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Solutions du Devoir n˚2
I) 4 points
On applique la formuleu v
0
=u0v−uv0 v2 f0(x) = 2x2+ 6x
(2x+ 3)2.
f0(−1) = · · · = −4 et f(−1) = · · · = 1, donc l’équation de la tangente au point d’abscisse−1 est : y=−4(x+ 1)−4 =−4x−3
Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient direc- teur, et le coefficient directeur de la tangente enaest f0(a), donc on cherche les atels quef0(a) =f0(−1) =−4. Il faut s’attendre à trouver−1comme solution.
Le problème équivaut à 2a2+ 6a
(2a+ 3)2 =−4, soit après calculs3a2+ 9a+ 6 = 0
Cette équation du second degré a deux racines d’après les formules (l’une d’entre elles étant nécessairement−1, ce qu’on vérifie) : −1 et−2
Donc il existe bien un autre point deRen laquelle la tangente est parallèle à T : (−2;f(−2)) = (−2;−4)
Remarque : en fait le point n’était pas dans le domaine de définition donné dans l’énoncé, et en toute rigueur la réponse devrait être non.
II) 4 points
1. On poseX =ex, et l’équation équivaut alors à3X2−9X+ 6 = 0, care2x= (ex)2. L’équation d’inconnueXa pour solutions1et2(formules d’une équation du second degré avec∆ = 81−72 = 9 = 32)
On revient ensuite à l’inconnuex: ex= 1⇔x= 0
ex= 2⇔x= ln(2) car2>0 Donc deux solutions : {0; ln(2)}
2. On poseX =ex, et l’inéquation équivaut alors àX2+X−2<0.
X2+X−2 est un trinôme du second degré dont les racines sont1et −2 (∆ = 9).
D’après la règle du signe d’un trinôme, il est strictement négatif si et seulement si
−2< X <1.
On résout alors−2< ex<1.
Or −2 < ex est toujours vrai puisque ex > 0. Donc l’encadrement −2 < ex <1 équivaut àex<1, c’est-à-dire àx <0.
Donc l’ensemble des solutions est ]− ∞; 0[
III) 5 points
1. g0(x) =ex−ea caraest une constante.
Quand a-t-on g0(x) > 0? Quand ex > ea, soit x > a (car exp est strictement croissante).
g est donc décroissante sur]− ∞;a]et croissante sur[a; +∞[.
Donc elle admet un minimum enaavecg(a) =ea−ea = 0 Donc g(x)>0pour toutxréel
2. La tangente enaà la courbe deexpa pour équationy=ea(x−a) +ea.
La position de la courbe par rapport à cette tangente est donée par le signe de ex−ea(x−a)−ea =· · ·=ex−eax+ea(a−1) =g(x).
Org(x)>0 pour toutx, donc la courbe de l’exponentielle est au-dessus de toutes ses tangentes, y compris la tangente en 1.
IV) 7 points
Soitgla fonction définie surRparg(x) = (x+ 1)e−x+ 1.
1. Pourx>0, on a x+ 1>1>0. Ore−x>0, donc(x+ 1)e−x+ 1>0
2. On calculeg0(x)(dérivée d’un produit, d’une fonction exponentielle composée) : g0(x) =e−x+ (x+ 1)(−e−x) =−xe−x
Commee−x>0,g0(x)est du signe de−x.
Doncgest croissante sur]− ∞; 0]et décroissante sur[0; +∞[
Puisqueg(x)>0pour x>0 et queg(a) = 0, c’est que nécessairementa <0.
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x −∞ a 0 +∞
g0(x) + + 0 −
g(x) 0
2
On sait déjà queg(x)>0 pourx>0.
D’après le sens de variation,g(x)<0 pourx < aet g(x)>0 poura < x <0.
Donc finalement g(x)<0pourx < a etg(x)>0pour x > a.
3. f0x) = e−x+ 1−x(−e−x)
(e−x+ 1)2 = e−x+ 1 +xe−x
(e−x+ 1)2 = g(x) (e−x+ 1)2.
Doncf0(x)est du signe de g(x). On en déduit le sens de variation def :
x −∞ a +∞
f0(x) − 0 +
f(x)
