Jeudi 6 novembre 2008.
PARTIE Test (1h). CALCULATRICE INTERDITE.
Exercice 1 (6 points).
Répondre par Vrai ou Faux aux affirmations suivantes. Justifier vos affirmations. Toute réponse non ou mal justifiée ne rapportera pas de points.
A. Soit f la la fonction définie sur IR par : f(x) = (x - 1)e2x, alors : a. f’(x) = x e2x. C’est faux.
f’(x) = (x – 1)’e2x + (x – 1)(e2x)’ = e2x + (x – 1)(2e2x) = e2x (1 + 2x – 2) = (2x – 1)e2x . b. limx→→→→-∞ f(x) = −∞∞∞∞. C’est faux.
quand x → −∞ : x - 1 → −∞
2x → −∞ donc e2x → 0 donc f(x) prend la forme indéterminée « ∞ × 0 » f(x) = (x ex)ex – e2x . On sait que limx→-∞ x ex = 0 et limx→-∞ ex = 0 et limx→-∞ e2x = 0 donc limx→-∞ f(x) = 0 c. L’équation f(x) = 1 admet dans IR une solution unique. C’est vrai.
On a vu que f’(x) = (2x – 1)e2x . f’(x) a le signe de 2x – 1 car e2x > 0
dans ]−∞ ; ½[, f’(x) < 0 donc f décroît de 0 à f(1/2) = –e/2. L’équation f(x) = 1 n’a donc pas de solution.
dans ]1/2 ; +∞[, f’(x) > 0 donc f croît de –e/2 à +∞ (qd x → +∞, x−1 → +∞ et e2x → +∞ donc f(x) → +∞) dans ]1/2 ; +∞[, f est continue (car dérivable), strictement croissante et f(x) ∈ ]−e/2 ; +∞[
or 1 ∈ ]−e/2 ; +∞[ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 1 a une unique solution dans ]1/2 ; +∞[.
B. Si x ≥ −2 alors ex ≥ 1
e² . C’est vrai.
x ≥ −2 ⇔ ex ≥ e−2 car exp est sur IR et ex ≥ e−2 ⇔ ex ≥ 1/e²
C. Les courbes représentatives des fonctions x →→→→ 2ex/2 – 1 et x →→→→ ex ont la même tangente au point A(0 ; 1). C’est vrai. Notons f(x) = 2ex/2 – 1 et g(x) = ex .
f(0) = 1 et g(0) = 1 donc A(0 ; 1) est sur Cf et Cg . f’(x) = 2(1/2)ex/2 = ex/2 donc f’(0) = 1
g’(x) = ex donc g’(0) = 1
Au point A(0 ; 1) les tangentes à Cf et Cg ont le même coefficient directeur donc sont confondues.
D. a. Pour tous réels a et b, ea+b = e2a × e2b . C’est vrai.
e2a × e2b = e2a+2b = e2(a+b) = (ea+b)² = ea+b car ea+b > 0 b. Pour tous réels a et b (non nuls),
a a
b b
e e
=e . C’est faux.
Un contre−exemple suffit : avec a = 1 et b = 1 : ea/b = e et ea/eb = e/e = 1
c. Il existe un réel a et un réel b tels que e2a + e2b < 2ea+b . C’est faux.
e2a + e2b < 2ea+b ⇔ e2a + e2b − 2ea+b < 0 ⇔ (ea – eb)² < 0 ce qui est impossible.
Exercice 2 (4 points).
A. Soit (un) une suite définie sur IN et (vn) la suite définie sur IN par vn = exp(un) Prouver que si (un) est arithmétique alors vn est géométrique .
Supposons que (un) soit arithmétique, on a alors ∀ n ∈ IN, un+1 – un = r avec r ∈ IR.
montrons alors que (vn) est géométrique en calculant vn+1/vn . vn+1
vn = exp(un+1)
exp(un) = exp(un+1 – un) = exp(r) qui est une constante. Donc (vn) est géométrique.
B. Résoudre sur IR l’équation suivante : e2x + 2ex – 3 = 0.
On pose t = ex, l’équation devient t² + 2t – 3 = 0 dont les solutions sont t = 1 et t = −3 on a alors ex = 1 ou ex = −3 (ce qui est impossible) et ex = 1 quand x = 0 donc S = {0 }
Exercice 3 (6 points).
f est la fonction définie sur IR par f(x) = (x² − 3x − 3)ex 2. f est la fonction définie sur IR par f(x) = (x² −−−− 3x −−−− 3)ex a. Etudier les limites de f en −−−−∞∞∞∞ et +∞∞∞∞.
quand x → ±∞, x² − 3x − 3 a même limite que x² donc x² − 3x − 3 → +∞
quand x → +∞, ex → +∞ donc par produit, limx→+∞ f(x) = +∞
quand x →−∞, ex→ 0 donc f(x) prend la forme indéterminée « 0 ×∞ », mais f(x) = x²ex− 3x ex− 3ex et on sait que lim
x→-∞ xnex = 0 donc lim
x→-∞ x²ex = 0 et lim
x→-∞ x ex = 0 et par addition, lim
x→-∞ f(x) = 0 b. Etudier les variations de f.
x → x² − 3x − 3 est dérivable sur IR puisque c’est une fonction polynôme
et x → ex est dérivable sur IR donc f est dérivable sur IR comme produit de fonctions dérivables.
f’(x) = (2x − 3)ex + (x² − 3x − 3)ex = ex (x² − x − 6)
x² − x − 6 a deux racines évidentes : −2 et 3 donc f’(x) = (x + 2)(x − 3)ex ∀ x ∈ IR, ex > 0 donc f’(x) est du signe du trinôme (x + 2)(x − 3)
on sait alors que : sur ]−∞ ; −2], f’(x) ≥ 0 donc f est (de 0 à f(−2) = 7 e−2) sur [−2 ; 3], f’(x) ≤ 0 donc f est (de 7 e−2 à f(3) = −3e3) sur [3 ; +∞[, f’(x) ≥ 0 donc f est (de −3e3 à +∞ )
Exercice 4 (4 points).
Montrer que pour tout réel x positif, ex−1 ≥ x.
ex−1 ≥ x ⇔ ex−1 – x ≥ 0.
Soit f la fonction définie sur IR, par f(x) = ex−1 – x.
Etudions les variations de f pour connaître son signe.
f est dérivable sur IR et f’(x) = ex−1 – 1
or ex−1 – 1≥ 0 ⇔ ex−1 ≥ 1 ⇔ x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 donc : sur ]−∞ ; 1[, f’(x) < 0 donc f est
sur ]1 ; +∞[, f’(x) > 0 donc f est
f(1) = 0 est alors le minimum de f(x) ce qui prouve que f(x) ≥ 0 et donc que ex−1 ≥ x.
x -∞ 0 +∞
f'(x) +
1
f(x) -1 0
Jeudi 6 novembre 2008.
PARTIE DS. (3h). Calculatrice autorisée.
Exercice 1 (8 points) On considère la fonction tangente hyperbolique, notée th, définie par ( )
x x
x x
e e th x e e
−
−
= −
+ . 1. Déterminer le domaine de définition I de th.
∀ x ∈ IR, ex > 0 et e−x > 0 donc ex + e−x ≠ 0. On a donc I= IR.
2. Montrer que pour tout x de I, on a
2 2
( ) 1
1
x x
th x e e
= −
+ .
th(x) = ex - e-x ex + e-x =
ex - 1 ex ex + 1 ex
= e2x - 1
ex e2x + 1
ex
= e2x - 1
e2x + 1 . Donc ∀ x ∈ I, th(x) = e2x - 1 e2x + 1
3. Calculer limx→→→→+∞ th(x). Que pouvez-vous en déduire sur la courbe C représentant la fonction th ?
En +∞, th(x) prend la forme indéterminée « ∞/∞ ». Mais th(x) = e2x(1 - 1/e2x)
e2x(1 + 1/e2x) = 1 - 1/e2x 1 + 1/e2x quand x → +∞, 2x → +∞ donc e2x → +∞ et 1/e2x → 0, on a alors limx→+∞ th(x) = 1 on en déduit que la droite d’équation y = 1 est asymptote à C en +∞.
4.a. Etudier la parité de cette fonction et en déduire sa limite en –∞∞∞∞. th est définie dans I = IR donc si x ∈ I, alors –x ∈ I.
th(−x) = e-x - ex
e-x + ex = − ex - e-x
ex + e-x = − th(x) donc th est impaire on a alors limx→-∞ f(x) = − limx→+∞ f(x) = −1
4.b. Quelles conséquences graphiques pouvez-vous en tirer ?
th est impaire donc C est symétrique par rapport à l’origine O du repère.
et limx→-∞ th(x) = −1 donc la droite d’équation y = −1 est asymptote à C en –∞.
5. Etudier les variations de la fonction th et dresser son tableau de variations sur IR.
th est dérivable sur IR
th’(x) = (e2x - 1)'(e2x + 1) - (e2x - 1)(e2x + 1)'
(e2x + 1)² = 2e2x(e2x + 1) - (e2x - 1)2e2x
(e2x + 1)² = 4e2x (e2x + 1)²
∀ x ∈ IR, th’(x) > 0 donc th est strictement croissante sur IR.
on peut donc dresser le tableau de variation de th :
Soit R = (O ; →→→→i , →→→→j ) un repère orthonormé d’unité le centimètre.
6.a. Déterminer l’équation de la tangente T à C au point d’abscisse 0 et la tracer dans le repère R.
la tangente T à C au point d’abscisse 0 a pour équation : y = th’(0)(x – 0) + th(0) or th(0) = 0 et th’(0) = 1 donc T a pour équation : y = x.
6.b. Tracer C dans ce même repère.
Question annexe : Vérifier que pour tout réel x, 1 – th²(x) = th’(x). En effet :
1 – th²(x) = 1 −
e2x - 1
e2x + 1 ² = (1 − e2x - 1
e2x + 1 )(1 + e2x - 1
e2x + 1 ) = 2
e2x + 1× 2e2x
e2x + 1 = 4e2x
(e2x + 1)² = th’(x) Exercice 2 (6 points).
Considérons la fonction f définie sur I = [−1 ; 1] par f(x) = (1 – x) 1 - x² . 1. Justifions que cette fonction est dérivable sur ]−1 ; 1[.
x → 1 − x² est dérivable et strictement positive sur ]−1 ; 1[ et x → x est dérivable sur ]0 ; +∞[
donc la composée : x → 1 - x² est dérivable sur ]−1 ; 1[
de plus, x → 1−x est dérivable sur IR
et le produit de 2 fonctions dérivables est dérivable, donc f est dérivable sur ]−1 ;1[.
2. Calculons f ’ sur ]−1 ; 1[.
f’(x) = (1− x)’ 1− x² + (1− x)( 1− x² )’
= (−1) 1− x² + (1− x) × −2x 2 1− x²
= − 1− x² + −(1 − x)x
1 − x² = −(1 − x²) − x(1 − x)
1 − x² = −(1 − x)(1 + x) − x(1 − x)
1 − x²
en factorisant le numérateur par −(1− x) on obtient f’(x) = − (1− x)(2x + 1)
1− x² sur ]−1 ; 1[
3.a. Montrons que f est dérivable en 1 et déterminons f ’(1) :
On cherche limx→1 f(x) - f(1)
x - 1 (Ou limh→0 f(1+h) - f(1)
h = limh→0 - -2h - h² = 0 ) or f(x) - f(1)
x - 1 = (1 - x) 1 - x²
x - 1 = − 1 - x² et quand x → 1, − 1 - x² → 0 Donc f est dérivable en 1 et f’(1) = 0
3.b. Interpréter graphiquement ce dernier résultat.
f’(1) = 0 donc la demi−tangente à Cf au point A d’abscisse 1 est horizontale.
(demi−tangente car la fonction n’existe qu’ à « gauche » de 1)
4.a. Calculer
1
( ) ( 1)
lim 1
x
f x f
+ x
→−
− −
+ . f est-elle dérivable en −1 ? Justifier.
f(x) - f(-1)
x + 1 = (1- x) 1- x²
x + 1 = (1- x) 1 - x 1 + x
x + 1 = (1- x) 1- x
x + 1 car dans I, 1 − x > 0 et 1 + x > 0 quand x →−1, 1−x → 2 donc (1−x) 1-x → 2 2 et x+1 → 0+ donc lim
x→-1+
f(x) - f(-1) x + 1 = +∞
0 1
1
x y
1 1
-1
-1/2
3 3/4
On en déduit que f n’est pas dérivable en −1 car la limite obtenue n’est pas une limite finie.
4.b. Interpréter graphiquement ce dernier résultat.
On déduit de a. que, au point B d’abscisse −1, Cf aura une demi−tangente verticale (au dessus de l’axe (O ; i→)) 5. Etudier le sens de variation de f et dresser son tableau de variation.
On sait que : f’(−1) n’existe pas f’(1) = 0
f’(x) = -(1- x)(2x + 1)
1- x² sur ]−1 ;1[
Sur ]−1 ;1[, 1- x² > 0 et 1 − x > 0 donc f’(x) a le signe de −(2x + 1) donc : f est sur ]−1 ; −1/2[ car f’(x) > 0
f est sur ]−1/2 ; 1[ car f’(x) < 0 f passe par un maximum pour x = −1/2 On peut alors dresser le tableau de variation de f : 6. Construire la représentation graphique de f
dans un repère orthonormal dont l’unité mesure 5 cm.
Exercice 3 (4 points)
u est la suite définie pour tout n de IN par un = e−−−−3n+5 . a. Montrons que (un) est géométrique en calculant un+1/un.
un+1 = e−3(n+1)+5 = e−3n+2 donc un+1
un = e-3n+2
e-3n+5 = e−3 qui est une constante donc (un) est géométrique de raison q = e−3 et de premier terme u0 = e5 . b. Déterminer lim
n→→→→+∞∞∞∞ un
quand n → +∞, −3n + 5 →−∞ et x→-∞lim ex = 0 donc par composition, lim
n→+∞ un = 0 c. Calculer Sn = u0 + u1 + … + un en fonction de n
Sn = u0 + u1 + … + un = u0 ×1 - (e1 - e-3)-3n+1 = e5 ×1 - e1 - e-3(n+1)-3 d. En déduire lim
n→+∞ Sn.
quand n → +∞, −3(n+1) →−∞ et x→-∞lim ex = 0 donc par composition, lim
n→+∞ e−3(n+1) = 0 on a alors lim
n→+∞ Sn = e5
1 - e-3 = e8 e3 - 1
Exercice 4 (2 points)
Pré-requis de l’exercice : exp(0) = 1 (1) et pour tous réels x et y, exp(x + y) = exp(x)×exp(y) (2) A l’aide des pré-requis, démontrer que :
a. Pour tout réel x, exp(−x) = 1 exp(x) . exp(x + (−x)) = exp(0) = 1 d’après (1)
et exp(x + (−x)) = exp(x) + exp(−x) d’après (2)
donc exp(x) + exp(−x) = 1 ce qui prouve que exp(−x) = 1 exp(x) b. Pour tout réel x, exp(2x) = (exp(x))².
exp(2x) = exp(x + x) = exp(x) × exp(x) d’après (2)
= (exp(x))² par définition du carré.
x −1 -1/2 1
f ’(x) + 0 − 0 f (x)
0 3 3/4 0
