FONCTION EXPONENTIELLE. EXERCICES TYPE BAC CORRIGES.

(1)

FONCTION EXPONENTIELLE.

EXERCICES TYPE BAC CORRIGES.

I. La fonction f est définie sur par f( x) = e

^2x

 1

2 e

^x

 1 2 . 1. Déterminer les limites de f (x ).

2. Résoudre l’équation f (x ) 0.

II. Le plan est rapporté à un repère orthonormal.

Soit f la fonction définie sur par f (x ) = 

 e

^2x

 2,1 e

^x

+ 1,1 x + 1,6.

1. Faire apparaître sur l’écran de la calculatrice la courbe représentative de la fonction f dans la fenêtre :  5  x  4 ;  4  y  4 et reproduire l’allure de la courbe obtenue sur la copie.

2. D’après cette représentation graphique, que pourrait-on conjecturer :

a.

Sur les variations de la fonction f.

b.

Sur le nombre de solutions de l’équation f( x) = 0.

3. On se propose maintenant d’étudier la fonction f.

a.

Résoudre dans l’équation e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 = 0 et dresser le tableau de signes de e

^2x

 2,1 e

^x

+ 1,1.

Aide : Pour tout réel m > 0, il existe un unique réel noté ln(

m ) tel que e

^ln(^m)

= m.

b.

Déterminer les limites de f en  et + .

c.

Etudier les variations de la fonction f.

d.

Déterminer le nombre de solutions de l’équation f(x) = 0

4. Les conjectures faites à la question 1. étaient-elles vraies ? Expliquer ce résultat.

III. Déterminer le nombre de solutions de l équation e

^x

1 x et déterminer un encadrement de ces solutions d amplitude 0,01.

IV. Le but de l’exercice est de construire une suite qui converge vers l’unique solution de l’équation e

^x

= 1

x . (Voir ex précédent)

On admet que cette équation admet une unique solution et que 0,56 < < 0,57.

On admet aussi que pour tout x dans l’intervalle [0 ; [, on a 1  xe

^x

> 0.

A. Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0 ; 1] par f (x ) = 1 + x 1 + e

^x

.

1. Montrer que l’équation f( x) = x est équivalente à l’équation xe

^x

= 1.

2. Calculer f ′(x ) et montrer que f est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; ].

B. On considère la suite (u

_n

) définie par u

₀

= 0 et pour tout n de , u

_n ₁

= f( u

_n

).

1. Montrer par récurrence que pour tout n de : 0 u

n

u

n 1

. 2. En déduire que la suite u est convergente. On note l sa limite.

3. Justifier l’égalité f (l ) = l. Que peut-on en déduire pour l ?

4. A l’aide de la calculatrice, déterminer une valeur approchée de arrondie à la sixième décimale.

(2)

I. 1. La fonction f est définie sur par f( x ) = e

²^x

 1

2 e

^x

 1 2 lim

x

f( x) =  1

2 car lim x

e

^x

= 0.

On a une FI en + donc on transforme f (x ) : f( x) = e

^2x

(1  0,5e

^x

 0,5e

^2x

)

lim

x

e

^2x

= + et lim

x

(1  0,5 e

^x

 0,5e

^2^x

) = 1 donc lim

x

f( x ) = + . 2. On pose X = e

^x

.

f( x) = X²  1

2 X  1

2 car e

^2x

= (e

^x

)².

X²  1

2 X  1

2 = 0 a pour solutions  0,5 et 1.

f( x) = 0  X ²  1

2 X  1

2 = 0 et X = e

^x

 (X =  0,5 ou X = 1) et (X = e

^x

)  e

^x

=  0,5 ou e

^x

= 1  x = 0.

En effet e

^x

=  0,5 n’a pas de solution (pour tout réel x, e

^x

> 0) et e

^x

= 1 a pour unique solution 0.

Ainsi f(

x) = 0 a pour unique solution 0.

II. 1. La fonction semble croissante sur [ 5 ;  0,5] et sur [0,5 ; 4] et constante sur [ 0,5 ; 0,5].

2. L’équation f(x) = 0 semble avoir une infinité de solutions : tous les nombres compris entre  0,5 et 0,5.

3.

a.

On pose X = e

^x

. Alors X² = e

^2x

. e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 = 0 X²  2,1X + 1,1 = 0

 = 0,01. X

1

= 1 et X

₂

= 1,1.

Alors 

e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 = 0  e

^x

= 1 ou e

^x

= 1,1  x = 0 ou x = ln(1,1).

S = {0 ; ln(1,1)}.

Le trinôme X²  2,1X + 1,1 est du signe de a sauf entre les racines donc positif sauf pour X entre 1 et 1,1.

e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 < 0 0 < X < 1,1 e

¹

< e

^x

< e

^ln(1,1)

1 < x ln(1,1) On a donc le tableau de signes suivant :

x  0 ln(1,1) +

e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 +  +

b.

lim

x

e

^2x

= lim

x

e

^x

= 0 et lim

x

1,1x + 1,6 =  donc lim

x

f(x) =  . On ne peut pas calculer directement lim

x

f(x) car on obtient une forme indéterminée (« +  ») f(x) = e

^x

( 

 e

^x

 2,1) + 1,1x + 6.

lim

x

e

^x

= lim

x



 e

^x

 2,1 = lim

x

1,1x + 6 donc lim

x

f(x) = + .

c.

f est dérivable sur . Pour tout x de , f ’(x) = e

^2x

 2,1x + 1,1. (expression étudiée au a.).

On a donc le tableau de variation suivant :

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

(3)

x

0 ln(1,1) +

e

^2x

 2,1e

^x

+ 1,1 + +

f(x)

0 + <0

d.

 Sur ] ; 0[, f est strictement croissante donc f(x) < f(0) = 0. L’équation f(x) = 0 n’a donc pas de solution

dans ] ; 0[.

 f(0) = 0 donc 0 est solution de l’équation f(x) = 0.

 Sur ]0 ; ln(1,1)], f est strictement décroissante donc f(x) > f(0) = 0. L’équation f(x) = 0 n’a donc pas de

solution dans ]0 ; ln(1,1)].

 Sur [ln(1,1) ; + [, f est continue et strictement croissante avec f(ln(1,1)) < 0 et lim

x

f(x) = + donc d’après le th de la bijection, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution  dans [ln(1,1) ; + [.

Finalement, l’équation f(x) = 0 admet exactement deux solutions (0 et ) dans . A la calculatrice, on obtient   0,14.

4. Les conjectures faites à la calculatrice étaient fausses. Cela est dû au fait que les deux solutions à l’équation f(x) = 0 sont très proches et au fait que la fonction est croissante sur un très petit intervalle (ln(1,1)  0,095.)

III. e^x 1

x ex 1

x 0.

Soit f la fonction définie sur * par f (x ) e

^x

1 x .

f est dérivable sur et on a, pour tout x de , f (x ) e

^x

1 x² 0. La fonction f est donc strictement croissante sur ] 0[ et sur ]0 [.

lim

x

f( x) 0 ; lim

x

f( x) ; lim

x 0

f( x) ; lim

x 0

f( x) . Sur l intervalle ] 0[ : f est strictement croissante avec lim

x

f (x ) 0 et lim

x 0

f( x) . On a donc f (x ) 0 lorsque x appartient à ] 0[. L équation f (x ) 0 n a donc pas de solution dans cet intervalle.

Sur l intervalle ]0 [ : f est strictement croissante avec lim

x 0

f( x) et lim

x

f (x ) . L équation f (x ) 0 admet donc une unique solution dans cet intervalle.

Conclusion : l équation f(

x) 0 admet donc une unique solution dans .

A la calculatrice, on obtient 0,56 0,57.

IV. A.

f(x) = x  1 + x

1 + e

^x

= x  1 + x = x(1 + e

^x

) (pas de valeur interdite car 1 + e

^x

> 0).

 1 + x = x + xe

^x

 1 = xe

^x

.

On peut donc en déduire que  est l’unique solution de l’équation f(x) = x.

2. f est dérivable sur [0 ; 1] et pour tout x de [0 ; 1], on a : f ’(x) =   e

^x

    xe

^x

  e

^x

² =   xe

^x

  e

^x

²

Pour tout x de [0,  1  xe

^x

> 0 (donnée de l’énoncé) et (1 + e

^x

)² > 0 donc f ’(x) > 0. f est donc strictement croissante sur [0 ; [.

B. Initialisation : Pour n = 0 : u

0

= 0 et u

1

= 2

1 + e  0,537 et > 0,56 donc 0 u

0

u

1

. Hérédité : On suppose que 0 u

n

 u

n+1

  et on montre que 0  u

n+1

 u

n+2

 .

0 u

n

 u

n+1

  donc f(0)  f(u

n

)  f(u

n+1

)  f() car f est strictement croissante sur [0 ; ].

(4)

Or f(0) = 

 > 0 ; f(u

n

) = u

n+1

; f(u

n+1

) = u

n+2

et f() =  d’après la question A1.

Ainsi on a bien : 0  

  u

n+1

 u

n+2

 .

Conclusion : Pour tout n de , 0 u

n

 u

n+1

 .

La suite u est donc croissante et majorée par . Elle converge donc vers un réel l. On a de plus l . On a u

n 1

f (u

n

) et on sait que la suite u converge vers un réel l compris entre 0 et . La fonction f étant continue sur [0 ; ], on peut en déduire que f(l ) = l.

 étant l’unique solution de l’équation f(x) = x, on peut en déduire que l = .

A la calculatrice, on obtient :

n u_n

0 0

1 0,50000000000000 2 0,56631100319722 3 0,56714316503486 4 0,56714329040978 5 0,56714329040978 6 0,56714329040978 7 0,56714329040978

Ainsi,   0,5671432.