DS03 TS4 Rattrapage Fonction exponentielle

Nom : . . . .

Prénom : . . . . Devoir n

03

Nov. 2016 . . ./. . .

DS

Le soin et la rédaction seront pris en compte dans la notation.Faites des phrases claires et précises.

Le barème est approximatif. La calculatrice est autorisée.

Exercice 1

3 points

3 ptsEcrire plus simplement les expressions suivantes en utilisant les propriétés algébriques de l’exponentielle : A=e²×e³ B=(e²)⁴

e³ C=

1 e^x

2

D=(e^x)²×e^x e^−x

A=e²×e³=e⁵ B=(e²)⁴ e³ =e⁸

e³ =e⁵ C= 1

e^x 2

=

e^−x 2

=e^−2x D=(e^x)²×e^x

e^−x =(e^2x)×e^x e^−x =e^3x

e^−x =e^4x

Exercice 2

11,5 points

1 a.

2.5 pts

g=u+vest la somme de deux fonctions dérivables surR, doncgest dérivable surRavec,g⁰(x) = 2e^2x−2 g⁰(x) = 0 ⇐⇒ e^2x= 1

⇐⇒ e^2x=e⁰

⇐⇒ 2x= 0

⇐⇒ x= 0 g⁰(x)>0 ⇐⇒ e^2x>1

⇐⇒ e^2x> e⁰

⇐⇒ 2x >0

⇐⇒ x >0 On déduit le tableau de variations degsur ]− ∞; +∞[ :

x

g⁰(x)

Variations de g

Signe deg(x)

−∞ 0 +∞

− 0 +

0 0

+ 0 +

g(0) =e⁰−0−1 = 1−1 = 0

On déduit du tableau de variation que, pour toutx∈R,g(x)≥0 ; en effetgprésente un minimum en 0 qui vaut 0.

0.5 pt b. D’après ce qui précède, pour toutx∈R,g(x)≥0 ⇐⇒ e^2x−2x−1≥0 ⇐⇒ e^2x−2x≥1>0, et donc, pour toutx∈R,e^2x−2x >0 . Ceci nous permet de justifier quef est bien définie surR.

3 pts 2 a), b) En +∞:f(x) = x e^2x

1− 2x

e^2x = x

e^x× 1

1− 2x e^2x

, or lim

x→+∞

e^x

x = +∞, donc, lim

x→+∞

x e^x = 0,

xlim→+∞(2x) = +∞

t→lim+∞

t e^t = 0











Par compposée lim

x→+∞

2x e^2x = 0

xlim→+∞

1

1− 2x e^2x

= 1

xlim→+∞

x e^x = 0















Par produit lim

x→+∞ f(x) = 0 la droitey= 0 est asymptote horizontale àC_f en +∞. En−∞: lim

x→−∞e^x= 0 ; on factorise donc parxdansf(x) :f(x) = x x e^2x

x −2

! = 1 e^2x

x −2

!,

On écrite^2x

x =e^2x×1 x

xlim→−∞e^2x= 0

xlim→−∞

1 x= 0











Par produit lim

x→−∞

e^2x

x = 0 donc lim

x→−∞

e^2x

x −2 =−2, d’où, lim

x→−∞f(x) =−1

2 : la droite d’équation y=−¹

2 est asymptote horizontale àC_f en−∞. 3 a.

1.5 pt f est le quotient des fonctions u:x 7→ xet v :x7→ e^2x−2xdérivables sur R, et dont le dénominateur v(x) =e^2x−2xne s’annule pas surR, d’après la question b).f est donc dérivable surR, avec :

avec pour tout réelx, dansR:

( u(x) =x

v(x) =e^2x−2x ainsi :

( u⁰(x) = 1 v⁰(x) = 2e^2x−2 f⁰(x) =1(e^2x−2x)−(2e^2x−2)×x

(e^2x−2x)²

=e^2x−2x−2xe^2x+ 2x (e^2x−2x)²

=e^2x−2xe^2x (e^2x−2x)²

=e^2x(1−2x) (e^2x−2x)² f⁰(x) =e^2x(1−2x)

(e^2x−2x)²

1 pt b. On peut alors étudier le signe de la dérivée à l’aide d’un tableau de signes.

x

signe de e^2x signe de 1−2x signe de (e^2x−2x)²

−∞ ¹

2 +∞

+ +

+ 0 −

+ +

On en déduit le tableau de variation def : x

f⁰(x)

Variations de f

−∞ ¹

2 +∞

+ 0 −

−¹

−2¹ 2

1 2(e−1)

1 2(e−1)

0 0 f₁

2

= 1 e−1

1 pt c. (T) a pour équation :y=f⁰(0)(x−0) +f(0), avecf⁰(0) = 1 etf(0) = 0, d’où l’équation, (T) :y=x. 2 pts d.

On formeyC−yT =f(x)−x=_e2x^x−2x−xet on étudie son signe.

y_C−y_T =f(x)−x

=_e2x^x_−2x−x

=x 1

e^2x−2x−1

=x 1

e^2x−2x−e^2x−2x e^2x−2x

!

=x 1−(e^2x−2x) e^2x−2x

!

=x 1 + 2x−e^2x e^2x−2x

!

=x −g(x) e^2x−2x

!

x signe dex signe de−g(x) signe dee^2x−2x

signe de y_C−y_T Position

relative

−∞ 0 +∞

− 0 +

− 0 −

+ +

+ 0 −

C_fau -dessus de T

C_f etT ont un point commun

C_fen-dessous de T

Une représentation graphique def non demandée :

Exercice 3

6,5 points

1 Un résultat de cours à connaître : e^a= e^b⇐⇒a=b 1 pt a. e^2x−2= e⇐⇒2x−2 = 1⇐⇒x=3

2 1 pt b. e^x2−6x−7= e⁰⇐⇒x²−6x−7 = 0

Cette dernière expression est un trinôme du second degré.a= 1 et∆= 64 = 8²doncx1=−1 etx2= 7. Ce sont les solutions de notre équation.

1 pt c. e^3x+2=−e. Une exponentielle est toujours positive donc cette équation n’a pas de solution.

2 pts 2 SoitX=e^x, alorse^2x−2e^x−3 = 0 ⇐⇒ X²−2X−3 = 0. Cette équation du second degré admet deux solutions réellesX1=−1 etX2= 3.

On revient ensuite à l’inconnuex:

• e^x=X₁=−1 n’a pas de solution, une exponentielle étant toujours strictement positive ;

• e^x=X2= 3 ⇐⇒ x= ln 3.

L’équatione^2x+ 2e^x−3 = 0 a donc comme unique solution réllex= ln 3.

1.5 pt 3 Calculer la dérivée de la fonctiongdéfinie par :x :7−→(x²−3x−2) e^−2x fonction dérivée

u:x²−3x−2 u⁰ : 2x−3 v : e^w v⁰ :w⁰e^w w:−2x w⁰ :−2

Par conséquent :

g⁰(x) = (2x−3)e^−2x+ (x²−3x−2)(−2x)e^−2x g⁰(x) = (−2x²+ 8x+ 1)e^−2x

Exercice 4

5 points

2 pts 1 Soit la fonctiongdérivable, définie sur [0 ; +∞[ par

g(x) =x²e^x−1.

Étudier le sens de variation de la fonctiong.

u(x) =x² u⁰(x) = 2x v(x) =e^x v⁰(x) =e^x

d’où on déduitx+ 2≥2>0 g⁰(x) a donc le signe dex.

g⁰(x)>0 sur ]0 ; +∞[.

La fonctiongest strictement croissante sur [0 ; +∞[.

On déduit le tableau de variations degsur [0; +∞[ : x

g⁰(x)

Variations de g

0 +∞

0 +

−1

−1

+∞ +∞

f(0) = 0²e⁰−1 =−1

2 pts 2 Démontrer qu’il existe un unique réelαappartenant à [0 ; +∞[ tel queg(α) = 0.

En appliquant le théorème de la bijection sur [0; +∞[ :

•gest continue surI= [0; +∞[ (elle est dérivable surI) ;

•gest strictement croissante surI;

•g(0) =−1 ;

• lim

x→+∞g(x) = +∞.



















doncg réalise une bijection de [0; +∞[ sur [−1; +∞[. Comme 0∈[−1; +∞[ l’équationg(x) = 0 admet une unique solutionαdansI

Ainsi l’équationg(x) = 0 admet une unique solutionαdansI g(0,703)≈ −0,0019 etg(0,704)≈0,002

Ainsig(0,703)< g(α)< g(0,704), commegest strictement croissante sur [0; +∞[ ; on déduit : 0,7036α60,704 0,703< α <0,704

1 pt 3 Déterminer le signe deg(x) sur [0 ; +∞[.

x

g⁰(x)

g(x)

g(x)

0 α +∞

0 + +

−1

−1

+∞ +∞

0

- 0 +