TS Correction Fiche TP 10 2013-2014
Soit φ la fonction définie sur R
∗par :
φ(x) =
1 + 1 x
e
1/x+ 1 1. On admet que φ est dérivable sur tout intervalle inclus dans R
∗.
On peut écrire que φ = ue
v+ 1 avec
u : x 7−→ 1 + 1
x u
′: x 7−→ − 1 x
2v : x 7−→ 1
x v
′: x 7−→ − 1 x
2et φ
′= u
′e
v+ u (e
v)
′= u
′e
v+ u v
′e
vPour tout x 6= 0, φ
′(x) = − 1 x
2e
1/x+
1 + 1
x
×
− 1 x
2e
1/x= − 1 x
21 + 1 + 1 x
e
1/x= − 1 x
22 + 1
x
e
1/x= − 1 x
22x + 1 x
e
1/x= −
2x + 1 x
3e
1/x2. Signe de la dérivée φ
′(x) et rassembler les résultats dans un tableau.
• ∀x 6= 0, e
1/x> 0 ;
• Le signe de φ
′(x) est donc celui de − 2x + 1
x
3; 2x + 1 s’annule en − 1
2 et x
3s’annule en 0. Compte-tenu de ce que l’on sait sur les fonctions de référence :
x
2x + 1 x
3Signe de 2x + 1
x
3Signe de − 2x + 1
x
3−∞ − 1
2 0 +∞
− 0 + +
− − 0 +
+ 0 − +
− 0 + −
3. En déduire les variations de φ et le signe de φ(x) sur R
∗. (il faudra pour cela calculer des limites) Grâce à l’étude de signe de la question précédente, on peut réaliser le tableau de variations :
x Signe de φ
′(x)
Variations de φ
−∞ − 1
2 0 +∞
− 0 + −
2 2
1 − e
−21 − e
−21 +∞
2 2 Calculs des limites :
x→−∞
lim 1 x = 0
X
lim
→0e
X= 1
(composition)
x→−∞
lim e
1/x= 1
x→−∞
lim 1 + 1 x = 1
(somme)
x→−∞
lim φ(x) = 2 et idem, en + ∞, lim
x→+∞
φ(x) = 2.
My Maths Space 1 sur 2
TS Correction Fiche TP 10 2013-2014
∀x 6= 0,
1 + 1 x
e
1/x+ 1 = e
1/x+ 1
x e
1/x+ 1.
On pose X = 1
x et l’expression précédente devient égale à, en fonction de X : e
X+ Xe
X+ 1
Si x −→
x<0
0 X −→ −∞ e
X−→
X→−∞
0 et X e
X−→
X→−∞
0 (R) donc e
X+ X e
X+ 1 −→
X→−∞
1
Si x −→
x>0
0 X −→ +∞ e
X−→
X→+∞
+∞ et Xe
X−→
X→+∞
+∞ (R) donc e
X+ Xe
X+ 1 −→
X→+∞
+∞
D’où les résultats dans le tableau de variations.
Signe de φ(x) sur R
∗.
Par simple lecture du tableau de variations et comme 1 − e
−2> 0, on peut affirmer que φ(x) > 0 sur R
∗. 4. On considère la fonction f définie sur R
∗par :
f (x) = x 1 + e
1/xOn admet que f est dérivable sur tout intervalle inclus dans R
∗.
On peut écrire que f = u 1 + e
vavec
u : x 7−→ x u
′: x 7−→ 1 v : x 7−→ 1
x v
′: x 7−→ − 1 x
2et f
′= u
′(1 + e
v) − u(−v
′e
v) (1 + e
v)
2Pour tout x 6= 0, f
′(x) = 1 × (1 + e
1/x) − x(−1/x
2)e
1/x(1 + e
1/x)
2= 1 + e
1/x+ (1/x)e
1/x(1 + e
1/x)
2= φ(x)
(1 + e
1/x)
2Or,
• ∀x 6= 0, (1 + e
1/x)
2> 0 ;
• D’après la question 3, φ(x) > 0 sur R
∗.
On peut donc écrire que f
′(x) > 0 sur R
∗et donc que la fonction f est strictement croissante sur ] − ∞; 0[ et sur ]0; +∞[.
HORS programme : La fonction f est prolongeable par continuité en 0. En effet lim
x→0 x>0
f (x) = lim
x→0 x<0