2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 1
1/a) g(0)=f(0)=log2.
x∈IR ; f’(x)=2e2xg(x)+e2xg’(x)=e2x(2g(x)+g’(x)).
b) f vérifie (E) ⇔ f’(x)-2f(x)=
1 e 2
x
−2
− +
⇔ e2x(2g(x)-g’(x))=-2 e2xg(x)=
1 e 2−2x
− +
⇔ e2x g’(x)=
1 e 2
x
−2
− +
⇔ g’(x)=
1 e 2e
x 2 x 2
−
−
− + 2/a) u(x)=
1 e 2e
x 2 x 2
−
−
− + , u continue sur IR et u(x)=
) x ( v
) x ( '
v avec v(x)=1+e-2x d’ou une primitive de u est U(x)=log|1+e-2x|
comme 1+e-2x >0 ; x∈IR alors U(x)=log(1+e-2x).
b) g’(x)=
1 e 2e
x 2 x 2
−
−
− + ⇔ g(x)= log(1+e-2x) +c or g(0)=log2 donc c=0.
D’ou g(x)= log(1+e-2x) et f(x)= e2xg(x)=e2x log(1+e-2x).
Exercice 2 : 1/ a) limh(x) 0
x +∞ =
→ ; =+∞
∞
−
→ h(x)
xlim .
b) x∈IR ; h’(x)=
e )² 1 (
2 e )²
1 (
2e 1 e
2e
x 2 x
2 x 2 x 2
x 2
+− + =
+ +
− −
−
<0 pour tout x∈IR ; h(x) >0.
2/a) x∈IR ; f’(x)=2e2xlog(1+e-2x)+e2x1 e 2e
x 2
x 2
−
−
−+
=2e2xlog(1+e-2x)- 1 e
2
x
−2
+ =2e2x(log(1+e-2x)-
1 e 1
x
+ 2 ) =2 e2x h(x).
b)
e e ) 1 limlog(
e ) 1 e log(
) lim x (
lim f 2x
x 2 x
x 2 x
2 x
x −
− +∞
→
− +∞
→ +∞
→
= + +
=
on pose t=e-2x , si x→ +∞ ⇒ t→ o t 1
) t 1 limlog(
) x ( lim f
0 t x
+ =
=→ +∞
→
c) f(x)=e2xlog(1+e-2x)=e2xlog(e-2x(1+e2x))=-2xe2x +e2xlog(1+e2x) d’ou lim f(x) 0
x
−∞ =
→ car limtet 0
t =
−∞
→ .
x -∞ +∞
h
0
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 2
3/ a) on a : pour tout x∈IR ; f(x) >0
donc f(x) >0 pour tout x ≤ 0 et –x ≥ 0 alors f(x)-x >0 ; x ≤ 0.
b/ x≥0
f’(x)= 2e2xlog(1+e-2x)- 1 e
2
x
−2
+ = 2f(x)- 1 e
2e
x 2 x 2
+ =2f(x)- 1 e
e 1 e 1 3
x 2
x 2 x 2
+− −
+ =2f(x)+1-
1 e e 1 3
x 2 x 2
++ . D’après le tableau de variations de f on a :
f(x) < 1 d’ou 1+2f(x) < 3 or
1 e e 1 3
x 2 x 2
++
=2+1 e e 1
x 2 x 2
+−
donc 1 e
e 1 3
x 2 x 2
++ ≥ 2 d’ou - 1 e
e 1 3
x 2 x 2
++ ≤ -2 alors 1+2f(x)-
1 e e 1 3
x 2 x 2
++
< 1 par suite f’(x) <1
c) soit ϕ(x)= f(x)-x ; x≥0 ϕ’(x)= f’(x)-1 <0
ϕ continue et strictement décroissante sur [0,+∞[ ; ϕ(0)=log2 et =−∞
+∞
→ (x)
xlimϕ
d’après le théorème des valeurs intermédiaires il existe α unique dans ]0,+∞[ tel que ϕ(α)=0 donc f(α)=α ; comme ϕ(0,92).ϕ(0,93) <0 donc α∈ ]0,92 ;0,93[
d)
4) T0 : y=f’(0)x+log2 =(2log2-1)x+log2
x -∞ +∞
f’ +
1 f
0
x -∞ α +∞
Signe de ϕ + 0 -
Position de ζ ζ au dessus ζ en dessous Et ∆ de ∆ de ∆
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 3
Exercice 3 : 1/ f ‘(x)=
e ) (e
4 e )
(e
e ) (e e ) (e
x
x 2
x
x 2
x
x 2
x
x 2
−
−
−
−
= + +
− − +
) 1 e 1 e (
) e 1 e ( ) lim x (
lim f x 2x
x 2 x x
x =−
+
= −− −
∞
−
→
−∞
→
) 1 1 e e(
e ) 1 e( ) lim x (
lim f x 2x
x 2 x x
x =
+
= − −−
∞ +
→ +∞
→
représentation graphique : ζg
ζf
2/a) f est continue et strictement croissante sur IR donc réalise une bijection de IR sur ]-1,1[.
c)x∈]-1,1[ et y∈IR ; y= g(x) ⇔ f(y)=x ⇔
e e
e x ey y
y y
−
−
+−
= ⇔ x(ey+e-y)=ey-e-y ⇔ (x-1)ey=-(x+1)e-y x -∞ +∞
f’ +
1 f
-1
O I
J
O I
J
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 4
⇔ )
x log(1 y 2 x e
1− = ⇔ = −
d’ou g(x)= )
x 1
x log(1 2
1 −+ .
3/ [(1 x)log(1 x) (1 x)log(1 x)] 0
2 lim1 x 1
x log1 ) x 1 2( lim1 ) x ( g ) x 1 lim(
x 1 x 1
x 1
=
−
−
− +
−
− =
− +
=
− →− → −
→−
61 ) x ( g ) x 1 ) ( x 1 ( 3 ) x x 1 ( limx ) x ( h ) x 1 lim(
3 x 1
x 1
=
−
− + +
−
=
− →−
→−
b) x∈]-1,1[ ; h’(x)=
x 1
x 1
)² x 1 ( 2 2 1
²)² x 1 (
.x x 2
²) x 1
²(
x 3 3 1 1
3
+− +−
− + + + −
=
²)² x 1 ( 3
2x4
− pour tout x∈]0,1[ on a h(x) >0
⇔
x 1
x log1 2 1
²) x 1 ( 3 x x
3
+−
− +
+ >0
⇔
x 1
x log1 2 1 x 1
x log1 2 1
²) x 1 ( 3 x x
3
−+ + =
− −
+ − .
4/ a)
{ }
0;x{ }
1,1² x 1 x 1
, 1 x
;
² 0 x 11
² x
² 1 x 11
² x 1
4 ≠ −
−−
⇔
−
− ≠
− +
− ⇔
+ ≺ ≺ ≺
⇔ 1-x² >0 , x≠ {-1,1} ⇔ x∈]-1,1[
SIR=]-1,1[.
b) x∈]-1,1[ ; k’(x)=g’(x)-1-x² =
x 1
x 1
)² x 1 (
2 2 1
+− +−
-1-x² = (1 x²)
² x 1
1 − +
− >0
pour tout x∈]-1,1[ : k(x)>0 ⇔ g(x)-x- 3
x3>0 ⇔ x+
3
x3 < g(x)=
x 1
x log1 2
1 +− Exercice 4 :
1/
1) n ( e ) 1 n )!( 1 n (
n) (e
!n n U
U
1 n 2 1
n 2 1
1 n
n
+ + +
= +
−
−
+
n ) 1 (n e 1 e
1 ) n n
1 (n n )
1 (n 1 n
1 U
U 21 n n 21
1 n
n + + + = +
= + +
+
donc log )
n 1 log(n 2) n 1 ( U 1
U
1 n
n =− + + +
+
x -1 0 1 h’ +
h 0
x -1 0 1 k’ +
k 0
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 5
On a :
n t
1− = et n 2 t
2 = + d’ou log )
t log(1 t 1 2
Un 1=− + −
+
2/a) 3(4n²+4n+1)-12(n²+3n+2)=-24n-21 <0 d’ou 3(2n+1)² < 12n(n+2) b)x∈]0,1[ on a x+
3 x3 <
x 1
x log1 2
1 −+ <
²) x 1 ( 3 x x
3
+ − ⇔ 1+
3 x2 <
x 1
x log1 x 2
1 −+ <
²) x 1 ( 3 1 x
2
+ − pour x=t on aura :
1)²) n 2 ( 1 1 ( 3
1)² n 2 ( 1 t 1
1 t log1 t 2
1 )² 1 n 2 ( 3 1 1
− + + +
−+
+ + ≺ ≺
⇔ 3(2n 1)² 3 1 t
1 t log1 t 2 1 1 )² 1 n 2 ( 3
1+ ≺− + −+ ≺ + −
soit
) 1 n ( n 12 1 U
log U ) 2 n )(
1 n (
12 1
1 n
n +
+
+ ≺ + ≺
3/ xn-xn+1= logUn-logUn+1 -
) 1 n ( 12 1 n 121
+ + =
) 1 n ( n 12
1 U
log U
1 n
n − +
+ <0 d’ou xn < xn+1
xn+1-yn+1=
) 1 n ( 12
1 ) 2 n ( 12
1+ − +
yn+1-yn =
) 1 n )(
1 n (
12 1
U log U
1 n
n + + +
−
+ <0 d’ou yn+1 < yn d’ou xn < xn+1 < yn+1 < yn .
b) 0
n 121 ) 1 n ( 12 1 ) lim
x y lim(
n n n n
= + −
=
− →+∞
+∞
→
c) xn)n croissante majorée par y1
yn)n décroissante minorée par x1
donc xn)n et (yn)n deux suites convergentes ; comme lim(xn yn) 0
n
=
+∞ −
→ alors les suites xn)n et yn)n ont la même limite .
Exercice 5 :
1/ sur ]0,+∞[, fn est continue dérivable comme composées de fonctions continues et dérivables sur ]0,+∞[.
Continuité à droite en 0 : ) 0 ( f e 0
limx ) x (
lim f nx n
1 x 0
n x 0
=
=
= −
→ +
→ + d’ou fn est continue à droite en 0.
Dérivabilité à droite en 0 : e 0 x lim
) 0 f ( ) x f (
lim nx1
x 0 n n x 0
=
− = −
→ +
→ + donc fn est dérivable à droite en 0.
En conclusion : fn est continue et dérivable sur IR+.
b) f’n(x)= )
nx 1 1 e (
²e nx x 1
e−nx1+ −nx1= −nx1 + >0 ; pour tout x>0 par suite fn est strictement croissante sur IR+.
2/a) lim f (x) limxe nx1
n x x
− +∞
→ +∞
→ = on pose t=
nx
−1
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 6
= =+∞
→ − n t lim
t 0
b) u∈IR+ ; g’(u)=1-e-u
on a –u ≤ 0 ⇔ e-u≤ 1 ⇔ 1-e-u≥0 d’ou g’(u) ≥0
t∈IR+ ; h’(t)= -e-t+1-t=-g(t) ≤ 0 b) t∈IR+ ; h(t) ≤0 et g(t) ≥ 0 donc 0≤ e-t-1+t ≤
2 t ² pour t=
nx1 : 0 ≤
² x
² n 21 nx1
e−nx1−1+ ≤ donc 0 ≤
x
² n 21 n1) x e (
x −nx1− − ≤
d) 0
x
² n 2 lim 1 car
0 n) x 1 ( ) x ( lim f
n x x
=
=
−
− →+∞
+∞
→
d’ou y=x-
n1 est une asymptote à ζn au voisinage de +∞. fn(x)-(x-
n1 ) ≥0 donc ζn au dessus de Dn
3/a)
b) représentation graphique :
ζ2 ζ1
y=x-1
u 0 +∞
g 0
t 0 +∞
0 h
x 0 +∞
f’n 0 +
+∞
fn
0
O I
I
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 7
c)Soit M(x,y) et M’(x’,y’) h(O,
n
1)(M)=M’ ⇔ OM n ' 1
OM= ⇔ x’=
n1 x et y’=
n1 y déterminons h(ζ1) :
M(x,y)∈ζ1 ⇔ y=x e−1x ⇔ ny’=nx’ e−nx1' ⇔ y’= x’ e−nx1' ⇔ M’(x’,y’) ∈ζn
D’ou h(ζ1)=ζn. 4/ x∈[0,1] ; -
nx1 ≤0 ⇔ e−nx1 ≤ 1 ⇔ x e−nx1 ≤ x ⇔ fn(x) ≤ x
5/ a) fn continue et strictement croissante sur [0,+∞[ donc réalise une bijection de IR+ sur fn<IR+>=IR+ ; 1∈]0,+∞[ donc il existe un unique αn dans ]0,+∞[ tel que fn(αn)=1 b) αn est solution de x e−nx1 =1
x e−nx1 =1 ⇔ e−nx1 =
1 , x>0 x ⇔ xlogx=
n1 d’ou αn est solution de xlogx=
n1 6/ x≥1 ; h’(x)=1+logx ≥0
b) α1 est solution de xlogx=1
⇔α1 est solution de h(x)=1
mais h continue strictement croissante et h(1,76) <1 , h(1,77)>1 donc α1∈]1,76 ;1,77[.
c) h(αn)=
n1 et h(
1 n
1+ ) d’ou h(αn) ≥ h(αn+1) et h croissante alors αn≥αn+1 par suite αn)n est décroissante et minorée par 0 d’ou convergente.
On pose α la limite de αn. On a h(αn)=
n
1≥0=h(1) et h croissante donc αn≥1 αn converge et h continue sur [1,+∞[ ⇔ limh( n) h( )
n α = α
+∞
→
or 0
n lim1 ) ( limh
n n
n = =
+∞
→ +∞
→ α donc h(α)=0
et par suite αlogα=0 avec α≥1 en fin α=1
x 1 +∞
+∞
h 0
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 8 Exercice 6 :
I/1/ x> 0 ; g’(x)=
x 1 x x
1−1= − . D’après les variations de g on a : g(x) > 0 pour tout x >0.
2/ a) x > 0 ; h’(x)=
² x
) x ( g
² x1 x
² x
x log x )1 x 1 1 ( x
²log
x1 + + =− + + =
−
b) représentation graphique de h :
II/ 1/ lime 0 (limh(x) )
x 0 )
x ( h x 0
−∞
=
= → +
→+
=f(0) donc f est continue à droite en o.
f est continue sur ]0,+∞[ comme étant la composée de deux fonctions continues d’ou f est continue sur [0,+∞[.
lime 1
e lime x
) x (
lim f x1logx
x 0 x log
x log x) 1 1 ( x 0 x 0
=
=
= → +
+
→ +
→ + alors f est dérivable à droite en 0.
f est dérivable sur ]0,+∞[ comme étant la composée de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[ d’ou f est dérivable sur [0,+∞[
2/a) x lime 1
) x (
lim f x
x log x x
=
= →+∞
+∞
→
b) x > 0 ;
x xlog 1 e 1 x log
) e 1 ( x x log
e x e x log
x ) x (
f xlogx
x 1 xlog x 1
xlog x 1
log − = − = −
− =
.
x 0 1 +∞
g’ - 0 + g
2
x 0 +∞
h’ +
+∞
h -∞
O I
J
2010-2011
www.zribimaths.jimdo.com Page 9
c) 1
lim t x lim log
t 0 x
=
=→ + +∞
→ on pose t=
x . d) si lim f(x) x l
x
=
+∞ −
→ alors 0
x log
x ) x ( lim f
x
− =
+∞
→ ce qui est impossible donc f(x)-x n’admet pas de limite en +∞.
3/a) x>0 ; f’(x)= h’(x) eh(x) >0
b) f est continue et strictement croissante sur IR+ donc réalise une bijection de IR+ sur f<IR+>=IR+.
4/a) T : y= f’(1)(x-1)+f(1)=2x-1.
b) représentation graphique de f :
ζf y=x
5/a) on pose ϕ(x)= f(x)- n1 ;
ϕ’(x)= f’(x) > 0 donc ϕ strictement croissante et continue sur IR+ alors ϕ réalise une bijection de IR+ sur ϕ< IR+>= [-
n1 ,+∞[ ; 0∈ [-
n1 ,+∞[ donc l’équation ϕ(x)=0 admet une unique solution xn dans IR+.
ϕ(0)=-
n1 <0 ; ϕ(1)=1-
n1 > 0 (n>1) donc ϕ(0) ϕ(1) <0 et par suite xn∈]0,1[.
b) n >1 ; on a
1 n
1 n
1 + et f –1 strictement croissante car f l’ait alors ) 1 n ( 1 f n) (1
f−1 −1 + donc xn > xn+1 d’ou (xn)n est une suite décroissante.
c) n>1 ; 0 n
1 et f –1 croissante donc xn > f –1(0)=0.
La suite (xn)n est décroissante minorée donc convergente.
0 ) 0 ( f ) x ( lim f n) (1 lim f x
lim 1 1
x 0 1 n n
n = = − = − =
→ +
− +∞
→ +∞
→ on pose x=
n1 ( f –1 est continue en 0 car f l’ait) x 0 +∞
f’ +
+∞
f 0
O I J
