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Mathématiques · Bac SMB · Coefficient 9

Limites et continuité — Cours Maths Bac SMB

Le point de départ de l'analyse en SM : calculer une limite, lever une forme indéterminée, décrire les branches infinies d'une courbe et exploiter la continuité — TVI et théorème de la bijection en tête.

Relu par Équipe Orka · 29 août 2026

Dans le programme du Bac SMB

Coefficient 9 en Bac SMB — la matière décisive de la filière, devant la Physique-Chimie (coefficient 7) et les Sciences de l'Ingénieur (coefficient 3). Programme SM en 14 chapitres, identique à celui de SMA. Les limites ouvrent le bloc d'analyse (limites, dérivation, TAF, primitives, logarithme, exponentielle, équations différentielles, intégrale) qui pèse le plus lourd de l'épreuve.

À l'épreuve

Presque jamais un exercice isolé : les limites apparaissent au fil d'une étude de fonction (branches infinies, asymptotes, branche parabolique), et la continuité sert à justifier — via le TVI puis la stricte monotonie — l'existence et l'unicité d'une solution de f(x) = k, souvent suivie d'un encadrement.

Objectifs d'apprentissage

  • Calculer une limite finie ou infinie à partir des limites usuelles et des opérations sur les limites
  • Lever les formes indéterminées 0/0, ∞/∞, ∞−∞ et 0×∞ par factorisation, quantité conjuguée ou taux d'accroissement
  • Déterminer asymptotes verticale, horizontale, oblique et reconnaître une branche parabolique
  • Étudier la continuité en un point et sur un intervalle, reconnaître un prolongement par continuité
  • Appliquer le TVI et le théorème de la bijection pour l'existence et l'unicité d'une solution de f(x) = k

Notions clés

Limites usuelles et opérations

lim⁡x→+∞xn=+∞\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^n=+\infty, lim⁡x→+∞1xn=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x^n}=0, lim⁡x→0+1x=+∞\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1}{x}=+\infty. Pour une fonction rationnelle, la limite en ±∞\pm\infty est celle du quotient des termes de plus haut degré.

Formes indéterminées

Quatre cas : 00\tfrac{0}{0}, ∞∞\tfrac{\infty}{\infty}, ∞−∞\infty-\infty, 0×∞0\times\infty. On factorise par le terme dominant, on multiplie par la quantité conjuguée (racines), ou on reconnaît un taux d'accroissement (lim⁡x→af(x)−f(a)x−a=f′(a))\big(\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(a)\big).

Branches infinies

Asymptote verticale x=ax=a si lim⁡x→af(x)=±∞\lim_{x\to a}f(x)=\pm\infty ; horizontale y=ℓy=\ell si lim⁡±∞f=ℓ\lim_{\pm\infty}f=\ell ; oblique y=ax+by=ax+b si lim⁡±∞(f(x)−(ax+b))=0\lim_{\pm\infty}\big(f(x)-(ax+b)\big)=0. Si lim⁡f(x)x=±∞\lim\frac{f(x)}{x}=\pm\infty, la courbe admet une branche parabolique de direction (Oy)(Oy).

TVI et théorème de la bijection

Si ff est continue sur [a,b][a,b] et kk est entre f(a)f(a) et f(b)f(b), alors f(x)=kf(x)=k a au moins une solution. Si de plus ff est continue et strictement monotone sur un intervalle II, elle réalise une bijection de II sur f(I)f(I) : pour tout k∈f(I)k\in f(I), la solution est unique.

Approcher une solution par dichotomie

Si ff est continue et strictement monotone sur [a;b][a ; b] avec f(a) f(b)<0f(a)\,f(b) < 0, l'équation f(x)=0f(x) = 0 a une unique solution α\alpha dans ]a;b[]a ; b[ (théorème des valeurs intermédiaires). La dichotomie l'encadre : on calcule f(m)f(m) au milieu m=a+b2m = \dfrac{a + b}{2} et l'on garde la moitié de l'intervalle où ff change de signe. Après nn étapes, l'encadrement a pour amplitude b−a2n\dfrac{b - a}{2^n}. Exemple avec f(x)=x3+x−1f(x) = x^3 + x - 1 sur [0;1][0 ; 1] : f(0)=−1f(0) = -1, f(1)=1f(1) = 1 ; f(0,5)=−0,375<0f(0{,}5) = -0{,}375 < 0 donc α∈[0,5;1]\alpha \in [0{,}5 ; 1] ; f(0,75)≈0,17>0f(0{,}75) \approx 0{,}17 > 0 donc α∈[0,5;0,75]\alpha \in [0{,}5 ; 0{,}75].

Erreurs fréquentes

1
Écrire « ∞ − ∞ = 0 » : c'est une forme indéterminée, il faut factoriser ou conjuguer.
2
Appliquer le TVI sans avoir établi la continuité sur tout l'intervalle.
3
Conclure à l'unicité sans la stricte monotonie : le TVI seul ne donne que l'existence.
4
Confondre asymptote oblique et branche parabolique : cette dernière apparaît quand f(x)/x → ±∞.

Exemple corrigé

Énoncé

Calculer lim⁡x→+∞(x2+3x−x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(\sqrt{x^2+3x}-x\big) puis lim⁡x→2x2−x−2x2−4\displaystyle\lim_{x\to 2}\dfrac{x^2-x-2}{x^2-4}.

Correction

Première limite. Forme ∞−∞\infty-\infty. Quantité conjuguée : x2+3x−x=(x2+3x)−x2x2+3x+x=3xx2+3x+x\sqrt{x^2+3x}-x=\dfrac{(x^2+3x)-x^2}{\sqrt{x^2+3x}+x}=\dfrac{3x}{\sqrt{x^2+3x}+x}.
Pour x>0x>0, on factorise par xx au dénominateur : 3xx(1+3x+1)=31+3x+1→x→+∞32\dfrac{3x}{x\big(\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1\big)}=\dfrac{3}{\sqrt{1+\frac{3}{x}}+1}\xrightarrow[x\to+\infty]{}\dfrac{3}{2}.
Seconde limite. Forme 00\tfrac{0}{0}. On factorise : x2−x−2=(x−2)(x+1)x^2-x-2=(x-2)(x+1) et x2−4=(x−2)(x+2)x^2-4=(x-2)(x+2).
Pour x≠2x\neq 2 : x2−x−2x2−4=x+1x+2\dfrac{x^2-x-2}{x^2-4}=\dfrac{x+1}{x+2}, donc lim⁡x→2=34\displaystyle\lim_{x\to 2}=\dfrac{3}{4}.

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3 exercices pour t'entraîner

Exercice 1

Facile
Calculer lim⁡x→+∞3x2−x+12x2+5\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{3x^2-x+1}{2x^2+5} et lim⁡x→+∞x+1x2−3\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x^2-3}.
Voir la correction
Quotient des termes dominants : 3x22x2→32\dfrac{3x^2}{2x^2}\to\dfrac{3}{2} pour la première ; xx2=1x→0\dfrac{x}{x^2}=\dfrac{1}{x}\to 0 pour la seconde.

Exercice 2

Moyen
Déterminer l'asymptote oblique de g(x)=x2+x+1x−1g(x)=\dfrac{x^2+x+1}{x-1} et la position de la courbe par rapport à elle.
Voir la correction
Division euclidienne : x2+x+1=(x−1)(x+2)+3x^2+x+1=(x-1)(x+2)+3, donc g(x)=x+2+3x−1g(x)=x+2+\dfrac{3}{x-1}. La droite y=x+2y=x+2 est asymptote (en ±∞\pm\infty). Signe de g(x)−(x+2)=3x−1g(x)-(x+2)=\frac{3}{x-1} : >0>0 pour x>1x>1 (courbe au-dessus), <0<0 pour x<1x<1 (courbe en dessous).

Exercice 3

Difficile
Montrer que l'équation x3+x−1=0x^3+x-1=0 admet une unique solution réelle α\alpha et que 0,6<α<0,70{,}6<\alpha<0{,}7.
Voir la correction
h(x)=x3+x−1h(x)=x^3+x-1 est continue et dérivable sur R\mathbb{R}, h′(x)=3x2+1>0h'(x)=3x^2+1>0 : hh est continue et strictement croissante, donc réalise une bijection de R\mathbb{R} sur R\mathbb{R}. Comme 0∈R0\in\mathbb{R}, l'équation h(x)=0h(x)=0 a une unique solution α\alpha. h(0,6)=0,216+0,6−1=−0,184<0h(0{,}6)=0{,}216+0{,}6-1=-0{,}184<0 et h(0,7)=0,343+0,7−1=0,043>0h(0{,}7)=0{,}343+0{,}7-1=0{,}043>0, donc 0,6<α<0,70{,}6<\alpha<0{,}7.

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Questions fréquentes

Limite d'une fonction rationnelle en l'infini : quelle règle ?

On garde le quotient des termes de plus haut degré. Degrés égaux : limite = quotient des coefficients dominants ; degré du numérateur plus grand : ±∞ ; plus petit : 0.

Quelle différence entre le TVI et le théorème de la bijection ?

Le TVI (continuité seule) donne l'existence d'au moins une solution. Le théorème de la bijection ajoute la stricte monotonie et donne l'unicité, plus une fonction réciproque continue et de même sens de variation.

Une fonction continue est-elle toujours dérivable ?

Non : x ↦ |x| est continue en 0 sans y être dérivable. On justifie la continuité avant un TVI, la dérivabilité avant d'étudier les variations.

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