Soient f et g les fonctions définies sur l’ensemble R des nombres réels par :

TS Correction exercice 4 du Bac Blanc n˚1 _2011-2012

Soient f et g les fonctions définies sur l’ensemble R des nombres réels par :

f (x) = xe ^1−x et g(x) = x ² e ^1−x .

Les courbes représentatives des fonctions f et g dans un repère ortho- gonal (O;~i;~j) sont respectivement notées C et C ^′ .

1 2 3

− 1

− 2

− 3

1 2 3

− 1

− 2

− 3 O

C C ^′

a A

S ( a )

1. Étude des fonctions f et g

(a) Limites des fonctions f et g en −∞ .

x→−∞ lim 1 − x = + ∞

X→+∞ lim e ^X = + ∞

) (composition)

x→−∞ lim e ^1−x = + ∞

x→−∞ lim x = −∞

) (produit)

x→−∞ lim xe ^1−x = −∞ . Pour g et lim

x→−∞ x ² e ^1−x = + ∞ (b) Justifier le fait que fonctions f et g ont pour limite 0 en + ∞ .

Pour x suffisamment grand, xe ^1−x = e e ^x

x

et x ² e ^1−x = e e ^x x ²

donc

x→+∞ lim e ^x

x = + ∞ (cours)

X→+∞ lim e X = 0



 

 

(composition)

x→+∞ lim xe ^1−x = 0 et lim

x→+∞

e ^x

x ² = + ∞ (cours)

X→+∞ lim e X = 0



 

 

(composition)

x→+∞ lim x ² e ^1−x = 0

(c) Sens de variations de chacune des fonctions f et g et tableaux de variations respectifs.

f = ue ^v donc f ^′ = u ^′ e ^v + uv ^′ e ^v avec u : x 7→ x , v : x 7→ 1 − x et u ^′ : x 7→ 1, v ^′ : x 7→ − 1

donc f ^′ (x) = 1 × e ^1−x +x × ( − 1) × e ^1−x = e ^1−x (1 − x)

• e ^1−x > 0 ∀ x ∈ R , donc f ^′ (x) = 0 ⇔ 1 − x = 0 ⇔ x = 1.

• 1 − x > 0 ⇔ x < 1 ⇔ f ^′ (x) > 0 donc f est stricte- ment croissante sur ] − ∞ ; 1].

• De même, f ^′ (x) < 0 ⇔ x > 1 donc f est strictement décroissante sur [1; + ∞ [.

x Signe de f ^′ (x) Variations de f

−∞ 1 + ∞

+ 0 −

−∞

−∞

1 1

0 0

f = ue ^v donc g = ue ^v donc f ^′ = u ^′ e ^v + uv ^′ e ^v avec u : x 7→ x ² , v : x 7→ 1 − x et u ^′ : x 7→ 2x, v ^′ : x 7→ − 1 donc g ^′ (x) = 2x × e ^1−x − x ² × 1 × e ^1−x = x(2 − x)e ^1−x

• e ^1−x > 0 ∀ x ∈ R, donc g ^′ (x) = 0 ⇔ x(2 − x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2.

• x(2 − x) > 0 ⇔ x ∈ ]0; 2[ ⇔ f ^′ (x) > 0 donc f est strictement croissante sur [0; 2].

• De même, f ^′ (x) < 0 ⇔ x ∈ ] − ∞ ; 0[ ∪ ]2; + ∞ [ donc f est strictement décroissante sur ] − ∞ ; 0] et sur [2; + ∞ [.

x Signe de g

(x) Variations de g

−∞ 0 2 + ∞

− 0 + 0 − + ∞

+ ∞

0 0

4 e 4 e

0 0

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TS Correction exercice 4 du Bac Blanc n˚1 _2011-2012

(d) Position relative des courbes C et C ^′ .

f (x) − g(x) = xe ^1−x − x ² e ^1−x = x(1 − x)e ^1−x . Tableau de signes de la différence : x

Signe de x Signe de 1 − x

Signe de e ^1−x Signe de f (x) − g(x)

Position relative

−∞ 0 1 + ∞

− 0 + +

+ + 0 −

+ + +

− 0 + 0 −

C sous C ^′ 0 C sur C ^′ 0 C sous C ^′ 2. Étude d’une fonction auxiliaire

On considère la fonction h définie sur [1; + ∞ [ par h(x) = e ^x − x ² − x − 1.

x Variations

de h ^′

1 + ∞

e − 3 e − 3

+ ∞ + ∞ α

0

A la lecture du tableau, on a :

(a) h ^′ (α) = 0. Or h ^′ (x) = e ^x − 2x − 1 et donc h ^′ (α) = 0 ⇔ e ^α = 2α + 1 . De plus, h(α) =e ^α − α ² − α − 1 = 2α + 1 − α ² − α − 1 = α − α ² .

(b) h ^′ (x) < 0 pour x ∈ ]1; α] donc h est strictement croissante sur [1; α]. h ^′ (x) > 0 pour x ∈ ]α; + ∞ [ donc h est strictement croissante sur [α; + ∞ [.

Tableau de variations de h.

x Signe de h ^′ (x) Variations de h

1 α + ∞

− 0 +

e − 3 e − 3

α − α ² α − α ²

+ ∞ + ∞ β

0 (c) Solutions de l’équation h(x) = 0 ;

h(α) < 0 (α > 1 donc α ² > α) et lim

x→+∞ h(x) = + ∞ donc la continuité de h et la stricte monotonie de h sur [α; + ∞ [ implique qu’il existe un unique β sur [α; + ∞ [ tel que h(β) = 0. Sur [1; α], h ne s’annule pas car e − 3 < 0 (voir tableau)

3. Interprétation

A = 3 − e et S(a) = 3 − e ^1−a a ² + a + 1 S (a) = A ⇔ 3 − e = 3 − e ^1−a a ² + a + 1

⇔ − e = − e × e ^−a (a ² + a + 1) ⇔ 1

e ^−a = a ² + a + 1 ⇔ e ^a − a ² − a − 1 = 0 ⇔ h(a) = 0.

D’après la question 2.c, la seule solution de h(a) = 0 avec a > 1 est le nombre β. Ainsi a = β et il est unique.

Les deux aires sont donc égales pour la valeur de β , autrement dit : S (β ) = A

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