a. Completer le tableau de variation de f.
b. Determiner les images des intervalles suivants par f : [0,1] ; ]1,+∞[.
a. Montrer que l'equation f(x)=0 admet une seule solution sur R.
b. Verifier que α∈[1,6;1,7].
Deduire alors le signe de f(x) sur R.
Voir la solution
f est une fonction polynome donc f est continue sur R.
a. f(0)=−1, f(1)=2−3−1=−2. limx→−∞f(x)=−∞, limx→+∞f(x)=+∞.
b. f([0,1])=[−2,−1] (car f decroissante sur [0,1], f(0)=−1, f(1)=−2).
f(]1,+∞[)=]−2,+∞[ (car f strictement croissante sur [1,+∞[).
a. Sur ]−∞,0], f est strictement croissante sur ]−∞,0] et f(x)≤f(0)=−1<0, donc f(x)<0 : pas de solution sur ]−∞,0].
Sur [0,1], f est strictement decroissante : −2≤f(x)≤−1<0, donc f(x)<0 : pas de solution sur [0,1].
Sur [1,+∞[, f est strictement croissante, f(1)=−2<0 et limx→+∞f(x)=+∞. Donc 0∈[−2,+∞[. Par le TVI, l'equation f(x)=0 admet une unique solution α∈[1,+∞[ (unicite par stricte croissance).
Finalement : f(x)=0⇔x=α.
b. f(1,6)=2(4,096)−3(2,56)−1=8,192−7,68−1=−0,488<0.
f(1,7)=2(4,913)−3(2,89)−1=9,826−8,67−1=0,156>0.
f(1,6)<f(α)<f(1,7). Comme f est strictement croissante sur [1,+∞[, 1,6<α<1,7.
Sur ]−∞,1] et d'apres le 3.a, on a f(x)≤−1 donc f(x)<0.
D'autre part sur [1,+∞[, f est strictement croissante. Si x∈[1,α] alors f(x)≤f(α)=0⇒f(x)≤0. Si x∈[α,+∞[ alors f(α)≤f(x)⇒0≤f(x).