Fonction avec 4 paramètres à trouver

Exercice corrigé - Spécialité maths, première générale

Énoncé

La courbe $\mathcal{C}$ suivante représente une fonction $f$ définie sur $\R$ et dont l'expression est de la forme
\[f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\]

où $a$, $b$, $c$ et $d$ sont quatre réels.

La tangente $T$ à $\mathcal{C}$ à l'origine $O$ passe par le point $A(1;12)$, et la tangente au point $M(2;4)$ de $\mathcal{C}$ est horizontale.
\[\psset{xunit=1.5cm,yunit=0.3cm} \begin{pspicture}(-1,-4.6)(3.5,13.) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(-1.5,0)(3.5,0) \psline[arrowsize=7pt,linewidth=1.2pt]{->}(0,-5.5)(0,13.2) %\rput(-0.2,0.5){$O$} % \multido{\i=-1+1}{5}{ \psline[linestyle=dashed,linewidth=0.3pt](\i,-5)(\i,12.8) \rput(\i,-0.5){$\i$} } \multido{\i=-4+2}{9}{ \psline[linestyle=dashed,linewidth=0.3pt](-1.2,\i)(3.2,\i) \rput(-0.2,\i){$\i$} } % \psplot[linewidth=1.5pt]{-0.4}{3.2}{2 x 3 exp mul -9 x 2 exp mul add 12 x mul add} \rput(2.8,9){\large$\Cf$} \rput(2,4){$\tm$} \rput(1.8,3.5){$M$} % \psplot{-0.5}{1.1}{12 x mul} \rput(0.6,9){$T$} \rput(1,12){$\tm$}\rput(0.8,12.45){\large$A$} \end{pspicture} \]


  1. Déterminer les réels $a$, $b$, $c$ et $d$.
  2. Il semblerait que $f$ admette un maximum local en $x=1$. Est-ce vraiment le cas ? Quelle est la valeur de ce maximum ?
  3. Montrer que la courbe $\Cf$ ne coupe l'axe des abscisses qu'en l'origine.
  4. En quels points $\Cf$ admet-elle une tangente parallèle à $T$ ?



Correction

Correction

  1. On sait que $O\in\mathcal{C}\iff f(0)=d=0$.
    La tangente $T$ en $O$ à $\mathcal{C}$ passe par les points $O(0;0)$ et $A(1;12)$ et a donc pour coefficient directeur $m=\dfrac{12-0}{1-0}=12$. Ainsi, $f'(0)=12$. Or, pour tout réel $x$, $f'(x)=3ax^2+2bx+c$, et donc, $f'(0)=c=12$.
    On a de même, en $M$, $f(2)=8a+4b+2c=8a+4b+24=4\iff 2a+b=-5$, et, $f'(2)=12a+4b+c=12a+4b+12=0\iff 3a+b=-3$
    En soustrayant ces deux dernières équations, on obtient $a=2$, et donc, $b=-3-3a$ soit $b=-9$.
    Ainsi, pour tout réel $x$, $f(x)=2x^3-9x^2+12x$.
  2. Pour tout réel $x$, $f'(x)=6x^2-18x+12=6(x^2-3x+2)=6(x-2)(x-1)$ (car on a déterminé $f$ au 1. justement pour que $f'(2)=0$, c'est-à-dire que $2$ soit une racine de $f$).
    On a alors le tableau de variation suivant, qui montre que $f$ admet bien un maximum local en $x=1$, et qui vaut $f(1)=5$.
    \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline $x$ & $-\infty$ && $1$ && $2$ && $+\infty$ \\\hline $f'(x)$ && $+$ &\zb&$-$&\zb&$+$& \\\hline &&&5&&&&\\ $f(x)$&& \psline{->}(-0.5,-0.4)(0.5,0.5)&& \psline{->}(-0.5,0.5)(0.5,-0.4)&& \psline{->}(-0.5,-0.4)(0.5,0.5)&\\ &&&&&4&&\\\hline \end{tabular}\]

  3. On peut raisonner de (au moins) deux manières:
    • $\mathcal{C}$ coupe l'axe des abscisses aux points $(x;0)$ tels que $f(x)=0 \iff 2x^3-9x^2+12x=0 \iff x(2x^2-9x+12)=0 $, ainsi, soit $x=0$ (origine du repère), soit $2x^2-9x+12=0$.
      Ce trinôme a pour discriminant $\Delta=81-96<0$ et n'admet donc pas de racine réelle.
      Ainsi, $f(x)=0\iff x=0$, et $\mathcal{C}$ coupe l'axe des abscisses uniquement à l'origine.
    • D'après le tableau de variation de $f$, sur $]-\infty;1]$, $f$ est strictement croissante et $f(0)=0$ est donc l'unique solution de l'équation $f(x)=0$ sur $]-\infty;1]$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires.
      Sur $[1;+\infty[$, $f$ a pour minimum global $4$, et donc, pour tout $x\in[1;+\infty$, $f(x)\geqslant4>0$, et l'équation $f(x)=0$ ne peut donc pas avoir de solution.
      En résumé, l'équation $f(x)=0$ admet pour unique solution sur $\R$ $x=0$, et $\mathcal{C}$ coupe l'axe des abscisses uniquement en l'origine.

  4. La droite $T$ a pour coefficient directeur $m=12$.
    Une tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $x$ est donc parallèle à $T$ si et seulement si $f'(x)=12 \iff 6x^2-18x+12=12 \iff 6x(x-3)=0 \iff \Bigl( x=0 \text{ ou } x=3\Bigr)$.
    On a $f(3)=9$, et donc $\mathcal{C}$ admet une seule autre tangente parallèle à $T$, sa tangente au point $D(3;9)$.


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