Terminale STG Exercices sur le chapitre 10 : E6. page n ° 1 2007 2008
E6 Savoir travailler avec des fonctions exponentielles de base a.
N ° 9 Soit f la fonction définie sur * par f ( x ) = x 75 ,
0 x
.
1 ) Calculons f ' ( x ) =
² x
75 , 0 1 75 , 0 ) 75 , 0
ln( × x−× x
= x² 75 ,
0 x
× ( x ln ( 0,75 ) − 1 )
or x² 75 ,
0 x
> 0. Donc le signe de f ' ( x ) dépend du signe de x ln ( 0,75 ) − 1.
Résolvons x ln ( 0,75 ) − 1 = 0 ⇔ x ln ( 0,75 ) = 1 ⇔ x =
) 75 , 0 ln(
1 .
Si x <
) 75 , 0 ln(
1 alors x ln ( 0,75 ) > 1 donc f ' ( x ) > 0.
Ainsi f est strictement croissante sur ] − ∞ ;
) 75 , 0 ln(
1 [.
Si x >
) 75 , 0 ln(
1 et x < 0 alors x ln ( 0,75 ) < 1 donc f ' ( x ) < 0.
Ainsi f est strictement décroissante sur ]
) 75 , 0 ln(
1 ; 0 [.
Si x >
) 75 , 0 ln(
1 et x > 0 alors x ln ( 0,75 ) < 1 donc f ' ( x ) < 0.
Ainsi f est strictement décroissante sur ] 0 ; + ∞ [.
Dressons son tableau de variation.
x −∞ ln(0,75)
1 0 +∞
signe de f ′ + 0 − +
f ( ln(0,75)
1 )
f
f ( ln(0,75)
1 ) = ln ( 0,75 ) × ln(0,75)
1
75 ,
0 ≈ − 0,8
2 ) Démontrons que l'équation f ( x ) = 1 admet une unique solution dans l'intervalle [ 0,5 ; 2 ].
f est strictement décroissante sur l'intervalle [ 0,5 ; 2 ].
f ( 0,5 ) ≈ 1,73 et f ( 2 ) ≈ 0,28 Et 1 ∈ [ 0,28 ; 1,73 ].
D'après un théorème du cours,
l'équation f ( x ) = 1 admet une unique solution dans l'intervalle [ 0,5 ; 2 ].
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Courbe représentative
2 3 4 5 6 7 8
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8
2 3 4 5 6
-1
-2
-3
-4
-5
-6
0 1
1
x y
Terminale STG Exercices sur le chapitre 10 : E6. page n ° 3 2007 2008
N ° 10
Soit f la fonction définie sur par f ( x ) = 0,5x² × 2x + 3
1 ) Calculons f ' ( x ) = x × 2x + 0,5 x² × 2x × ln ( 2 ) = x × 2x × ( 1 + 0,5 x ln ( 2 ) ) . or 2x > 0 donc le signe de f ' ( x ) dépend de x × ( 1 + 0,5 x ln ( 2 ) ) .
Résolvons l'équation 1 + 0,5 x ln ( 2 ) = 0 ⇔ 0,5 × ln ( 2 ) × x = - 1 ⇔ x =
) 2 ln(
5 , 0
−1
Tableau de signes de f ' ( x ).
x −∞ 0,5ln(2)
−1 0 +∞
x − − 0 +
1 + 0,5 x ln ( 2 ) − 0 + +
f ' ( x ) + 0 − 0 +
Si x <
) 2 ln(
5 , 0
−1 alors f ' ( x ) > 0. Donc f est strictement croissante sur ] − ∞ ;
) 2 ln(
5 , 0
−1 [.
Si 0,5ln(2)
−1 < x < 0 alors f ' ( x ) < 0. Donc f est strictement décroissante sur ]
) 2 ln(
5 , 0
−1 ; 0 [.
Si x >0 alors f ' ( x ) > 0. Donc f est strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [.
Tableau de variation de f
x −∞ 0,5ln(2)
−1 0 +∞
signe de f ′ + 0 − 0 +
f
f ( 0,5ln(2)
−1 ) ≈ 3,6 et f ( 0 ) = 3
2 ) Démontrons que l'équation f ( x ) = 4 admet une unique solution dans l'intervalle [ 0,5 ; 2 ].
f est strictement croissante sur [ 0,5 ; 2 ].
f ( 0,5 ) ≈ 3,18 et f ( 2 ) = 11.
Or 4 ∈ [ 3,18 ; 11 ].
D'après un théorème du cours, l'équation f ( x ) = 4 admet une unique solution dans l'intervalle [ 0,5 ; 2 ].
Remplaçons x par 1 on obtient f ( 1 ) = 0,5 × 1² × 21 + 3 = 1 + 3 = 4.
Donc la solution de f ( x ) = 4 est x = 1.
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Courbe représentative
2 3 4 5 6 7 8
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8
2 3 4 5 6
-1
-2
-3
-4
-5
-6
0 1
1
x y