fait 36 minutes.
À retenir de ce contrôle
- Une fonction est continue en a lorsque sa limite en a existe et vaut f(a) ; un saut sur la courbe signale une discontinuité.
- Le théorème des valeurs intermédiaires garantit au moins une solution ; il faut la stricte monotonie pour affirmer qu’elle est unique.
- Avec un tableau de variations à plusieurs flèches, on applique le corollaire sur chaque intervalle de monotonie, puis on additionne.
- Pour encadrer une solution, on calcule les images de deux valeurs proches et on vérifie qu’elles sont de part et d’autre de k.
- À chaque étape de la dichotomie, la longueur de l’intervalle est divisée par 2 et la solution reste entre a et b.
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Consolider continuité et valeurs intermédiaires après ce corrigé
Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relis la leçon limites de suites et de fonctions et continuité ; entraîne-toi sur la fiche limites de fonctions et la continuité et fonction exponentielle.
D’autres évaluations corrigées t’attendent sur la page contrôles de maths en terminale.
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