TS : correction du TD sur la fonction exponentielle (ﬁn du chapitre)

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I

TS : correction du TD sur la fonction exponentielle (fin du chapitre)

I

On donne ci-dessous le tableau de variation d’une fonction f définie surRpar f(x)=e^ax²⁺^bx⁺^c, oùa,b etc sont trois réels.

x −∞ 1 +∞

f^′(x) + 0 −

f(x) ^✒

e²

❅❅

❅

❘

De plus, on sait quef(0)=e³². 1. • f(0)=e³²⇔e^c=e³²⇔c=3

2.

• f(1)e²⇔e^a⁺^b⁺^c=e²⇔a+b+c=2

• f =eûavecu(x)=ax²+bx+cdonc f^′=u^′eûd’oùf^′(x)=(2ax+b)eâx²⁺^bx⁺^c.

Alorsf^′(1)=(2a+b)eâx²^+bx+cdonc f^′(1)=0⇔(2a+b)eâx²^+bx+c=0⇔2a+b=0 car eâx²^+bx+c>0.

Les trois nombresa,betcsont donc solutions du système :











a+b+c=2 2a+b=0 c=3

2

.

On en déduit queb= −2ad’oùa= −1

2,b=1 etc=3 2. Par conséquent : f(x)=e⁻^x²²^+x+³²

2. Limites en−∞et en+∞:

∀x6=0,f(x)=x² µ

−1 2+1

x+ 3 2x²

¶ .

x→±∞lim µ

−1 2+1

x+ 3 2x²

¶

= −1

2et lim

x→´spm∞x²= +∞donc, par produit, lim

x→±∞f(x)= −∞.

3. La droite d’équation x=1 est axe de symétrie de la courbe représentative de f si, et seulement si, pour touth, f(1−h)=f(1+h).

Or, la parabole représentative de la fonctionx7→ −x²

2 +x+3

2 est symétrique par rapport à la droite d’équation x=1 puisque son sommet a pour abscissex= −b

2a=1.

Par conséquent, la courbe représentative de f est symétrique par rapport à cette droite d’équationx=1.

Courbe:

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

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II D’après problème de bac S (Pondichéry 95)

II D’après problème de bac S (Pondichéry 95)

Les trois parties peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A :

1. Soit f la fonction définie surRpar :f(x)=(λx+µ)e^−x.

f^′(x)=λe^−x+(λx+µ)×(−1)e^−x=(λ−λx−µ)e^−x= (λ−µ−λx)e^−x . f^′′(x)= −λe⁻^x−(λ−µ−λx)e⁻^x= (−2λ+µ+λx)e⁻^x .

On en déduit que, pour toutx:

f^′′(x)+2f^′(x)+f(x)=(−2λ+µ+λx)e^−x+2(λ−µ−λx)e^−x+f(x)

=(λx+µ)e⁻^x=[−2λ+µ+λx+2λ−2µ−2λx+λx+µ]e⁻^x=0e⁻^x=0 donc f^′′+2f^′+f =0 On admet que toutes les fonctions vérifiant

f^′′+2f^′+f =0 sont de cette forme.

2. Parmi les fonctions précédentes, on cherche la fonction f dont la courbe représentative passe par le point de coordonnées (0;1) et admet en ce point une tangente horizontale.

On doit avoirf(0)=1 doncµ=1 etf^′(0)=0 doncλ−µ=0, c’est-à-direλ=µ=1.

Pr conséquent : f(x)=(x+1)e⁻^x . Partie B :

On note f la fonction définie surRpar : f(x)=(x+1)e⁻^x etC sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O;−→

i ;−→

j). (unité graphique : 4 cm)

1. D’après la partie A,f^′(x)=(λ−µ−λx)e⁻^x= −xe⁻^x puisqueλ=µ=1.

f^′(x) est donc du signe de−x, donc positif pourxÉ0 et négatif pourxÊ0.

f est donc croissante sur ]− ∞; 0] puis décroissante sur [0 ;+∞[.

2. Limite en+∞: f(x)=xe⁻^x+e⁻^x= x

e^x+ 1 e^x = 1

e^x x

+ 1 e^x.

x→+∞lim e^x

x = +∞(croissances comparées), donc lim

x→+∞

1

e^x x

=0 et lim

x→+∞

µ1 e^x

¶

= +∞donc, par somme, lim

x→+∞f(x)=0. On en déduit que l’axe des abscisses estasymptoteà la courbeC au voisinage de+∞.

Limite de f en−∞:

x→−∞lim (x+1)= ∞; lim

x→−∞(−x)= +∞donc lim

x→−∞e^−x= lim

X→+∞e^X = +∞. Par produit : lim

x→−∞f(x)= −∞. 3. Tableau de variation de f:

x −∞ 0 +∞

f^′(x) + 0 −

f(x)

−∞

✒1

❅❅

❅❘ 0 4. Sur ]− ∞; 0],f est continue, lim

x→−∞f(x)= −∞etf(0)=1>1

4 donc1

4∈]− ∞; 1]. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)=1

4admet une solution (unique carf est monotone) sur ]− ∞; 0] : on la noteα.

Même raisonnement sur [0 ; +∞[ : on a une solutionβdans [0 ;+∞[.

f(−1)=0 doncαÊ −1;f µ

−1 2

¶

=1

2e¹² ≈0,8>1

4 donc 0<α< −1 2 .

À la calculatrice, en faisant un tableau de valeurs de pas de plus en plus petits, on trouve successivement 2<β<3, puis 2,6<β<2,7 et enfin 2,69<β<2,70

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II D’après problème de bac S (Pondichéry 95)

Partie C :

Pour tout entierk, on notef_kla fonction définie surRparf_k(x)=(x+1)e^{−k x}.On noteC_kla courbe représentative de fkdans le repère orthonormal joint.

Lorsquek=1, on retrouve la fonctionf étudiée dans la partie B, c’est-à-dire que dans ce cas,f1=f etC₁=C. 1. f0(x)=x+1 dnc f0est une fonction affine.

2. • e^−x−1 s’annule pourx=0 et e^−x−1>0 pourx<0

• x+1=0 pourx= −1 etx+1>0 pourx> −1.

• On renseigne un tableau de signes :

x −∞ −1 0 +∞

x+1 −0+ +

e⁻^x−1 + +0− (x+1)¡

e^−x+1¢

−0+0− Or, pour toutx,fk+1(x)−fk(x)=(x+1)e⁻^(k⁺^1)x−(x+1)e⁻^{k x}=(x+1)e⁻^{k x}¡

e⁻^x⁺¹¢

qui est du signe de (x+1)¡

e⁻^x+1¢ , expression dont on a étudié le signe ci-dessus.

On en déduit queC_k+1est au-dessus deC_k_{sur [}−1 ; 0] et en dessous sur ]− ∞;−1] et sur [0 ;+∞[.

3. On suppose quekest non nul.

(a) f_k^′(x)=e⁻^{k x}−k(x+1)e⁻^x=(1−k(x+1))e⁻^x= (1−k−k x)e⁻^x .

(b) f_k^′(x) est du signe de 1−k−k x(expression d’une fonction affine, de coefficient directeur−k).

• Sik<0,−k>0 donc la fonctionx7→1−k−k xest croissante et s’annule pourx=1−k

k , doncf_k^′est négative sur

¸

−∞; 1−k k

¸

et positive sur

·1−k k ;+∞

· . f_kest décroissante sur

¸

−∞; 1−k k

¸

puis croisante sur

·1−k k ;+∞

· .

• Sik>0, c’est le contraire.

On note que l’extremum a pour abscisse 1−k k . (c) • Fest une droite, donc correspond à k=0.

• PourE, la fonction est d’abord décroissante puis croissante, donck<0; le minimum a pour abscisse−2, donc 1−k

k = −2, d’où k= −1.

• G _etH correspondent à des fonctions d’abord croissantes puis décroissantes, donck>0.

G a un maximum pourx=0, doncG correspond à k=1.

• Le maximum deH a une abscisse valant environ−0,7, donc correspond à k=4

O →−

i

−

→j

E

F

G H

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