Durée : 2 heures. Calculatrices autorisées

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Contrôle n˚1

Durée : 2 heures. Calculatrices autorisées

I) 5 points

Voir exercice 9 de la feuille "Fonctions composées : exemples"

1. f⁰(x) =− 2x+ 1

(1 +x+x²)² (formule

1

u 0

) f⁰(0) =−1 et d’autre partf(0) = 1.

Donc l’équation de la tangente en 0 est y=−(x−0) + 1 =−x+ 1 2. On étudie le signe de la différence f(x)−(−x+ 1) =· · ·= x³

1 +x+x² Le trinômex²+x+ 1 a un discriminant∆ = 1−4 =−3<0.

Donc il a un signe constant, ici positif (coefficient dex²).

Donc l’expression est du signe de x³, c’est-à-dire du signe dex.

Doncf(x)< g(x)pourx <0: la courbe def est en-dessous de la courbe deg(qui est la tangente précédemment calculée).

f(x)> g(x)pour x >0: la courbe de f est au-dessus de la courbe deg.

3. f(0,01) = 1

1 + 0,01 + 0,0001 = 1 1,0101

L’approximation affine de cette valeur est donnée par l’équation de la tangente calculée à la question 1 :

f(x)≈f(0) +f⁰(0)(x−0), c’est à-diref(x)≈g(x).

g(0,01) = 1−0,01 = 0,99

Comme0,01>0, on af(0,01)> g(0,01)d’après la question 2, donc 0,99est une valeur approchée def(0,01)par défaut . On peut vérifier avec la calculatrice :1/0,0101≈0,990001>0,99

II) 5 points

Voir exercice 6 de la feuille "Fonctions composées : exemples" (fait en classe) 1. Voir corrigé

2. Voir corrigé

3. Soith(x) = exp(f(2x)).

Il faut montrer qu’il existe une constante atelle que h(x) =ax pour tout x > 0, c’est-à-dire que h(x)

x est constante.

Soitu(x) =h(x)

x . Montrons queu⁰(x) = 0.

u⁰(x) = exp⁰(f(2x))f⁰(2x)×2x−exp(f(2x)) x²

Orexp⁰ = expet f⁰(2x) = 1

2x, doncu⁰(x) =exp(f(2x))−exp(f(2x))

x² = 0

Doncuest une constante.

Oru

1

2

=exp(f(1))

1 2

= exp(0)×2 = 2

Donc finalement exp(f(2x)) = 2x, qui est bien une fonction linéaire.

III) 5 points

1. Soitf(x) =e^−2x−(−2x+ 1) =e^−2x+ 2x−1 f⁰(x) =−2e^−2x+ 2

Quand a-t-on −2e^−2x+ 2 > 0? Quand e^−2x <1, c’est-à-dire −2x < 0 (puisque e⁰= 1et que exp est strictement croissante), c’est-à-direx >0.

Donc f est strictement décroissante sur ]− ∞; 0[ et strictement croissante sur ]0; +∞[

Donc elle admet un minimum en0, qui vautf(0) =e⁰+ 0−1 = 0.

Doncf(x)>0pour toutx.

Donc e^−2x>−2x+ 1 pour toutx 2. Soitg(x) =e^−2x−1 + 2x−2x².

g⁰(x) =−2e^−2x+ 2−4x=−2(e^−2x+ 2x−1) =−2f(x).

Doncg⁰(x)60puisque f(x)>0 Doncgest décroissante surR Org(0) = 1−1 + 0−0 = 0. Donc :

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pour x <0,g(x)>0, donce^−2x>1−2x+ 2x² pour x >0,g(x)<0, donce^−2x<1−2x+ 2x²

3. D’après ce qui précède 1−2×0,01< f(0,01)<1−2×0,01 + 2(0,01)², Soit0,98< f(0,01)<0,9802

L’amplitude de l’encadrement est 0,0002, soit2×10⁻⁴ Or f(0,01) =e^−0,02, donc

0,98est une valeur approchée par défaut dee^−0,02à 2×10⁻⁴près .

IV) 5 points

1. En posantX =e^x, l’inéquation2e^−x−e^x−1>0s’écrit : 2

X −X−1>0, soit 2−X²−X X >0 Ici X=e^x, doncX >0.

Le trinôme−X²−X+ 2a pour racines1 et−2(∆ = 9 = 3²)

Donc d’après la règle du signe d’un trinôme, il est strictement positif pour

−2< X <1, soit −2< e^x<1. Maise^x>0, donc cela revient àe^x<1, soit à x <0 .

On aurait pu aussi factoriser :2e^−x−e^x−1 =e^−x(e^x+ 2)(1−e^x) 2. Question de type ROC

Voir feuille ROC (unicité de l’exponentielle)

3. F est dérivable parce que son dénominateur, qui estf⁰(x), ne s’annule jamais.

F⁰(x) =· · ·= 1

f(x)−2 =F(x) F(0) =· · ·= 1.

Donc F⁰ = F et F(0) = 1, donc d’après l’unicité de la fonction exponentielle, F = exp

Donc f(x) =· · ·= 1

F(x)+ 2 =e^−x+ 2