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Donc le signe de f

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

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 ].

(2)

Terminale STG Exercices sur le chapitre 10 : E6. page n ° 2 2007 2008

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

(3)

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.

(4)

Terminale STG Exercices sur le chapitre 10 : E6. page n ° 4 2007 2008

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

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