exercice 1 (contrôle 2015/2016)€¦ · 4e e 1+ et soit c sa courbe représentative dans un...
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Exercice 1 (contrôle 2015/2016) Partie A : Résultat préliminaire
Le but de cette partie est de montrer que xlim→+∞
2
x
x
e
= 0
1) On pose u = x
2 (c’est à dire x = 2u). Quelle est la limite de u quand x tend vers + ∞ ?
2) a) Exprimer 2
x
x
e en fonction de
u
u
e
b) En déduire xlim→+∞
2
x
x
e
Partie B : Etude d’une fonction f
1) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = ( 2x + 2x – 1) xe− + 1 et soit c sa courbe représentative dans un repère du plan.
a) On constatant que f(x) = 2
x
x 2x 11
e
+ − + et en utilisant la partie A, déterminer la limite de f en + ∞ .
Quelle est la conséquence graphique de ce résultat ? b) Déterminer la limite de f en − ∞ . c) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) et (3 – 2x ) ont le même signe.
d) Dresser le tableau de variation de f sur Y
e) Montrer que l’équation f(x) = 0 admet deux solutions dans Y. Vérifier que f(0) = 0. On note α la solution non nulle de l’équation f(x) = 0 Déterminer une valeur approchée de α à 0,01 près.
f) Dresser le tableau de signes de f(x) sur Y
Exercice 2 (contrôle 2015/2016)
Soit f et g les fonctions définies sur Y par f(x) = xe et g(x) = 2x2e − 1
On note cf et cg les courbes représentatives des fonctions f et g dans un repère orthogonal. 1) Démontrer que les courbes cf et cg ont un unique point commun dont on précisera l’abscisse. 2) On admet que l’abscisse du point cherché à la question 1) est 0. Montrer qu’en ce point, cf et cg ont la même tangente Δ dont on déterminera une équation.
Exercice 3 (devoir maison 2015/2016) Un parachutiste s’élance d’une altitude de 1000 m avec une vitesse verticale initiale de 0 m/s. Le parachute est déclenché à une altitude de 400 m. La ditance d(t) (t en seconde) parcourue par le parachutiste depuis son saut et jusqu’au déclenchement du parachute est donnée par la formule :
d(t) = 10t + C( te− − 1) où C est une constante La vitesse v(t) du parachutiste à l’instant t est donnée par v(t) = d’(t). 1) A l’aide des données de l’énoncé, déterminer la valeur du réel C. 2) Etudier les variations de d sur l’intervalle [0 ; + ∞ [ 3) Déterminer le temps au bout duquel le parachutiste doit déclencher son parachute.
Exercice 4 (contrôle 2014/2015) Partie A
Soit g la fonction définie sur Y par g(x) = xe − 2 1) Calculer g'(x) et construire le tableau de variation de la fonction g (limites comprises) 2) Montrer que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution réelle α. 3) Déterminer une valeur approchée de α à 210− près. 4) Dresser un tableau donnant le signe de g(x) en fonction de α. Partie B
Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 2xe− (1 − xe ) 1) Déterminer la limite de f en − ∞ et en + ∞ . 2) a) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) est du signe de g(x).
b) Montrer que f(α) = − 14
c) Dresser le tableau de variation de la fonction f.
Exercice 5 (contrôle 2014/2015) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 2xe + a xe + b où a est un réel strictement positif et b est un réel.
Soit cf la courbe représentative de la fonction f dans un repère (O ; →i ;
→j )
Le point O appartient à cf. La droite (OA) est tangente à cf en O, A étant le point de coordonnées (1; 7) (voir graphique ci-dessous)
1) Calculer a et b après avoir déterminé graphiquement les valeurs de f(0) et f ’(0). 2) Montrer que la droite d'équation y = − 6 est asymptote à cf.
3) Montrer que la fonction f est croissante sur Y.
→i
→j
cf
Exercice 6 (contrôle 2014/2015)
On considère la fonction f définie sur Y par f(x) = 2 x1x x xe
2−− +
Le graphique ci-contre donne la courbe représentant f telle que l'affiche une calculatrice dans un repère orthogonal. 1) A l'observation de cette courbe, quelle conjecture peut-on faire concernant le sens de variation de f sur
Y ?
2) a) Montrer que pour tout x ∈ Y, f ’(x) = (x − 1)(1 − xe− ) b) Etudier le signe de f ’(x) puis dresser le tableau de variation de la fonction f (aucun calcul de limite n'est demandé) 3) Conclure quant à la validité de la conjecture émise à la question 1)
Exercice 7 (bac blanc 2014/2015)
On considère la fonction f définie et dérivable sur Y par ( )f x = 1x
xx
e+ +
On note c sa courbe représentative dans un repère orthonormé ( ); ;O i j� �
Partie A
1) Soit g la fonction définie et dérivable sur Y par ( )g x = 1 xx e− +
Dresser, en le justifiant, le tableau donnant les variations de la fonction g sur Y (les limites de g aux bornes de son ensemble de définition ne sont pas attendues). 2) En déduire le signe de ( )g x .
Partie B 1) Déterminer la limite de la fonction f en + ∞ et en − ∞ . 2) Démontrer que, pour tout réel x, ( ) ( )' xf x e g x−=
3) En déduire le tableau de variation de la fonction f sur Y.
4) a) Démontrer que l'équation ( )f x = 0 admet une unique solution réelle α sur Y.
b) Démontrer que − 1 < α < 0. 5) a) Démontrer que la droite d d'équation y = 2x + 1 est tangente à la courbe c au point d'abscisse 0. b) Etudier la position relative de la courbe c et de la droite d. Partie C
Soit H la fonction définie et dérivable sur Y par ( )2
( 1)2
−= + + − − xxH x x x e
1) Calculer ( )'H x .
2) Que constatez-vous ?
Exercice 8 (devoir maison 2015/2016)
Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = x + x
4
1 e+ et soit c sa courbe représentative.
Soit d la droite d'équation y = x + 4 et Δ la droite d'équation y = x 1) Montrer que la courbe c est située entre les droites d et Δ.
2) Etudier les variations de la fonction f sur Y. Dresser son tableau de variation. 3) Justifier que la courbe c admet une tangente horizontale Γ
4) Dans un repère orthonormé (O ; →i ;
→j ) (unité: 2 cm ou 2 grands carreaux), tracer avec précision les
droites d, Δ et Γ puis la courbe c.
Exercice 9 (contrôle 2015/2016) Remarque importante :
Dans cet exercice, on pourra éventuellement utiliser le résultat préliminaire démontré dans le contrôle n° 4,
c’est à dire : xlim→+∞
2
x
x
e
= 0
1) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = ( 2x + 2x – 7) xe− + 1 et soit c sa courbe représentative dans un repère du plan.
a) On constatant que f(x) = 2
x
x 2x 71
e
+ − + , déterminer la limite de f en + ∞ .
Quelle est la conséquence graphique de ce résultat ? b) Déterminer la limite de f en − ∞ . c) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) et (9 – 2x ) ont le même signe.
d) Dresser le tableau de variation de f sur Y e) Montrer, en rédigeant parfaitement toutes les explications nécessaires, que l’équation f(x) = 0
admet deux solutions dans Y. On désigne par α la plus petite de ces deux solutions et par β la plus grande. Montrer que – 4 < α < − 3 Déterminer une valeur approchée de β à 0,01 près.
f) Dresser le tableau de signes de f(x) sur Y
Exercice 10 (contrôle 2015/2016) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 1 xe + − 2xe + x − 3 et soit c sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan. Soit d la droite d’équation y = x – 3 Etudier les positions relatives de la courbe c et de la droite d. Remarque importante : penser que 1 xe + = e × xe
Exercice 11 (contrôle 2015/2016) Sur le graphique ci-contre, on a tracé, dans un repère
orthonormé (O ; →i ;
→j ), une courbe c et une droite (AB)
passant par les points A et B de coordonnées respectives (0 ; 1) et ( − 1 ; 3). c est la courbe représentative d’une fonction f définie sur
Y par f(x) = x + 1 + ax2xe− (a réel).
1) Justifier que la courbe c passe par le point A. 2) a) Démontrer que, pour tout réel x,
f ’(x) = 1 – a(2 2x − 1)2xe−
b) La droite (AB) est tangente à la courbe c au point A. Lire sur le graphique la valeur de f ’(0) et en déduire la valeur du réel a.
Exercice 12 (contrôle 2015/2016)
Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 1 − x
2x
4e
e 1+ et soit c sa courbe représentative dans un repère
orthogonal du plan. 1) Démontrer que c admet une asymptote horizontale d’équation y = 1 en + ∞ et − ∞ .
2) a) Montrer que, pour tout réel x, f ’(x) = ( )
( )x 2x
22x
4e e 1
e 1
−
+
b) En déduire le tableau de variation de la fonction f sur Y. 3) a) Montrer que, pour tout réel x, f( − x) = f(x) b) Que peut-on en déduire pour la courbe c ?
Exercice 13 (bac blanc 2015/2016) Partie A On considère la fonction f définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; + ∞ [ par f(x) = x xe− 1) Déterminer la limite de la fonction f en + ∞ . 2) Déterminer la dérivée f ’de la fonction f sur [0 ; + ∞ [ et en déduire le tableau de variation de f sur [0 ; + ∞ [ 3) Justifier que si x ∈ [0 ; 1] alors f(x) ∈ [0 ; 1] On donne en annexe 1 la courbe c représentative de la fonction f dans un repère du plan. La droite Δ d’équation y = x a aussi été tracée. Partie B Soit la suite ( nu ) définie par 0u = 1 et, pour tout entier naturel n, n 1u + = ( )nf u
1) Placer sur le graphique donné en annexe 1, en utilisant la courbe c et la droite Δ, les points 0A , 1A et
2A d’ordonnées nulles et d’abscisses respectives 0u , 1u et 2u . Laisser les tracés explicatifs apparents.
2) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 ≤ nu ≤ 1
3) Montrer que la suite (nu ) est décroissante.
4) a) Montrer que la suite (nu ) est convergente.
b) On admet que la limite de la suite (nu ) est solution de l’équation xxe− = x.
Résoudre cette équation pour déterminer la valeur de cette limite.
Partie C On considère la suite (nS ) définie pour tout entier naturel n par
nS = k n
k 0 1 nk 0
u u u ... u=
=
= + + +
Compléter l’algorithme donné en annexe 2 afin qu’il calcule 100S
Annexe 1
Annexe 2
c
Δ
Déclaration des variables : S et u sont des nombres réels k est un nombre entier Initialisation : u prend la valeur ........ S prend la valeur ........ Traitement : Pour k variant de 1 à ........ u prend la valeur u × ue− S prend la valeur ........ Fin Pour Afficher ........
Exercice 14 (bac blanc 2015/2016) On considère les fonctions f et g définies pour tout réel x par :
f(x) = xe et g(x) = 1 – xe− Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthogonal du plan, notées respectivement cf et cg, sont fournies en annexe 3. Partie A Ces courbes semblent admettre deux tangentes communes. Tracer au mieux ces tangentes sur la figure de l’ annexe 3. Partie B Dans cette partie, on admet l’existence de ces tangentes communes. On note d l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe cf au point A d’abscisse a et tangente à la courbe cg au point B d’abscisse b. 1) a) Exprimer en fonction de a le coefficient directeur de la tangente à la courbe cf au point A. b) Exprimer en fonction de b le coefficient directeur de la tangente à la courbe cg au point B. c) En déduire que b = − a 2) Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. Démontrer que le réel a est solution de l’équation
2(x – 1) xe + 1 = 0 Partie C
On considère la fonction φ définie sur Y par φ(x) = 2(x – 1) xe + 1
1) a) Calculer les limites de la fonction φ en − ∞ et + ∞ b) Calculer la dérivée de la fonction φ, puis étudier son signe.
c) Dresser le tableau de variation de la fonction φ sur Y. Préciser la valeur de φ(0).
2) a) Démontrer que l’équation φ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans Y. b) On note α la solution négative de l’équation φ(x) = 0 et β la solution positive de cette équation. A l’aide d’une calculatrice, donner les valeurs de α et β arrondies au centième. 3) Montrer que 2eα − 1 = 2αeα Partie D Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que l’on a admise dans la partie B. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. On note E le point de la courbe cf d’abscisse α et F le point de la courbe cg d’abscisse – α (α est le réel défini dans la partie C). 1) Démontrer que la droite (EF) est tangente à la courbe cf au point E (on pourra utiliser la réponse à la question 3) de la partie C) 2) Démontrer que (EF) est tangente à cg au point F.
Annexe 3
cf
cg
Exercice 1 - Corrigé Partie A
1) xlim→+∞
x
2 = + ∞ donc la limite de u quand x tend vers + ∞ est + ∞
2) a) u = x
2 donc x = 2u
2
x
x
e =
( )( )
2 22
22u uu
2u 4u u4
e ee
= =
b) On sait, d’après le cours, que ulim→+∞
ue
u = + ∞ donc, en inversant, on a
ulim→+∞ u
u
e = 0
De plus, on sait que u 0lim
→
2u = 0 donc, par composition, on obtient : ulim→+∞
2
u
u
e
= 0
Par produit, on en déduit finalement que ulim→+∞
42
u
u
e
= 0
Finalement, on a xlim→+∞
2
x
x
e
= 0
Partie B
1) a) f(x) = 2 2
x x x x
x 2x 1 x 2x 11 1
e e e e
+ − + = + − +
On sait que xlim→+∞
2
x
x
e
= 0, que xlim→+∞ x
x
e
= 0 et que xlim→+∞ x
1
e
= 0, par conséquent, par somme, on en
déduit que xlim→+∞
f(x) = 1
On en déduit que la droite d’équation y = 1 est une asymptote à la courbe c en + ∞ . b) ●
xlim→−∞
( − x) = + ∞ et xlim→+∞
xe = + ∞ donc, par composition, xlim→−∞
xe− = + ∞
● pour x ≠ 0, on a: 2x + 2x – 1 = 2x2
2 11
x x + −
xlim→−∞ 2
2 11
x x + −
= 1 et xlim→−∞
2x = + ∞ donc, par produit, xlim→+∞
( 2x + 2x – 1) = + ∞
● Finalement, par produit et somme, xlim→−∞
f(x) = + ∞
c) On pose : u(x) = 2x + 2x – 1 v(x) = xe− u’(x) = 2x + 2 v’(x) = − xe− f est de la forme uv + 1 donc f ’ est de la forme u’v + uv’ f ’(x) = (2x + 2) xe− + ( 2x + 2x – 1)( − xe− ) = xe− (2x + 2 – 2x − 2x + 1) = xe− ( − 2x + 3) = xe− (3 – 2x )
On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc on en déduit que f ’(x) et (3 – 2x ) sont du même signe. d) 3 – 2x = ( 3 – x)( 3 + x) D’où le tableau suivant:
x − ∞ − 3 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,97
≈ − 7,28 1
( ) ( ) 3f 3 2 2 3 e 1− = − + ≈ − 7,28
( ) ( ) 3f 3 2 2 3 e 1−= + + ≈ 1,97
e) D’après le tableau de variation et le théorème des valeurs intermédiaires, on voit que l’équation
f(x) = 0 admet deux solutions α et β dans Y.
x − ∞ α − 3 β 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,97
0 0 ≈ − 7,28 1
Version bien rédigée :
● f est continue et décroissante sur l’intervalle ; 3 −∞ −
0 appartient à l’intervalle [ [7,28;− +∞ donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans
; 3 −∞ −
● f est continue et croissante sur l’intervalle 3; 3 −
0 appartient à l’intervalle [ − 7,28 ; 1,97] donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans
3; 3 −
● f est continue et décroissante sur l’intervalle 3; +∞ mais 0 n’appartient pas à l’intervalle [1 ; 1,97]
donc l’équation f(x) = 0 n’admet pas de solution dans l’intervalle 3; +∞
● Conclusion : On a bien montré que f(x) = 0 admet 2 solutions dans Y f(0) = (02 + 2 × 0 – 1) 0e + 1 = − 1 × 1 + 1 = 0 On en déduit que β = 0 On trace sur la calculatrice la courbe représentant f et la droite d’équation y = 0 On utilise le menu « intersection » et on trouve une valeur approchée de α α = − 2,38 à 0,01 près. f) Les questions d) et e) nous permettent de dresser le tableau suivant :
x − ∞ α 0 + ∞ signe de f(x) + 0 − 0 +
Exercice 2 - Corrigé On résout : f(x) = g(x)
xe = 2x
2e − 1
xe − 2x
2e + 1 = 0
2x x
2 2e 2e 1 0
− + =
On reconnaît une identité remarquable
2x
2e 1
−
= 0
x
2e 1 0− =
x
2e = 0e
x
02
=
x = 0 L’équation n’ayant qu’une solution, on a bien montré que les courbes cf et cg ont un unique point commun dont l’abscisse est 0. 2) ● f ’(x) = xe f ’(0) = 0e = 1 Le coefficient directeur de la tangente Δ à cf au point d’abscisse 0 est égal à 1. L’équation de Δ est : y = f ’(0)(x – 0) + f(0) y = 1(x – 0) + 1 y = x + 1
● g’(x) = 2 × 1
2
x
2e = x
2e
g’(0) = 0e = 1 Le coefficient directeur de la tangente d à cg au point d’abscisse 0 est égal à 1. ● Les droites Δ et d passent par le même point (le point d’intersection des courbes cf et cg) et ont le même coefficient directeur : elles sont donc confondues. Conclusion : On a bien montré qu’en leur point d’intersection, les courbes cf et cg ont la même tangente donc une équation est y = x + 1
Exercice 3 - Corrigé 1) D’après l’énoncé, on sait que la vitesse initiale (soit à l’instant t = 0) est égale à 0 m/s donc d’(0) = 0 d est de la forme u + C × v donc d’ est de la forme u’ + C × v’ avec : u(t) = 10t u’(t) = 10 v(t) = te− − 1 v’(t) = − te− d’où d’(t) = 10 + C × ( − te− ) = 10 – C te− d’(0) = 0 donc : 10 – C0e = 0 10 – C = 0 C = 10 d(t) = 10t + 10( te− − 1) 2) d’(t) = 10 – 10 te−
On sait que t ≥ 0 donc : − t ≤ 0 te− ≤ 1 − 10 te− ≥ − 10 10 – 10 te− ≥ 0 On en déduit que la fonction d est croissante sur [0 ; + ∞ [ 3) Le parachute se déclenche à 400 m d’altitude : La distance parcourue est alors égale à 600 m. On ne sait pas résoudre l’équation d(t) = 600 par le calcul, on va donc montrer que cette équation a une unique solution dans l’intervalle [0 ; + ∞ [ et déterminer une valeur approchée de cette solution. Limite en + ∞
tlim→+∞
( − t) = − ∞ et tlim→−∞
te = 0 donc tlim→+∞
( te− ) = 0 et, par somme et produit, tlim→+∞
10( te− − 1) = − 10
Finalement, comme tlim→+∞
10t = + ∞ , tlim→+∞
d(t) = + ∞
On a donc le tableau suivant :
t 0 α + ∞ variation de d + ∞
600 0
D’après le TVI et le tableau de variation ci-dessus, l’équation d(t) = 600 a une unique solution α appartenant à l’intervalle [0 ; + ∞ [. La calculatrice nous permet de déterminer une valeur approchée de α. On trouve α ≈ 61 C’est donc au bout de 61 secondes que le parachutiste doit déclencher son parachute.
Exercice 4 - Corrigé Partie A
1) ● g'(x) = xe > 0 donc g est croissante sur Y ● on sait que
xlim→+∞
xe = + ∞ et xlim→−∞
xe = − 0 donc, par somme, on a xlim→+∞
g(x) = + ∞ et xlim→−∞
g(x) = − 2
x − ∞ α + ∞
variation de g + ∞ 0 − 2
2) g est croissante et continue sur Y
xlim→+∞
g(x) = + ∞ et xlim→−∞
g(x) = − 2 et 0 appartient à l'intervalle ] − 2 ; + ∞ [
On en déduit que l'équation g(x) =0 admet une unique solution α dans Y. 3) On utilise la commande « intersection » du menu GRAPH et on trouve α ≈ 0,69 Remarque: on verra dans le chapitre 9 que la valeur exacte de α est ln(2) 4) On a le tableau suivant:
x − ∞ α + ∞
signe de g(x) − 0 + Partie B 1) ● limite en − ∞ : pas de forme indéterminée
xlim→−∞
( − 2x) = + ∞ et xlim→+∞
xe = + ∞ donc, par composition, xlim→−∞
2xe− = + ∞
De plus, xlim→−∞
xe = 0 donc, par somme, xlim→−∞
(1 − xe ) = 1
Par produit, on en déduit que xlim→−∞
f(x) = + ∞
● limite en + ∞ : forme indéterminée du type « 0 × ∞ » On développe f(x) f(x) = 2xe− − 2xe− × xe = 2xe− − xe−
xlim→+∞
( − 2x) = − ∞ et xlim→−∞
xe = 0 donc, par composition, xlim→+∞
2xe− = 0
De même, on montre que xlim→+∞
xe− = 0 donc, par somme, xlim→+∞
f(x) = 0
2) a) f est de la forme uv donc f ’ est de la forme u'v + uv' avec: u(x) = 2xe− u'(x) = − 2 2xe− v(x) = 1 − xe v'(x) = − xe f ’(x) = − 2 2xe− (1 − xe ) − xe × 2xe−
f ’(x) = 2xe− ( ) ( ) ( ) ( )x x 2x x x 2x x 2x2 1 e e e 2 2e e e e 2 e g x− − − − − − = − + − = − =
On sait que, pour tout x ∈ Y, 2xe− > 0 donc f ’(x) et g(x) sont du même signe. b) On sait que g(α) = 0 donc eα − 2 = 0 c'est à dire eα = 2
f(α) = ( ) ( )( )
( )222 2
1 1 1 1e 1 e 1 2 1
e 2 4e
− α αα α
−− = − = × − = = −
c) On a le tableau suivant:
x − ∞ α + ∞ signe de f ’(x) − 0 + variation de f + ∞ 0
1
4−
Exercice 5 - Corrigé 1) ● f(0) = 0 donc 2 0 0e ae b 0× + + = c'est à dire 1 + a + b = 0
● f ’(0) = A 0
A 0
y y 7 07
x x 1 0
− −= =− −
● f ’(x) = 2 2xe + a xe donc on a 2 0 02e ae 7× + = c'est à dire 2 + a = 7
● On a donc le système suivant: 1 a b 0
2 a 7
+ + = + =
b 1 a
a 5
= − − =
b 6
a 5
= − =
donc f(x) = 2xe + 5 xe − 6 2) D'après le graphique, on peut conjecturer que la droite d'équation y = − 6 est asymptote à cf en − ∞ : On calcule donc la limite de f en − ∞
xlim→−∞
2x = − ∞ et xlim→−∞
xe = 0 donc, par composition, xlim→−∞
2xe = 0
Par somme, on en déduit que xlim→−∞
f(x) = 0 + 5 × 0 − 6 = − 6
Par conséquent, la droite d'équation y = − 6 est bien asymptote à c en − ∞ . 3) f ’(x) = 2 2xe + 5 xe = xe (2 xe + 5)
On sait que pour tout x ∈ Y, xe > 0 et que 2xe + 5 > 0 (somme de 2 nombres strictement positifs) On en déduit que f ’(x) > 0 (produit de 2 nombres strictement positifs): La fonction f est donc bien
croissante sur Y.
Exercice 6 - Corrigé 1) ● Il semble que la fonction f soit croissante sur Y
2) a) f est de la forme u + v + w donc f ’ est de la forme u' + v' + w' avec: u(x) = 21x
2 u'(x) = x
v(x) = − x v'(x) = − 1 w(x) = x xe− w est de la forme ab donc w' est de la forme a'b + ab' avec: a(x) = x a'(x) = 1 b(x) = xe− b'(x) = − xe− D'où w'(x) = 1 × xe− − x xe− = xe− (1 − x) et f ’(x) = x − 1 + xe− (1 − x) = (x − 1) − xe− (x − 1) = (x − 1)(1 − xe− ) On a bien montré que f ’(x) = (x − 1)(1 − xe− ) b) On résout l'inéquation: 1 − xe− > 0 − xe− > − 1 xe− < 1 xe− < 0e − x < 0 x > 0 On en déduit le tableau suivant:
x − ∞ 0 1 + ∞ signe de (x − 1) − − 0 +
signe de 1 − xe− − 0 + +
signe de f ’(x) + 0 − 0 + variation de f 0
1 1
2 e− +
3) La conjecture émise à la question 1) était fausse car la fonction n'est pas monotone sur Y.
Exercice 7 - Corrigé Partie A 1) g'(x) = − 1 + xe g'(x) > 0 équivaut à: − 1 + xe > 0 xe > 1 x > 0 d'où le tableau suivant:
x − ∞ 0 + ∞ signe de g'(x) − 0 + variation de g
2
2) D'après le tableau ci-dessus, le minimum de la fonction g est égal à 2 donc la fonction g est strictement
positive pour tout x ∈ Y.
Partie B 1) ● Limite de la fonction f en + ∞
xlim→+∞
xe
x = + ∞ , donc, en inversant,
xlim→+∞ x
x
e = 0
De plus, xlim→+∞
(x + 1) = + ∞ donc, par somme, xlim→+∞
f(x) = + ∞
● Limite de la fonction f en − ∞
xlim→−∞
x = − ∞ et xlim→−∞
xe = 0+ donc, par quotient, xlim→−∞ x
x
e = − ∞
De plus, xlim→−∞
(x + 1) = − ∞ donc, par somme, xlim→−∞
f(x) = − ∞
2) f est de la forme u + v
w donc f ’ est de la forme u' +
2
v 'w vw '
w
−
avec: u(x) = x + 1 u'(x) = 1 v(x) = x v'(x) = 1 w(x) = xe w'(x) = xe
donc f ’(x) = 1 + ( )
( )( )
( ) ( )xx x x
x x x2 2 x xx x
e 1 x1 e xe 1 x e 1 x1 1 e 1 x e e g x
e ee e
− −−× − − + −= + = + = = − + =
On a bien montré que f ’(x) = xe− g(x)
3) On sait que pour tout x ∈ Y, xe− > 0 et g(x) > 0 donc f ’(x) > 0 D'où le tableau suivant:
x − ∞ α + ∞ variation de f + ∞
0 − ∞
4) a) La fonction f est continue et croissante sur Y
De plus, xlim→−∞
f(x) = − ∞ et xlim→+∞
f(x) = + ∞
0 ∈ ] − ∞ ; + ∞ [ donc l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur Y.
b) f( − 1) = − 1 + 1 + 1
1 1e
1ee
−
− = − = − < 0
f(0) = 0 + 1 + 0
0
e = 1 > 0
De plus, f(α) = 0 On constate que f( − 1) < f(α) < f(0) donc on en déduit que − 1 < α < 0 car la fonction f est croissante sur
Y. 5) a) L'équation réduite de la tangente à la courbe c au point d'abscisse 0 est: y = f ’(0) (x − 0) + f(0)
f ’(0) = ( )0e g 0 1 2 2− = × =
f(0) = 1 d'où y = 2(x − 0) + 1 = 2x + 1 On a bien démontré que la droite d est tangente à c au point d'abscisse 0
b) On étudie le signe de f(x) − (2x + 1) = x + 1 + x
x
e − 2x − 1 = − x +
x
x
e = ( )x
x
1x 1 x 1 e
e− − + = − +
On résout − 1 + xe− > 0: xe− > 1 − x > 0 x < 0 D'où le tableau suivant:
x − ∞ 0 + ∞ signe de x − 0 +
signe de − 1 + xe− + 0 −
signe de f(x) − (2x + 1) − 0 − position de la courbe c et de la droite d c est en dessous c est en dessous
de d de d
Partie C 1) H est de la forme u + vw donc H' est de la forme u' + v'w + vw'
avec u(x) = 2x
x2
+ u'(x) = x + 1
v(x) = − x − 1 v'(x) = − 1
w(x) = xe− w'(x) = − xe− (on applique ici la formule ( )/u ue u 'e= )
d'où H'(x) = x + 1 + ( − 1) xe− + ( − x − 1)( − xe− )
H'(x) = x + 1 + xe− ( − 1 + x + 1) = x + 1 + x xe− = x + 1 + x
x
e
2) On constate que H'(x) = f(x) donc H est une primitive de f.
d est tangente
à c
Exercice 8 – Corrigé 1) ● Etude de la position relative de la courbe c et de la droite d
f(x) – (x + 4) = ( )x x x
x x x x x
4 1 e4 4 4 4 4e 4ex x 4
1 e 1 e 1 e 1 e 1 e
+ − −+ − − = − = = −+ + + + +
On sait que, pour tout x ∈ Y: xe > et 1 + xe > 0 On en déduit donc que f(x) – (x + 4) < 0: Par conséquent, la courbe c est située en dessous de la droite d. ● Etude de la position relative de la courbe c et de la droite Δ
f(x) – x = x x
4 4x x
1 e 1 e+ − =
+ +
On sait que, pour tout x ∈ Y, 1 + xe > 0 On en déduit donc que f(x) – x > 0: Par conséquent, la courbe c est située au dessus de la droite Δ ● Conclusion: c est bien situées entre les droites d et Δ
2) f est de la forme u + 4 × 1
v donc f ’ est de la forme u’ + 4 ×
2 2
v' 4v 'u '
v v − = −
avec: u(x) = x u’(x) = 1 v(x) = 1 + xe v’(x) = xe
d’où f ’(x) = ( )
( )( ) ( )
( )( )
( )( )
2 2 2x x x x x xx x
2 2 2 2 2x x x x x
1 e 1 2e e 4e 1 2e e4e 4e1
1 e 1 e 1 e 1 e 1 e
+ + + − − +− = − = =
+ + + + + =
( )( )
2x
2x
1 e
1 e
−
+
On sait que, pour tout x ∈ Y, ( )2x1 e− ≥ 0 et que ( )2x1 e+ > 0 donc f ’(x) ≥ 0
D’autre part, on résout l’équation ( )2x1 e− = 0 pour savoir les valeurs de x qui annulent f ’(x)
Cette équation équivaut à: 1 − xe = 0 − xe = − 1 xe = 0e x = 0 On obtient donc le tableau suivant:
x − ∞ 0 + ∞ signe de f ’(x) + 0 + variation de f + ∞
− ∞
● Limite en + ∞
xlim→+∞
xe = + ∞ donc, par somme et quotient, xlim→+∞ x
4
1 e+ = 0
Finalement, par somme, xlim→+∞
f(x) = + ∞
● Limite en − ∞
xlim→−∞
xe = 0 donc, par somme et quotient, xlim→−∞ x
4
1 e+ = 4
Finalement, par somme, xlim→−∞
f(x) = − ∞
Autre méthode: ● Limite en + ∞
On a vu que, pour tout x ∈ Y, f(x) – x > 0 c’est à dire f(x) > x
xlim→+∞
x = + ∞ donc, par comparaison, xlim→+∞
f(x) = + ∞
● Limite en − ∞
On a vu que, pour tout x ∈ Y, f(x) – (x + 4) < 0 c’est à dire f(x) < x + 4
xlim→−∞
(x + 4) = − ∞ donc, par comparaison, xlim→−∞
f(x) = − ∞
3) D’après le tableau de variation dressé à la question 2), on a vu que f ’(x) s’annule en 0: Cela signifie qu’au point d’abscisse 0, c admet une tangente horizontale. 4)
Exercice 9 - Corrigé
1) a) pour x ≠ 0, on a f(x) =
22 22
x x x 2
2 7x 1
x 2x 7 x 2 7x x1 1 1 1e e e x x
+ − + − + = + = + − +
On sait que xlim→+∞
2
x
x
e
= 0 et que xlim→+∞ 2
2 71
x x + −
= 1, donc, par produit, on en déduit que
xlim→+∞
2
x 2
x 2 71
e x x + −
= 0 et, par somme, que xlim→+∞
f(x) = 1
On en déduit que la droite d’équation y = 1 est une asymptote à la courbe c en + ∞ .
b) On sait que xlim→−∞ 2
2 71
x x + −
= 1, que xlim→−∞
2x = + ∞ et que xlim→−∞
xe = 0+ donc, par produit et quotient,
on en déduit que xlim→−∞
2
x 2
x 2 71
e x x + −
= + ∞
d
Δ
Γ c
Finalement, par somme, xlim→−∞
f(x) = + ∞
c) On pose : u(x) = 2x + 2x − 7 v(x) = xe− u’(x) = 2x + 2 v’(x) = − xe− f est de la forme uv + 1 donc f ’ est de la forme u’v + uv’ f ’(x) = (2x + 2) xe− + ( 2x + 2x – 7)( − xe− ) = xe− (2x + 2 – 2x − 2x + 7) = xe− ( − 2x + 9) = xe− (9 – 2x )
On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc on en déduit que f ’(x) et (9 – 2x ) sont du même signe. d) 9 – 2x = (3 – x)(3 + x) D’où le tableau suivant:
x − ∞ − 3 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,4
≈ − 79,3 1
f( − 3) = ( ) ( )( )2 3 33 2 3 7 e 1 4e 1− + × − − + = − + ≈ − 79,3
f(3) = ( )2 3 33 2 3 7 e 1 8e 1− −+ × − + = + ≈ 1,4
e) ● f est continue et décroissante sur l’intervalle ] − ∞ ; − 3] 0 appartient à l’intervalle [ [79,3;− +∞ donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans
] − ∞ ; − 3] ● f est continue et croissante sur l’intervalle [ − 3 ; 3] 0 appartient à l’intervalle [ − 79,3 ; 1,4] donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans [ − 3 ; 3] ● f est continue et décroissante sur l’intervalle [3 ; + ∞ [ mais 0 n’appartient pas à l’intervalle [1 ; 1,4] donc l’équation f(x) = 0 n’admet pas de solution dans l’intervalle [3 ; + ∞ [
● Conclusion : On a bien montré que f(x) = 0 admet 2 solutions dans Y
x − ∞ α − 3 β 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,4
0 0 ≈ − 79,3 1
f( − 4) = ( ) ( )( )2 4 44 2 4 7 e 1 e 1− + × − − + = + > 0
f( − 3) = − 4e3 + 1 < 0 On a donc f( − 3) < 0 < f( − 4) c’est à dire f( − 3) < f(α) < f( − 4) La fonction f étant décroissante sur l’intervalle [ − 4 ; − 3], on en déduit donc que – 4 < α < − 3 On trace sur la calculatrice la courbe représentant f et la droite d’équation y = 0 On utilise le menu « intersection » et on trouve une valeur approchée de β β = 1,18 à 0,01 près. f) Les questions d) et e) nous permettent de dresser le tableau suivant :
x − ∞ α β + ∞ signe de f(x) + 0 − 0 +
Exercice 10 - Corrigé On étudie le signe de f(x) – (x – 3)
f(x) – (x – 3) = ( ) ( )21 x 2x x x x xe e x 3 x 3 e e e e e e+ − + − − + = × − = −
Pour tout x ∈ Y, xe > 0 donc f(x) – (x – 3) est du signe de e − xe On résout l’inéquation e − xe ≥ 0 afin de remplir un tableau de signes : e − xe ≥ 0 − xe ≥ − e xe ≤ 1e x ≤ 1 On a donc le tableau suivant :
x − ∞ 1 + ∞ signe de f(x) – (x – 3) + 0 − positions relatives de c et de d c est au dessus c est en dessous
de d de d
Exercice 11 - Corrigé 1) f(0) = 0 + 1 + a × 0 × 0e = 1 La courbe c passe donc par le point de coordonnées (0 ; 1), c’est à dire par le poin tA. 2) a) f est de la forme w + uv donc f ’ est de la forme w’ + u’v + uv’ avec: w(x) = x + 1 w’(x) = 1 u(x) = ax u’(x) = a
v(x) = 2xe− v’(x) = − 2x
2xe− en appliquant la formule ( )z ze ' z 'e=
Par conséquent, f ’(x) = 1 + a2xe− + ax × ( − 2x) e- 2x = 1 + a
2xe− − 2ax2 2xe−
f ’(x) = 1 + a2xe− (1 – 2x2 ) = 1 – a
2xe− (2 2x − 1) = 1 – a(2x2 − 1)2xe−
b) f ’(0) est le coefficient directeur de la droite (AB) donc f ’(0) = B A
B A
y y 3 1 22
x x 1 0 1
− −= = = −− − − −
On a donc : ( ) 22 01 a 2 0 1 e 2−− × − = −
1 – a × ( − 1) × 1 = − 2 1 + a = − 2 a = − 3
donc f(x) = x + 1 – 3x2xe−
Exercice 12 - Corrigé 1) ● Limite en + ∞
forme indéterminée du type ∞∞
c et d se coupent
f(x) = 1 − x
xx xxx
4e 41
11 ee eee
= − ++
xlim→+∞
xe = + ∞ donc xlim→+∞ x
1
e
= 0
Par somme, on en déduit que xlim→+∞
xx
1e
e +
= + ∞ et, par quotient, on a xlim→+∞
x
x
41
ee
+ = 0
Finalement, par somme, xlim→+∞
f(x) = 1
On en déduit alors que la droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe c en + ∞ ● Limite en − ∞ On sait que
xlim→−∞
(2x) = − ∞ et que xlim→−∞
xe = 0 donc, par composition, xlim→−∞
2xe = 0 et, par somme, on a
xlim→−∞
( 2xe + 1) = 1
Par quotient, on a alors xlim→−∞
x
2x
4e
e 1+ = 0 et, par somme,
xlim→−∞
f(x) = 1
On en déduit alors que la droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe c en − ∞
2) a) f est de la forme 1 − u
v donc f ’ est de la forme −
2
u 'v uv '
v
− avec:
u(x) = 4 xe u’(x) = 4 xe v(x) = 2xe + 1 v’(x) = 2 2xe
donc f ’(x) = − ( )
( )( )( )
( )( )
( )( )
x 2x x 2x x 2x 2x x 2x x 2x
2 2 2 22x 2x 2x 2x
4e e 1 4e 2e 4e e 1 2e 4e e 1 4e e 1
e 1 e 1 e 1 e 1
+ − × + − − + −= − = − =
+ + + +
b) On sait que xe > 0 pour tout x ∈ Y donc 4 xe > 0 et ( )22xe 1+ > 0
Par conséquent, f ’(x) est du signe de 2xe − 1 On résout donc l’inéquation 2xe − 1 ≥ 0 afin de compléter un tableau de signes : 2xe − 1 ≥ 0 2xe ≥ 0e 2x ≥ 0 x ≥ 0
x − ∞ 0 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + variation de f 1 1
− 1
3) a) f( − x) = ( )x 2x xx x
2x2x x 2x 2x
2x 2x
4 44e 4 e 4ee e1 1 1 1 1 f x
1 1 ee 1 e 1 e 1 e1e e
−
−− = − = − = − × = − =++ + ++
b) On en déduit que la courbe c est symétrique par rapporte à l’axe des ordonnées
Exercice 13 - Corrigé Partie A
1) f(x) = x xe− = x
x
e
On sait que xlim→+∞
xe
x = + ∞ donc
xlim→+∞ x
x
e = 0, c’est à dire
xlim→+∞
f(x) = 0
2) f est de la forme uv donc f ’ est de la forme u’v + uv’ avec: u(x) = x u’(x) = 1 v(x) = xe− v’(x) = − xe− d’où f ’(x) = 1 × xe− + x × ( − xe− ) = xe− (1 – x)
On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc f ’(x) est du signe de 1 – x. D’où le tableau suivant :
x 0 1 + ∞ signe de f ’(x) + 0 − variation de f
1
e
0 0
3) D’après le tableau de variation ci-dessus, si x [0; 1] alors f(x) ∈ 1
0;e
⊂ [0; 1]:
On a donc bien f(x) ∈ [0; 1]
Partie B 1)
2) Démontrons par récurrence la propriété suivante : pour tout entier naturel n, 0 ≤ nu ≤ 1
● Initialisation : pour n = 0
0u = 1 et 0 ≤ 1 ≤ 1 donc la propriété est vraie au rang 0
● Hérédité On suppose que, pour un entier p, on a 0 ≤ pu ≤ 1
D’après la question 3) de la partie A, on sait que si x ∈ [0 ; 1] alors f(x) ∈ [0 ; 1]. Ici, pu ∈ [0 ; 1] donc ( )pf u ∈ [0 ; 1] c’est à dire p 1u + ∈ [0 ; 1] : On a bien prouvé que 0 ≤ p 1u + ≤ 1
L’hérédité est démontrée. ● Conclusion :
La propriété est vraie pour n = 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout n ∈ V : Par conséquent, on a bien prouvé que 0 ≤ nu ≤ 1 pour tout entier naturel n.
3) Méthode n°1 :
( )n nu un 1 n n n nu u u e u u e 1− −
+ − = − = −
On sait que 0 ≤ nu ≤ 1 donc : − 1 ≤ − nu ≤ 0
1e− ≤ nue− ≤ 0e
1
e ≤ nue− ≤ 1
1
1e
− ≤ nue− − 1 ≤ 0
n 1 nu u+ − est donc le produit d’un facteur positif et d’un facteur négatif : On en déduit que n 1 nu u+ − ≤ 0
pour tout n ∈ V : La suite ( nu ) est décroissante.
Méthode n° 2 : par récurrence
Montrons par récurrence la propriété suivante : pour tout n ∈ V, n 1u + ≤ nu
● Initialisation : pour n = 0
0u = 1 et 1u = f( 0u ) = f(1) = 1
e
On a bien 1
e ≤ 1 donc la propriété est vraie au rang n = 0
● Hérédité On suppose que pour un entier p, on a p 1u + ≤ pu
La fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; 1] et on a montré dans la question précédente que, pour tout
n ∈ V, 0 ≤ nu ≤ 1
Par conséquent, on a : ( )p 1f u + ≤ ( )pf u
p 2u + ≤ p 1u +
La propriété est donc héréditaire. ● Conclusion :
La propriété est vraie au rang n = 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout n ∈ V On a donc n 1u + ≤ nu : La suite ( nu ) est donc décroissante.
4) a) La suite ( nu ) est minorée par 0 et décroissante donc elle converge.
b) x xe− = x équivaut à : x xe− − x = 0 x( xe− − 1) = 0 x = 0 ou xe− = 1 x = 0 ou xe− = 0e x = 0 ou − x = 0 x = 0 ou x = 0 La limite de la suite (nu ) est donc égale à 0.
Partie C
Déclaration des variables : S et u sont des nombres réels k est un nombre entier Initialisation : u prend la valeur 1 S prend la valeur 1 Traitement : Pour k variant de 1 à 100 u prend la valeur u × ue− S prend la valeur S + u Fin Pour Afficher S
Exercice 14 - Corrigé Partie A
Partie B 1) a) f ’(x) = xe Le coefficient directeur de la tangente à cf au point d’abscisse a est égal à f ’(a) c’est à dire à ae b) g’(x) = − ( − xe− ) = xe− Le coefficient directeur de la tangente à cg au point d’abscisse b est égal à g’(b) c’est à dire à be− c) La tangente à cf au point A est égale à la tangente à cg au point B donc on a l’égalité ae = be− qui équivaut à a = − b 2) d est tangente à cf au point A donc son équation est : y = f ’(a)(x – a) + f(a) y = ae (x – a) + ae y = ae x − a ae + ae D’autre part, d est tangente à cg au point B donc son équation est : y = f ’(b)(x – b) + f(b) y = be− (x – b) + 1 − be− y = be− x − b be− + 1 − be− Comme on sait que a = − b, cette équation devient : y = ae x + a ae + 1 − ae On a donc : ae x − a ae + ae = ae x + a ae + 1 − ae ae x − a ae + ae − ae x − a ae − 1 + ae = 0 − 2a ae + 2 ae − 1 = 0 2 ae ( − a + 1) – 1 = 0 2 ae (a – 1) + 1 = 0 On a bien montré que le réel a est solution de l’équation 2(x – 1) xe + 1 = 0 Partie C 1) a) ● Limite en − ∞ φ(x) = 2x xe − 2 xe + 1
On sait que xlim→−∞
x xe = 0 et que xlim→−∞
xe = 0 donc, par produit et somme, on en déduit que xlim→−∞
φ(x) = 1
● Limite en + ∞ On sait que
xlim→+∞
(x – 1) = + ∞ et que xlim→+∞
xe = + ∞ donc, par produit et somme, on en déduit que
xlim→+∞
φ(x) = + ∞
b) φ est de la forme uv + 1 donc φ’ est de la forme u’v + uv’ avec : u(x) = 2(x – 1) u’(x) = 2 v(x) = xe v’(x) = xe d’où φ’(x) = 2 xe + 2(x – 1) xe = xe (2 + 2x – 2) = 2x xe
On sait que xe > 0 pour tout x ∈ Y donc φ’(x) est du signe de 2x D’où le tableau suivant :
x − ∞ 0 + ∞ signe de φ’(x) − 0 +
c) variation de φ 1 + ∞ − 1
2) a) ● φ est décroissante et continue sur ] − ∞ ; 0] et 0 ∈ [ − 1 ; 1[ donc l’équation φ(x) = 0 admet une unique solution α appartenant à l’intervalle ] − ∞ ; 0] ● φ est croissante et continue sur [0 ; + ∞ [ et 0 ∈ [ − 1 ; + ∞ [ donc l’équation φ(x) = 0 admet une unique solution β appartenant à l’intervalle [0 ; + ∞ [.
● Conclusion : On a bien montré que l’équation φ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans Y. Version moins rédigée :
x − ∞ α 0 β + ∞ variation de φ 1 + ∞
0 0 − 1
D’après le tableau de variation et le TVI, l’équation φ(x) = 0 admet bien exactement deux solutions dans
Y. b) On trace sur la calculatrice la courbe d’équation y = φ(x) et la droite d’équation y = 0 Avec le menu « intersection », on trouve les valeurs suivantes :
α = − 1,68 à 0,01 près β = 0,77 à 0,01 près
3) On sait que α est une solution de l’équation 2(x – 1)xe + 1 = 0 donc on a :
2(α – 1)eα + 1 = 0 2αeα − 2eα + 1 = 0 2eα − 1 = 2α eα Partie D 1) Les coordonnées du point E sont ( )( );fα α = ( );eαα
Les coordonnées du point F sont ( )( ) ( );g ;1 eα−α −α = −α −
Le coefficient directeur de la droite (EF) est égal à F E
F E
y y
x x
−−
= 1 e e 1 2e 2e 1
2 2
α α α α− − − −= =−α − α − α α
On a vu à la question 3) de la partie C que 2eα − 1 = 2αeα donc le coefficient directeur de la droite (EF)
est alors égal à 2 e
e2
ααα =
α = f ’(α)
Le coefficient directeur de la droite (EF) est donc égal à celui de la tangente à cf au point E : Ces deux droites passant par E, elles sont donc confondues. Par conséquent, on a bien montré que la droite (EF) est tangente à la courbe cf en E 2) Le coefficient directeur de la tangente à cg au point F est égal à g’( − α) = eα Le coefficient directeur de la droite (EF) est donc égal à celui de la tangente à cg au point F : Ces deux droites passant par F, elles sont donc confondues. Par conséquent, on a bien montré que la droite (EF) est tangente à la courbe cg en F.