1,5 éq3 ex1 e– x1=1 ⇔ ex1=e– x1 ⇔ ex=e– x ⇔ e2x=1 ⇔ x=0

Grille de correction du devoir commun de TS Jeudi 9 décembre

Éléments de correction Barème obtenu

Ex 1 3 points

Q1 g dérivable et ∀ x∈ ℝ, g 'x=2 e^2x. e^2x–1

x =gx– g0

x –0 et lim

x0

gx– g0

x –0 =g '0=2

2

Q2 Comme lim

x0hx=2 d'après Q1 et h0=2 alors h est continue en 0. 1

Ex2 5 points

éq1 e^2x–e^x=0 ^⇔ e^2x=e^{x ⇔} 2x=x ⇔ x=0. 0,5 éq2

5 e^2x–4 e^x–1=0 ⇔ {^5X2–X⁴=e^{X –x1=0} ⇔ {^{X=1X=eou Xx=–15 ⇒ ex=1 ⇔ x=0. 1,5}

éq3 e^x1

e^{– x}1=1 ⇔ e^x1=e^{– x}1 ^⇔ e^x=e^{– x ⇔} e^{2x=1 ⇔} x=0. 0,5 inéq1 e^–3x1 ^{⇔ –3x0 ⇔ x0 ⇔ x}∈ ]–∞;0] ¹ inéq2

e^{x2– x}e ^{⇔ x2– x}1 ⇔ x²– x –10 ⇔ x∈ ]^1–2^5;15

2 [ ^1,5

Ex3 fx=ax²bxce^{– x 6 points}

Q1a f0=1 ⇔ c=1 ^0,5

Q1b f est dérivable sur ℝ comme produit de fonctions dérivables sur ℝ. f=ue^v

Et ∀ x∈ ℝ, f 'x=[– ax²2a – bxb – c]e^{– x.} f '0=–6 et c=1 implique que b –1=–6 ⇔ b=–5.

2

Q1c Au point d'abscisse 1, la tangente à C_f est parallèle à l'axe des abscisses ⇔ f '1=0 ⇔ – a2a5–5–1e^–1=0 ⇔ a –1=0 ⇔ a=1

1,5

Q2 lim

x–∞x²–5x1=∞ _et lim

x–∞

e^{– x}=∞ _implique x²−5x1e^−x∞

Poser X=e^{– x (si} x∞ alors X–∞),

x²−5x1e^−x=X²5X1e^X=X²e^X5Xe^Xe^X or ∀ n∈ ℕ lim

x–∞

Xⁿe^X=0 _donc x²−5x1e^−x0 ^{en ∞}

2

Ex4 f : x e^x e^x1

10 points

Q1 ∀ x∈ ℝ, e^x10 ^donc f est définie sur ℝ. 0,5

Q2 lim

x–∞fx=0 (quotient de limites) 1

Q3 ∀ x∈ ℝ, 1

1e^{– x}= e^x

e^x1e^{– x}= e^x

e^xe^x×e^{– x}= e^x

e^x1=fx_{. Comme} lim

x∞

e^{– x}=0 on obtient lim

x∞

fx=1_.

1

Q4 f=1

u avec u≠0 sur ℝ donc f '=–u '

u^{2 .} ∀ x∈ ℝ, f 'x= e^−x

1e^{– x}². En effet 1,5

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Grille de correction du devoir commun de TS Jeudi 9 décembre

u:xe^{– x donc} u ':x−e^{– x.}

Comme ∀ x∈ ℝ, e^{– x}0 ^et 1e^{– x}²0 ^, f 'x0 et f est strictement croissante sur ℝ.

Q5 _T

0:y=f '0x –0f0 ⇔ T₀:y=1 4x1

2

1

Q6a ∀ x∈ ℝ, e^2x–2 e^x1⁼e^x–1^{2 0,5}

Q6b gx=x 41

2– fx et ∀ x∈ ℝ, g 'x=1

4– f 'x ⇔ ^{g 'x=1}₄^{– e}

– x

1e^{– x}² ⇔ g 'x=1e^{– x}²–4 e^{– x}

41e^{– x}² ⇔ g 'x= 1–e^–x² 41e^{– x}²

∀ x∈ ℝ, g 'x0 donc g est strictement croissante sur ℝ.

g0=1

2– f0=0

1,5

Q6c g0=0 ⇒ T₀ et C_f se coupent au point ^0;12 ^;

g strictement croissante sur ℝ ⇒ si x0 alors gxg0 ⇔ gx0 ⇔ T₀ au dessus de C_{f ;}

g strictement croissante sur ℝ ⇒ si x0 alors gxg0 ⇔ gx0 ⇔ T₀ au-dessous de C_f ;

1,5

Q7 1,5

Ex5 2y'3y=4 E ^{6 points}

Q1 2y'3y=4 ⇔ y'=–3

2y2 ⇔ yx=Ce^–

3 2x

4

3 ∀ x∈ ℝ où C ∈ ℝ. 2 Q2 h0=1 ⇔ C4

3=1 ⇔ C=–1

3 ^donc hx=–1 3e^–

3 2x

4 3

1

Q3 On a ∀ x∈ ℝ, h 'x=–3

2hx2 ⇔ h 'x=–3

2^{–13e–32x43}^{2 ⇔}

h 'x=1 2e^–

3 2x

et donc ∀ x∈ ℝ, h 'x0 donc h est strictement croissante sur ℝ. h est continue sur ℝ (composition et somme de fonctions continues sur ℝ). lim_x–∞hx=−∞ et lim

x∞hx=4 3 .

0∈ ]^–∞;43] donc d'après le théorème de la bijection, l'équation hx=0 admet une solution unique  réelle.

3

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