Exercice 104 page 230

(1)

Exercice 104 page 230

3⁻²= 1 3² = 1

9 3^0,75= 3³⁴ =√⁴

3³=√⁴

¡₁ 27

2

¢₋1,25

= 2^1,25= 2⁵⁴ =√⁴

32 = 2√⁴ 2 9⁻¹²27²³ =¡

3²¢−¹2¡ 3³¢²₃

= 3⁻¹⁺²= 3 4⁻^0,516¹⁴

32^0,2 =¡

2²¢−0,5¡ 2⁴¢¹₄¡

2⁵¢−0,2

= 2⁻¹⁺¹⁻¹=¹₂

Exercice 105 page 230

3^√²= 4.729

¡₁

4

¢^√³2

= 0.174 (0,1)^π= 0,0007

Exercice 106 page 230

x→−∞lim 4^x= 0 le graphe de la fonctionx7→4^xadmet une AH qd x→ −∞

x→lim+∞

¡₁

3

¢2x

= 0le graphe de la fonctionx7→¡₁

3

¢2x

admet une AH qdx→+∞

x→lim+∞2⁻^x= 0le graphe de la fonctionx7→2⁻^x admet une AH qdx→+∞

x→−∞lim (0,35)^x⁻¹= +∞le graphe de la fonctionx7→(0,35)^x⁻¹n’admet pas d’ AH qdx→ −∞mais éventuellement une asymptote oblique.

Or : lim

x→−∞

(0,35)^x−1 x

(H)= ln 0,35· lim

x→−∞(0,35)^x⁻¹=−∞: BP de directiona=∞.qd x→ −∞

Exercice 107 page 230

1. f(x) = 3^x g(x) = (0,3)^x

f

⎛

⎜⎜

⎝ x

−2

−1

−0.5 0 1 1.5

2 3

⎞

⎟⎟

⎠

=

⎛

⎜⎜

⎝ 3.0^x 0.111 11 0.333 33 0.577 35

1.0 3.0 5.196 2

9.0 27.0

⎞

⎟⎟

⎠

0 1 2 3 4 5 6

y

-4 -3 -2 -1 1 2x 3 4

g

⎛

⎜⎜

⎝ x

−2

−1

−0.5 0 1 1.5

2 3

⎞

⎟⎟

⎠

=

⎛

⎜⎜

⎝ 0.3^x 11.111 3.333 3 1.825 7

1 0.3 0.164 32

0.09 0.027

⎞

⎟⎟

⎠

2. Pour chacune des deux fonctions les domaines sont :D=Dc =Dd=RetIm = ]0; +∞[.

L’ensemble des racines est donc l’ensemble vide. Les fonctions ne sont ni paires, ni impaires et aucune des deux n’admet une asymptote verticale.

Pour f : AH :y= 0qdx→ −∞et BP de directiona=∞qdx→+∞. Pour g: AH :y= 0qdx→+∞et BP de direction a=∞qdx→ −∞.

3. Si le graphe de g se déduisait du graphe def par symétrie orthogonale d’axe OY :x= 0, alors on devrait avoir pour tout réelx∈R :f(−x) =g(x)

Vérification :3⁻^x=¡₁

3

¢x

= 0,3333^x6= 0,3^x .

Donc, la réunion des deux graphes n’admet pas l’axe des ordonnées comme axe de symétrie.

4. Il s’agit encore d’utiliser les phrases de la page 352

— Ghse déduit deGg en retranchant1à toute abscisse.

— Gise déduit deGf en multipliant toute ordonnée par 2.

— Gj se déduit deGgen divisant toute abscisse par 2 car :j(x) = 0,09^x= 0,3^2x .

— Gkse déduit deGken deux étapes :

D’abord, on retranche 2 à toute ordonnée pour obtenir le graphe dex7→0,3^x−2, ensuite, on garde la partie de ce graphe située au dessus de l’axe des abscisses et

on remplace la partie située en dessous de laxe des abscisses par son symétrique par rapport à cet axe.

(2)

Exercice 108 page 230

Dans cet exercice, on utilise le fait que les fonctions exponentielles de basea∈]0;∞[\ {1}sont des bijections strictement croissantes si a∈]1;∞[

strictement décroissantes si a∈]0; 1[

Explication : voir page 39. Conséquence : smiley ou coup de foudre, selon la valeur de la base.

Pour tout réelx∈DE=Ron peut écrire les équivalences suivantes :

1. 3^2x−3^x⁻²= 0⇐⇒3^2x= 3^x⁻²^bij⇐⇒^%2x=x−2⇐⇒x=−2 EdS_R(1) ={−2} 2. 0,5^3x⁻¹= 1⇐⇒0,5^3x⁻¹= 0,5⁰⇐⇒^bij^&3x−1 = 0⇐⇒x= ¹₃ EdS_R(2) =©₁

3

ª 3. 4¹⁻^2x−¡₁

16

¢^x₂

= 0⇐⇒2²⁽¹⁻^2x)= 2⁽⁻⁴⁾^x² ^bij⇐⇒^%2−4x=−2x⇐⇒x= 1 EdS_R(3) ={1} 4. Rappel : 2^x²= 2(^x²) ne doit pas être confondu avec(2^x)²= 2^2x

2^x² ≤2⇐⇒2(^x²)≤2¹^bij⇐⇒^%x²≤1⇐⇒ −1≤x≤1 EdS_R(4) = [−1; 1]

5. 0,25¹⁻^3x>4^2x+3⇐⇒¡

2⁻²¢1−3x

>¡

2²¢2x+3bij%

⇐⇒ −2 + 6x >4x+ 6⇐⇒x >4 EdS_R(5) = ]4;∞[ 6. ¡₃

4

¢2x

< ¹⁶₉ ⇐⇒¡₃

4

¢2x

<¡₃

4

¢−2bij&

⇐⇒2x >−2⇐⇒x >−1 EdS_R(6) = ]−1;∞[

Exercice 109 page 230

Les méthodes qu’on utilise sont celles des exercices 93 et 94 pour fonctions composées.

NB. : Afin de vérifier siD¹_d=Dd , il faudrait étudier par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" la dérivabilité en chaque point deDc\D¹_d.

1. D=Dc=Dd=©

x∈R: 3^2x⁻¹−96= 0ª

=R\©₃

2

ª. En eﬀet,l’équation associée s’écrit :

3^2x⁻¹−9 = 0⇐⇒3^2x⁻¹= 3²^bij⇐⇒^%2x−1 = 2⇐⇒x=3 2 2. L’inéquation associée s’écrit :

5^x⁻¹−125≥0⇐⇒5^x⁻¹≥5³^bij⇐⇒^%x−1≥3⇐⇒x≥4 L’équation associée s’écrit :

5^x⁻¹−125 = 0⇐⇒5^x⁻¹= 5³^bij⇐⇒^%x−1 = 3⇐⇒x= 4 D=Dc=©

x∈R: 5^x⁻¹−125≥0ª

= [4;∞[ D_d¹=©

x∈R: 5^x⁻¹−125>0ª

= ]4;∞[.

(NB : ici il faut étudier la dérivabilité enx₀= 4 par "Cauchy suivi de Hospital").

3. L’inéquation associée s’écrit :

0,1^x−0,01≥0⇐⇒0,1^x≥0,1²^bij⇐⇒^&x≤2 L’équation associée s’écrit :

0,1^x−0,01 = 0⇐⇒0,1^x= 0,1²^bij⇐⇒^&x= 2 D=Dc={x∈R: 0,1^x−0,01≥0}= ]−∞; 2]

D_d¹={x∈R: 0,1^x−0,01>0}= ]−∞; 2[.

(NB : ici il faut étudier la dérivabilité enx0= 2 par "Cauchy suivi de Hospital").

Exercice 110 page 230

1. Notons le numéroj du jour aujourd’hui par 0 .

Alors, le nombref defleurs en fonction du numéro j est donné par : j= 0 N = 1 f(0) = 2⁰ j= 1 N = 2 f(1) = 2¹ j= 2 N = 4 f(2) = 2² j= 3 N = 8 f(3) = 2³ j= 4 N= 16 f(4) = 2⁴ f : j 7−→ f(j) = 2^j

(3)

2.

j= 5 N = 2⁵= 32 j = 10 N = 2¹⁰= 1024 j = 15 N = 2¹⁵= 32768 3.

j= 20 N = 2²⁰= 1048 576 Réponse : Après 20 jours. (NB : 1048576≈1000·1000≈2¹⁰·2¹⁰= 2²⁰)

4. Il faut un jour seulement, car la surface double si le nombre defleurs double par jour.

5. La fonction est alors donnée par : g: j 7−→ g(j) = 100·2^j 6.

0 1000 2000 3000

y

2 4 6x 8 10 12

Exercice 111 page 230

1. Notons le numérotde l’année durant laquelle la voiture a été achetée par 0 . Alors, la valeur vénale V de la voiture en fonction du numérot est donnée par :

t= 0 V = 25000C= V(0) = 0,80⁰·25000C= t= 1 V = 20000C= V(1) = 0,80¹·25000C= t= 2 V = 16000C= V(2) = 0,80²·25000C= t= 3 V = 12800C= V(3) = 0,80³·25000C= t= 4 V = 10240C= V(4) = 0,80⁴·25000C= t= 5 V = 8192C= V(5) = 0,80⁵·25000C= t= 6 V = 6553.6C= V(6) = 0,80⁶·25000C= t= 7 V = 5242.9C= V(6) = 0,80⁷·25000C= t= 8 V = 4194.3C= V(6) = 0,80⁸·25000C= t= 9 V = 3355.4C= V(6) = 0,80⁹·25000C= V : t 7−→ V (t) = 0,80^t·25000C= 2.

0 5000 10000 15000 20000 25000 30000

0.5 1 1.5 2 2.5 3t 3.5 4 4.5 5 5.5 6

3. NB : ¹₅ de 25000 C= est égal à 5000 C= .

Le tableau ci-dessus montre qu’après 8 ans la voiture vaut moins que le cinquième du prix d’achat.

(4)

Exercice 112 page 230

1. x7→3^x= exp₃x 2. x7→3⁻^x=¡₁

3

¢x

= exp¹

3x

3. Ceci n’est certainement pas le graphe d’une fonction exponentielle ! La BP est de directiona= 0et non pas a=∞.

Exercice 113 page 231

1. x7→2^x⁻¹ 2. x7→ −2^x 3. x7→|2−2^x|

Exercice 114 page 232

1. e⁻³= 4.978 7×10⁻² 2. √³

e²= 1.947 7 3. 2e⁻²√

e= 0.446 26 4. e^π= 23.141

Exercice 115 page 232

La méthode de résolution des équations et inéquations simples a été expliquée dans l’exerxixe 108.

Pour tout réelx∈DE=Ron peut écrire les équivalences suivantes : 1. e^4x−1 = 0⇐⇒e^4x=e⁰^bij⇐⇒^%4x= 0⇐⇒x= 0 EdS_R(1) ={0} 2. e·e^x−√

e= 0⇐⇒e^1+x=e¹² ^bij⇐⇒^%1 +x= ¹₂ ⇐⇒x=−¹2 EdS_R(2) =©

−¹2

ª 3. e^2x⁻¹−¹e >0⇐⇒e^2x⁻¹> e⁻¹^bij⇐⇒^%2x−1>−1⇐⇒x >0 EdS_R(3) = ]0;∞[ 4. Rappel : e^x² =e(^x²) ne doit pas être confondu avec(e^x)²=e^2x

e^x²−e⁴≤0⇐⇒e(^x²)≤e⁴^bij⇐⇒^%x²≤4⇐⇒ −2≤x≤2 EdS_R(4) = [−2; 2]

5. e^2x+e^x−2 = 0

Dans cette équation, on peut substituere^xpar la variablez(qui doit alors être strictement positive !). On note cettesubstitution par :

z:=e^x>0 (F)

Évidemment, de ce fait, on obtient :e^kx= (e^x)^k=z^kvalable pour tout nombre k∈R.

L’équation donnée s’écrit alors en variablezpar :z²+z−2 = 0ce qui constitue une simple équation du second degré, aux solutions :z₁= 1et z₂=−2

Or, avec la condition exprimée sous(F), on est en droit d’écarter la solution "parasite"z₂. Attention, après une substitution de la forme(F)il faut toujoursrevenir à la variable x! z= 1⇔e^x=e⁰^bij⇐⇒^%x= 0 EdS_R(5) ={0}

6. (e^x)²−1 e^x²−e ≥0

RAPPEL : Dès qu’il y a un trait de fraction, il faut reconsidérer le domaine d’étude ! Équation associée àDE :e^x² =e¹^bij⇐⇒^%x²= 1⇔x= 1 oux=−1.DE=R\ {−1; 1}

Comme il s’agit d’une inéquation et que le second membre est zéro, il suﬃt d’étudier le signe de l’expression du premier membre.

Considérons le dénominateur : e^x²−e©_<

>

ª0⇐⇒e^x²©_<

>

ªe¹^bij%⇐⇒x²©_<

>

ª1⇔© _x_∈_]₋_1;1[

x∈]−∞;−1[∪]1;∞[

ª Considérons ensuite le numérateur :

(e^x)²−1©<

>

ª0⇐⇒e^2x−1©<

>

ª0⇐⇒e^2x©<

>

ªe⁰^bij⇐⇒^%2x©<

>

ª0⇐⇒x©<

>

ª0

Ceci permet maintenant de dresser un tableau des signes pour le membre de gauche de l’inéquation :

x −∞ −1 0 1 ∞

e^2x−1 − − 0 + +

e^x²−e + 0 − − 0 +

(e^x)²−1

e^x²−e − k + 0 − k +

Conséquence : l’ensemble des solutions de l’inéquation donnée est :EdS_R(6) = ]−1; 0]∪]1;∞[

(5)

Exercice 116 page 232

NB. : Afin de vérifier siD_d¹=D_d , il faut étudier par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" la dérivabilité en chaque point deD_c\D¹_d.

1. D=Dc={x∈R:x≥0}= [0;∞[ D_d¹={x∈R:x >0}= ]0;∞[.

2. D=Dc=Dd={x∈R:x+ 26= 0}=R\ {−2} 3. D=Dc=Dd=©

x∈R:e^x+1−16= 0ª

=R\ {−1} En eﬀet, l’équation associée s’écrit :

e^x+1−1 = 0⇐⇒e^x+1=e⁰^bij⇐⇒^%x+ 1 = 0⇔x=−1 4. D=D_c=©

x∈R: 1−e^2x≥0ª

= ]−∞; 0]

En eﬀet, l’inéquation s’écrit :

1−e^2x≥0⇐⇒e⁰≥e^{2x bij}⇐⇒^%0≥2x⇔x≤0 D’autre part, (à cause du radical) :D_d¹=©

x∈R: 1−e^2x>0ª

= ]−∞; 0[

En eﬀet, l’inéquation s’écrit maintenant : 1−e^2x>0⇐⇒e⁰> e^{2x bij%}⇐⇒0>2x⇔x <0

Exercice 117 page 232

Il s’agit dans cet exemple de produits ou de composées de fonctions connues, dérivables et on applique les théorèmes vus à ce sujet en classe de deuxième.(voir aussi les exercices 69 , 79 et 109)

NB. : Dans les cas oùD_d¹6=Dc il faut étudier par la méthode "Cauchy suivi de Hospital" la dérivabilité en chaque point deDc\D¹_d pour pouvoir préciserDd .

1. D=Dc=Dd=R

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d

dx(xe^x) = (1 +x)e^x 2. D=Dc=Dd=R

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = d dx

³2e^x²´

= 4xe^x² 3. D=D_c=D_d=R

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = d dx

µe^x+e⁻^x 2

¶

= e^x−e⁻^x 2 4. D=D_c=D_d=R

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d dx

¡e^{sin 2x}¢

= 2 cos 2x·e^{sin 2x} 5. D=Dc=Dd=R

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d dx

¡sine^2x¢

= 2e^2x·cos¡ e^2x¢

6. Voir aussi l’exercice 116, numéro 4. Le radical entraine une diﬀérence entreDc etD_d¹. D=Dc=©

x∈R: 1−e^2x≥0ª

= ]−∞; 0]

D_d¹=©

x∈R: 1−e^2x>0ª

= ]−∞; 0[

Pour toutx∈D¹_d on calcule :f⁰(x) = d dx

¡√1−e^2x¢

= −e^2x

√1−e^2x Étudions la dérivabilité enx₀= 0∈D_c\D¹_d

(f⁰(0))^Cauchy= lim

x→0

f(x)−f(0) x−0

(H)= lim

x→0f⁰(x) = ”⁻₊₀¹” =−∞

Conséquence : La fonction n’est pas dérivable en x₀ = 0,mais son graphe admet au point d’arrêt (0,0) une

1

2-tangente verticale dirigée vers lesy positifs.

En définitif :D_d=D¹_d .

7. Avec la fonction arc-sinus, on a :D=D_c= [−1; 1]etD_d¹= ]−1; 1[

Pour toutx∈D¹_d on calcule :f⁰(x) = d dx

¡e^arcsin^x¢

= e^arcsinx

√1−x² Étudions la dérivabilité enx₀=−1∈D_c\D¹_d

(f⁰(−1))^Cauchy= lim

x→−1

f(x)−f(−1) x+1

(H)= lim

x→−1f⁰(x) = ”^exp(₊₀⁻^π/2)” = +∞

Conséquence : La fonction n’est pas dérivable enx₀=−1, mais son graphe admet au point d’arrêt(−1,exp (−π/2))une ¹₂-tangente verticale dirigée vers lesy positifs.

(6)

Étudions aussi la dérivabilité enx₀= 1∈D_c\D¹_d (f⁰(1))^Cauchy= lim

x→1

f(x)−f(1) x−1

(H)= lim

x→1f⁰(x) = ”^exp(π/2)₊₀ ” = +∞

Conséquence : La fonction n’est pas dérivable enx0= 1,mais son graphe admet au point d’arrêt(1,exp (π/2)) une ¹₂-tangente verticale dirigée vers lesy négatifs.

En définitif :Dd=D¹_d. 8. D=Dc=Dd=R

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) = d

dx(e^x·arctanx) =

¡1 +x²¢

arctanx+ 1 1 +x² ·e^x

Exercice 118 page 232

Pour la fonction donnéef :x7→ e^x^e+1^x on trouve : D=Dc=Dd=R Et pour toutx∈Ron calcule :f⁰(x) = e^x

(e^x+ 1)² .

Le point d’abscisse0est donc un élément du domaine de dérivabilité de la fonction et on a : f(0) = ¹₂ ; f⁰(0) =¹₄

Rappel de l’équation de la tangente enx0∈Dd : (Tx0f) :y=f(x0) +f⁰(x0) (x−x0) Appliquée à cet exemple, elle s’écrit :(T0f) :y= ¹₂+¹₄(x−0)ce qui donne :

(T0f) :y=1 4x+1

2 ou (T0f) :x−4y+ 2 = 0

Exercice 119 page 232

Cet exercice exploite les formules de la page 43 du manuel et les théorèmes sur les limites appris en classe de deuxième.

1. lim

n→∞

¡1 +_n¹¢2n

= lim

n→∞

£¡1 + ¹_n¢n¤²

=h

nlim→∞

¡1 + ¹_n¢ni2

=e² 2. lim

h→0(1 + 2h)¹^h ^s= lim

2h→0(1 + 2h)^2h² = lim

H→0

h(1 +H)^H¹i2

=h

Hlim→0(1 +H)^H¹i2

=e² En eﬀet,on ash→0⇔H := 2h→0

3. lim

x→∞

¡1 + ³_x¢4x−1 s

= lim_x

3→∞

³ 1 + ¹x

3

´12^x₃−1

= lim

N→∞

h¡1 + _N¹¢Ni12

1 + _N¹ = h

Nlim→∞

¡1 + _N¹¢Ni12 Nlim→∞

¡1 + _N¹¢ = e¹² 1 =e¹² En eﬀet,on asx→ ∞ ⇔N := ^x₃ → ∞

4. lim

x→0(1−3x)⁻²^x =^s lim

(−3x)→0(1 + (−3x))^(−3x)⁶ = lim

H→0

h(1 +H)^H¹i6

=h

Hlim→0(1 +H)^H¹i6

=e⁶ En eﬀet,on asx→0⇔H :=−3x→0

REMARQUE ET MISES EN GARDE

Parfois on voit des élèves faire les manipulations fautives suivantes :

nlim→∞

µ 1 + 1

n

¶n

= µ

1 + lim

n→∞

1 n

¶n

= (1 + 0)ⁿ= 1ⁿ= 1

Ce résultat et donc la manipulation est erronnée. La faute réside dans la première égalité qui ne trouve de justification dansaucun des théorèmes de la limite vues en classe de deuxième et qui est "inventée" par les élèves sans le moindre fondement. (NB : après le passage à la limite, on conserve toujours la variable n). Il importe donc de retenir les formules de la page 43 : lim

n→∞

¡1 +_n¹¢n

=e

(7)

Exercice 120 page 232

Dans cet exercice, on établit le résultat suivant :

"La fonction exponentielle croit plus rapidement vers plus l’infini que n’importe quelle fonction polynôme lorsquex tend vers plus l’infini. Conséquence : Pour toutn∈N: la fonctionx7→ x^e^xⁿ admet une BP de direction a=∞qd x→+∞."

1. Comparons les 3 fonctions :x7→e^x; x7→x; x7→x²

0 2 4 6 8 10 12 14

-1 1 2 x 3 4 5

Ce graphique suggère (mais ne démontre rien) :

Pour tout réelx >1on a les inégalités :0< x < x²< e^x

2. Nous décidons maintenant d’accepter ces inégalités sans démonstration.

On divise la ligne parx(qui est strictement positif car supérieur à 1) : 1< x < e^x

x

Lorsque xtend vers+∞, la généralisation du théorème des gendarmes (ou du sandwich) d’apès le schéma : x < ^e_x^x

& ↓

+∞ implique le résultat : lim

x→+∞

e^x

x = +∞et donc, par inversion : lim

x→+∞

x e^x = 0

3. La règle de l’Hospital permet de démontrer les résultats sub 2. correctement, sans recourrir à des graphiques :

x→lim+∞

e^x x

(H)= lim

x→+∞

e^x

1 = +∞ et lim

x→+∞

x e^x

(H)= lim

x→+∞

1 e^x = 0

REMARQUE : L’application successive de la règle de l’Hospital permet de démontrer (démonstration par récurrence) : Pour tout entiern∈N:

x→lim+∞

e^x xⁿ

(H)= lim

x→+∞ e^x nxⁿ⁻¹

(H)= lim

x→+∞ e^x n(n−1)xⁿ⁻²

(H)= · · ·^(H)= lim

x→+∞ e^x n! = +∞ et par inversion :

x→lim+∞

xⁿ e^x

inv= 1

x→lim+∞

e^x xⁿ

= “ 1

∞j = 0

Ceci termine la démonstration de l’énoncé aﬃrmé à l’introduction de cet exercice sur la croissance de la fonction exponentielle.

4. Évidemment, on n’a pas besoin de recourrir à Hospital pour calculer la limite :

x→−∞lim e^x xⁿ = ” 0

±∞” = 0 : (n∈N)

En eﬀet, cette fois il ne s’agit pas d’une forme indéterminée (f.i.). On applique simplement le théorème sur les limites vue en classe de deuxième.

(8)

REMARQUE

Une erreur gravissime mais malheureusement très fréquente (EXAMEN 2002), consiste à négliger la diﬀérence fondamentale des deux limites :

x→lim+∞e^x=∞ mais lim

x→−∞e^x= 0

qui généralement est à l’origine de comportements asymptotiques très diﬀérentes selon quextend vers plus l’infini ou vers moins l’infini. Exemple de l’examen en juillet 2002 :x7→2x+ 1 + e^x

e^x−1

Exercice 121 page 232

1. lim

x→+∞

x² e^2x = ”^∞

∞”une f.i. bonne pour Hospital !

x→lim+∞

x² e^2x

(H)= lim

x→+∞

/ 2x / 2e^2x

(H)= lim

x→+∞

1

2e^2x = ”_∞¹” = 0 2. lim

x→0

e^x−e⁻^x

arcsinx = ”¹⁻₀¹” une f.i. bonne pour Hospital !

xlim→0

e^x−e⁻^x arcsinx

(H)= lim

x→0

e^x+e⁻^x

√ 1 1−x²

= ”¹⁺¹₁ ” = 2

Exercice 122 page 232

1. Au départ du graphe de x7→e^x on construitx7→1−e^x⁻² en 3 étapes : D’abord, on ajoute 2 à toute abscisse, ce qui donne le graphe dex7→e^x⁻²

Ensuite on mutiplie toute ordonnée par (−1) : symétrie orthogonale d’axe OX des abscisses dans un RON.

Ceci donne alors :x7→ −e^x⁻²

Enfin, on ajoute1à toute ordonnée, ce qui donne :x7→1−e^x⁻²

-4 -2 0 2 4

-3 -2 -1 1 2x 3 4

2. Pour trouver l’ensemble des racines de cette fonction, il suﬃt de résoudre l’équation : 1−e^x⁻²= 0⇔e^x⁻²=e⁰⇐⇒^bij^%x−2 = 0⇔x= 2 Le graphe admet un seul point d’intersection avec l’axe des abscisses, à savoirP(2; 0).

3. lim

x→−∞

¡1−e^x⁻²¢

= ”1−0” = 1 (AH) :y= 1

Exercice 123 page 232

1. La fonctionf :x7→ e^x x

Domaines :D=D_c=D_d=R\ {0} Limites et branches infinies : lim0 f = lim

x→0 e^x

x = ”¹₀” "infini"

lim

0⁺ f = +∞etlim

0⁻ f =−∞.(AV) :x= 0 lim−∞f = lim

x→−∞

e^x

x = 0 (AH) :y= 0qd x→ −∞

lim+∞f = lim

x→+∞ e^x

x

(H)= lim

x→+∞e^x= +∞ a= lim

x→+∞ f(x)

x = lim

x→+∞ e^x x²

(H)= lim

x→+∞ e^x 2x

(H)= lim

x→+∞ e^x

2 = +∞ BP de directiona=∞qdx→+∞

(9)

Dérivées :

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰(x) =x−1 x² e^x

Le signe de cette dérivée est égal au signe dex−1parce que ^e_x^x2 est strictement positif pour toutx.

Pour toutx∈Dd on calcule :f⁰⁰(x) = x²−2x+ 2 x³ e^x

Le signe de cette dérivée seconde est égal au signe dexparce que¡

x²−2x+ 2¢

et ^e_x^x2 sont strictement positifs pour toutx.

Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x −∞ 0 1 +∞

f⁰(x) − k − 0 +

f⁰⁰(x) − k + + +

0 k +∞ +∞

f(x) ^{( A H )} & ^{( AV )} & % ^{( B P )}

−∞ k min

Valeur du minimum local :f(1) = ^e₁=e.Donc : MIN(1;e)≈(1; 2,7). Quelques points :

−2 −1 −0.5 +0.5 2 3

−1

2e² =−0,06 ⁻_e¹ =−0,37 ⁻√²

e=−1,21 2√

e= 3,3 ^e₂² = 3,7 ^e₃³ = 6,7 Graphe de la fonction proposée :

-4 -2 0 4 6

-3 -2 -1 1 2x 3 4

2. La fonctionf :x7→ x e^x Domaines :D=D_c=D_d=R Limites et branches infinies : lim+∞f = lim

x→+∞ x

e^x = ”⁺₊^∞_∞”f.i. bonne pour Hospital.

lim+∞f = lim

x→+∞ x e^x

(H)= lim

x→+∞ 1

e^x = 0 (AH) :y= 0qd x→+∞ lim−∞f = lim

x→−∞

x

e^x = ”^−∞₊₀” =−∞

a= lim

x→−∞

f(x)

x = lim

x→−∞

1

e^x = ”₊₀¹ ” = +∞ BP de directiona=∞qdx→ −∞

Dérivées :

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = (1−x)e⁻^x

Le signe de cette dérivée est égal au signe de1−xparce quee⁻^x est strictement positif pour toutx.

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰⁰(x) = (x−2)e⁻^x

Le signe de cette dérivée seconde est égal au signe de (x−2) parce quee⁻^x est strictement positif pour tout x.

x −∞ 1 2 +∞

f⁰(x) + 0 − −

f⁰⁰(x) − − − 0 +

max

f(x) ^{( B P )} % & inf & ^{( A H )}

−∞ 0

Valeur du maximum local :f(1) =¹_e.Donc : MAX¡ 1;¹_e¢

≈(1; 0,37).

Valeur du point d’inflexion :f(2) = _e²2.Donc : INFL¡ 2;_e²2

¢≈(2; 0,27)

(10)

Quelques points :

−2 −1 −0.5 +0.5 2 3

−2e²=−14,8 −e=−2,7 ⁻^√₂^e =−0,82 ₂√¹e= 0,3 _e²2 = 0,27 _e³3 = 0.15 Graphe de la fonction proposée :

-3 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5

-1 1 2 x 3 4 5

3. La fonctionf :x7→e⁻^x² Domaines :D=Dc=Dd=R Remarque : ∀x∈D:f(x)>0.

Pour toutxdu domaine d’existence D on peut dire :f(−x) =e⁻⁽⁻^x)²=e⁻^x² =f(x)

La fonction est une fonction paire. Il suﬃt de l’étudier sur son domaine d’étudeDE= [0; +∞[et de compléter le graphe par symétrie orthogonale d’axe OY des ordonnées dans un RON.

La valeur en0de la fonction vaut :f(0) =e⁰= 1 Limites et branches infinies :

lim+∞f = lim

x→+∞e⁻^x² = ”e^−∞” = 0 (AH) :y= 0qdx→+∞ Dérivées :

Pour toutx∈DEon calcule :f⁰(x) =−2xe⁻^x²≤0

En eﬀet, sur le domaine d’étude, les deux facteursxete⁻^x² sont positifs.

Pour toutx∈DEon calcule :f⁰⁰(x) = 2¡

2x²−1¢ e⁻^x² Le signe de cette dérivée seconde est égal au signe de ¡

2x²−1¢

parce quee⁻^x² est strictement positif pour toutx.du domaine d’étude (et même deR).

x 0 ^√₂² +∞

f⁰(x) 0 − −

f⁰⁰(x) − 0 +

1

f(x) max & infl ( A H )

& 0

Pour des raisons de symétrie, le point MAX(0; 1)est un maximum local def . Valeur du point d’inflexion :f³√

2 2

´

=e⁻¹² = √¹

e donc INFL³√ 2 2 ;√¹

e

´

≈(0.7; 0,6) Quelques points :

0.5 1 2 3

e⁻¹⁴ = 0,8 e⁻¹= 0,37 e⁻⁴= 0,02 e⁻⁹= 0,0001 Graphe de la fonction proposée (complété par symétrie) :

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-3 -2 -1 1 x 2 3

(11)

4. La fonctionf :x7→x²·e^x Remarque : ∀x∈D:f(x)≥0 Domaines :D=D_c=D_d=R Limites et branches infinies : lim−∞f = lim

x→−∞x²e^x= ”∞·0”une f.i. qui n’est pas encore bonne pour Hospital.

lim−∞f = lim

x→−∞

x² e^−x

(H)= lim

x→−∞

2x

−e^−x

(H)= lim

x→−∞

2

e^−x = 0 (AH) :y= 0qdx→ −∞

lim+∞f = lim

x→+∞x²e^x= +∞ a= lim

x→+∞ f(x)

x = lim

x→+∞xe^x= +∞ BP de directiona=∞qdx→+∞ Dérivées :

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) =x(x+ 2)e^x

Le signe de cette dérivée est égal au signe dex(x+ 2) parce quee^x est strictement positif pour toutx.

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰⁰(x) =¡

x²+ 4x+ 2¢ e^x Le signe de cette dérivée seconde est égal au signe de¡

x²+ 4x+ 2¢

parce quee^x est strictement positif pour toutx.

x −∞ −2−√

2 −2 −2 +√

2 0 +∞

f⁰(x) + + 0 − − 0 +

f⁰⁰(x) + 0 − − 0 + +

max +∞

f(x) ^{( A H )} % infl % & infl & % ^{( B P )}

0 min

Valeur du minimum absolu : f(0) = 0 Donc : MIN(0; 0). Valeur du maximum local :f(−2) = 4e⁻² Donc : MAX¡

−2; 4e⁻²¢

≈(−2; 0,54) Valeur du premier point d’inflexion :f¡

−2−√ 2¢

≈0,38Donc :I₁(−3,4; 0,38) Valeur du deuxième point d’inflexion :f¡

−2 +√ 2¢

≈0,19Donc :I2(−0,58; 0,19) Quelques points :

−4 −3 −1 +0.5 1 2

16e⁻⁴= 0,3 9e⁻³= 0,45 e⁻¹= 0,37 ^√₄^e = 0.4 e= 2,7 4e²= 29,5 Graphe de la fonction proposée :

-0.5 0 0.5 1 1.5 2 3

-6 -4 x -2 2

5. La fonctionf :x7→e^2x−2e^x Domaines :D=D_c=D_d=R Limites et branches infinies : lim−∞f = lim

x→−∞

¡e^2x−2e^x¢

= 0−0 = 0 (AH) :y= 0qdx→ −∞

lim+∞f = lim

x→+∞e^2x(1−2e⁻^x) = ” +∞·(1−0) ” = +∞ a= lim

x→+∞ f(x)

x = lim

x→+∞ e^2x−2e^x

x

(H)= lim

x→+∞2e^2x(1−e⁻^x) = ” +∞·(1−0) ” = +∞ BP de directiona=∞qdx→+∞

Dérivées :

Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰(x) = 2e^x(e^x−1)

Le signe de cette dérivée est égal au signe de(e^x−1) parce que2e^xest strictement positif pour tout x.

Ore^x−1©_<

>

ª0⇐⇒e^x©_<

>

ª0. Pour toutx∈D_d on calcule :f⁰⁰(x) = 4e^x¡

e^x−¹₂¢

(12)

Le signe de cette dérivée seconde est égal au signe de¡ e^x−¹₂¢

parce que2e^x est strictement positif pour tout x.

Ore^x−¹2

©<

>

ª0⇐⇒e^x©<

>

ª−ln 2 . Ceci conduit au tableau des variations suivant :

x −∞ −ln 2 0 +∞

f⁰(x) − − 0 +

f⁰⁰(x) − 0 + +

0 +∞

f(x) ^{( A H )} & infl & % ^{( B P )}

min Valeur du minimum local :f(0) = 1−2 =−1.Donc : MIN(0;−1). Valeur du point d’inflexion :f(−ln 2) = ¹₄−1 =−³4 . Donc : INFL¡

−ln 2;−³4

¢≈(−0,7;−0,75) Quelques points :

−2 −1,5 −1 −0,5 0,5 1 1,5 2

−0,25 −0,4 −0,6 −0,85 −0,58 1,95 11,1 39,82 Graphe de la fonction proposée :

-2 -1 0 2 3

-3 -2 x -1 1 2