Besoin de revoir la leçon avant de te lancer ? Cours et fiche de révision : Continuité et théorème des valeurs intermédiaires
Une fonction est continue si sa courbe se trace « sans lever le crayon ». Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) garantit qu'une fonction continue prend toutes les valeurs comprises entre deux de ses images ; sa version stricte (fonction strictement monotone) prouve l'unicité d'une solution. Ces exercices corrigés couvrent continuité, TVI, corollaire de la bijection et résolution approchée, du plus simple au type bac. Difficulté croissante, correction d'un clic.
Cherche d'abord par toi-même, puis clique sur « Voir la correction » : chaque étape est détaillée avec rappels de cours et erreurs fréquentes à éviter.
La fonction f(x)=x²-3x+1 est-elle continue sur ℝ ?
Justifier.
Correction détaillée
f est une fonction polynôme.
Or toute fonction polynôme est continue sur ℝ.
Donc f est continue sur ℝ.
Rappel de cours : Polynômes, exp, cos, sin sont continues sur ℝ ; ln et √() sur leur domaine. Sommes, produits et composées de fonctions continues le sont aussi.
Sur quel ensemble la fonction f(x)=1/(x-1) est-elle continue ?
Correction détaillée
f est une fonction rationnelle, définie partout sauf là où le dénominateur s'annule.
x-1=0 ⇔ x=1 : la fonction n'est pas définie en 1.
f est continue sur son domaine, c'est-à-dire ]-∞;1[ ∪ ]1;+∞[.
Rappel de cours : Une fonction rationnelle est continue sur tout son ensemble de définition (on exclut les valeurs annulant le dénominateur).
On sait que f est dérivable sur ℝ.
Peut-on affirmer qu'elle est continue sur ℝ ?
Correction détaillée
Le cours établit qu'une fonction dérivable en un point y est continue.
Si f est dérivable sur tout ℝ, elle est donc continue en chaque point.
Conclusion : oui, f est continue sur ℝ.
Rappel de cours : « Dérivable ⇒ continue ». La réciproque est fausse : x↦ |x| est continue en 0 mais pas dérivable.
Erreur fréquente : Ne pas confondre le sens : continue n'entraîne PAS dérivable. C'est seulement dérivable qui entraîne continue.
Soit f(x)=x³+x-1.
Montrer que l'équation f(x)=0 admet au moins une solution dans [0 ;1].
Correction détaillée
f est continue sur [0;1] (fonction polynôme).
f(0)=0+0-1=-1 et f(1)=1+1-1=1.
Donc 0 est compris entre f(0)=-1 et f(1)=1.
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins un réel c∈[0;1] tel que f(c)=0.
Rappel de cours : TVI : si f est continue sur [a;b] et si k est entre f(a) et f(b), alors l'équation f(x)=k a au moins une solution dans [a;b].
Soit f(x)=e^(x)+x.
Montrer que f(x)=2 admet une solution dans [0 ;1].
Correction détaillée
f est continue sur [0;1] (somme de e^(x) et de x, continues).
f(0)=e⁰+0=1 et f(1)=e+1≈ 3,72.
La valeur 2 est comprise entre 1 et 3,72.
Par le TVI, l'équation f(x)=2 admet au moins une solution dans [0;1].
Rappel de cours : Rédaction type : (1) continuité, (2) calcul de f(a) et f(b) encadrant k, (3) conclusion par le TVI.
Une fonction f continue vérifie f(2)=-3 et f(5)=4.
Peut-on être certain que f s'annule sur ]2 ;5[ ?
Correction détaillée
f est continue sur [2;5] et 0 est compris entre f(2)=-3 et f(5)=4.
Par le TVI, il existe c∈]2;5[ tel que f(c)=0 : oui, f s'annule.
En revanche, sans information sur la monotonie, on ne peut pas dire si elle s'annule une seule fois.
Erreur fréquente : Le TVI seul donne « au moins une » solution. Pour « exactement une », il faut la stricte monotonie (corollaire de la bijection).
Soit f(x)=x³+x-1.
Montrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution dans ℝ.
Correction détaillée
f est dérivable et f'(x)=3x²+1.
Comme 3x²≥ 0, on a f'(x)≥ 1>0 : f est strictement croissante sur ℝ.
f est continue, strictement croissante, avec lim_-∞ f=-∞ et lim_+∞ f=+∞.
D'après le corollaire du TVI (théorème de la bijection), f réalise une bijection de ℝ sur ℝ : 0 a un unique antécédent.
L'équation f(x)=0 a donc une unique solution.
Rappel de cours : Corollaire (bijection) : si f est continue ET strictement monotone sur [a;b], alors f(x)=k a une unique solution pour tout k entre f(a) et f(b).
On note α l'unique solution de x³+x-1=0.
Sachant f(0)=-1, f(0,5)=-0,375 et f(1)=1, donner un encadrement de α à l'unité, puis dire dans quel demi-intervalle elle se trouve.
Correction détaillée
f est strictement croissante et s'annule en α.
f(0)<0 et f(1)>0, donc 0<α<1.
f(0,5)=-0,375<0 : comme f est croissante, α est après 0,5.
Donc 0,5<α<1.
Rappel de cours : Méthode par balayage : on resserre l'intervalle en évaluant f en des points intermédiaires et en regardant le changement de signe.
Soit f définie par f(x)=x+1 si x≤ 1 et f(x)=3x-1 si x>1.
f est-elle continue en 1 ?
Correction détaillée
Limite à gauche : pour x→ 1⁻, f(x)=x+1→ 2.
Limite à droite : pour x→ 1⁺, f(x)=3x-1→ 2.
Et f(1)=1+1=2.
Les deux limites et la valeur f(1) coïncident (=2) : f est continue en 1.
Rappel de cours : Continuité en a : lim_x→ a⁻ f(x)=lim_x→ a⁺ f(x)=f(a). Pour une fonction par morceaux, on vérifie le raccord.
Une fonction f continue a pour tableau de variations : croissante de f(-∞)=-∞ à f(0)=4, puis décroissante de f(0)=4 à f(+∞)=-1.
Combien l'équation f(x)=2 a-t-elle de solutions ?
Correction détaillée
Sur ]-∞;0], f est continue strictement croissante de -∞ à 4 : comme 2∈]-∞;4], il y a exactement une solution.
Sur [0;+∞[, f est continue strictement décroissante de 4 à -1 : comme 2∈]-1;4], il y a exactement une solution.
Au total, l'équation f(x)=2 a deux solutions.
Rappel de cours : Sur chaque intervalle de stricte monotonie, on applique le corollaire : une solution si k est dans l'image de l'intervalle, aucune sinon.
Soit f(x)=x³-3x+1 sur ℝ. 1) Étudier les variations de f. 2) En déduire le nombre de solutions de f(x)=0.
Correction détaillée
f'(x)=3x²-3=3(x-1)(x+1).
f' s'annule en -1 et 1, positive à l'extérieur, négative entre : f croît sur ]-∞;-1], décroît sur [-1;1], croît sur [1;+∞[.
Valeurs : f(-1)=-1+3+1=3 (maximum local), f(1)=1-3+1=-1 (minimum local).
Limites : -∞ en -∞, +∞ en +∞.
Sur ]-∞;-1] : f croît de -∞ à 3, passe par 0 une fois.
Sur [-1;1] : f décroît de 3 à -1, passe par 0 une fois.
Sur [1;+∞[ : f croît de -1 à +∞, passe par 0 une fois.
Par le corollaire du TVI appliqué sur chaque intervalle, f(x)=0 a exactement trois solutions.
Rappel de cours : On découpe ℝ selon les intervalles de monotonie, puis on applique le corollaire de la bijection sur chacun pour compter les solutions.
Soit f(x)=e^(x)-3x sur ℝ. 1) Montrer que f' s'annule en x=ln(3). 2) Justifier que f(x)=0 admet exactement deux solutions.
Correction détaillée
f'(x)=e^(x)-3.
f'(x)=0 ⇔ e^(x)=3 ⇔ x=ln(3).
f' est négative avant ln(3), positive après : minimum en ln(3).
f(ln(3))=e^(ln(3))-3ln(3) = 3-3ln(3) = 3(1-ln(3)).
Comme ln(3)≈ 1,1>1, ce minimum est strictement négatif.
Sur ]-∞;ln(3)], f décroît de +∞ (car lim_-∞ f=+∞) à un minimum <0 : une solution.
Sur [ln(3);+∞[, f croît du minimum <0 à +∞ (croissance comparée) : une solution.
Donc f(x)=0 admet exactement deux solutions.
Rappel de cours : En -∞, e^(x)→ 0 donc f(x)=e^(x)-3x→+∞ ; en +∞, e^(x) l'emporte donc f→+∞. Un minimum négatif entre les deux donne deux solutions.
On note α l'unique solution de e^(x)+x=0. 1) Justifier l'existence et l'unicité de α. 2) Sachant f(-0,57)≈ -0,005 et f(-0,56)≈ 0,011 (avec f(x)=e^(x)+x), donner une valeur approchée de α à 10⁻².
Correction détaillée
f'(x)=e^(x)+1>0 : f est continue strictement croissante sur ℝ, avec lim_-∞ f=-∞ et lim_+∞ f=+∞.
Par le corollaire du TVI, f(x)=0 a une unique solution α.
f(-0,57)<0 et f(-0,56)>0, et f est croissante : donc -0,57<α<-0,56.
Une valeur approchée à 10⁻² près est α≈ -0,57 (par défaut) ou -0,56 (par excès).
Rappel de cours : Encadrer à 10⁻² signifie trouver deux valeurs distantes de 0,01 entourant α, repérées par le changement de signe de f.
Soit f(x)=ln(x)+x-3 sur ]0;+∞[.
Montrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution, située dans [1;e].
Correction détaillée
f est continue et dérivable, f'(x)=1/x+1>0 : f est strictement croissante sur ]0;+∞[.
f(1)=0+1-3=-2<0 et f(e)=1+e-3=e-2≈ 0,72>0.
f continue, strictement croissante, changeant de signe sur [1;e] : par le corollaire du TVI, f(x)=0 a une unique solution, dans [1;e].
Rappel de cours : Continue + strictement monotone + changement de signe ⇒ une unique solution (corollaire de la bijection).
Une fonction f continue est croissante de -∞ à f(0)=2, décroissante de 2 à f(2)=-3, puis croissante de -3 à +∞.
Combien l'équation f(x)=1 a-t-elle de solutions ?
Correction détaillée
Sur ]-∞;0] : f croît de -∞ à 2 ; 1∈]-∞;2] ⇒ une solution.
Sur [0;2] : f décroît de 2 à -3 ; 1∈[-3;2] ⇒ une solution.
Sur [2;+∞[ : f croît de -3 à +∞ ; 1∈[-3;+∞[ ⇒ une solution.
Total : 3.
Rappel de cours : Sur chaque intervalle de stricte monotonie, le corollaire du TVI donne au plus une solution.
Soit f définie sur ℝ par f(x)=x³+3x-5, de courbe C.
Correction détaillée
f(x)=x³(1+3/x²-5/x³) ; le terme dominant est x³, donc lim_-inftyf=-∞ et lim_+inftyf=+∞.
f'(x)=3x²+3=3(x²+1)>0 pour tout x : f est strictement croissante sur ℝ.
f est continue (fonction polynôme) et strictement croissante de -∞ à +∞ : d'après le corollaire du TVI (théorème de la bijection), f(x)=0 admet une unique solution α.
De plus f(1)=1+3-5=-1<0 et f(2)=8+6-5=9>0, donc 1<α<2.
f(1,1)=1,331+3,3-5=-0,369<0 et f(1,2)=1,728+3,6-5=0,328>0.
Donc 1,1<α<1,2.
f étant strictement croissante et s'annulant en α : f(x)<0 pour x<α et f(x)>0 pour x>α.
Rappel de cours : Corollaire du TVI : une fonction continue et strictement monotone réalise une bijection ; l'équation f(x)=k a alors une solution unique.
Limites de fonctions, asymptotes, continuité et théorème des valeurs intermédiaires.
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