Exercices corrigés fonction exponentielle


بسم الله الرحمن الرحيم 
Exercice 1:
Écrire plus simplement :
1)e2x×e1−2x2)e2x+3ex−13)(ex+e−x)24)e−2x−e2x+1e2x

🔻Correction Exercice 1

 1) On a e2x×e1−2x=e2x+1−2x=e1=e
2) e2x+3ex−1=e2x+3−(x−1)=ex+4
3)
(ex+e−x)2=(ex)2+2ex×e−x+(e−x)2=e2x+2e0+e−2x=e2x+e−2x+2
4)
 pour finir e−2x−e2x+1e2x=1e2x−e2x+1e2x=1−e2x−1e2x=−e2xe2x=−1
Exercice 2:
Prouver, que pour tout x∈R :
1) 1−e−2x1+e−2x=e2x−1e2x+1
2) e−x−e−2x=ex−1e2x
3) (ex+e−x)2−2=e4x+1e2x

🔻Correction Exercice 2

 1)
1−e−2x1+e−2x=e−2x(e2x−1)e−2x(e2x+1)=e2x−1e2x+1
2)
e−x−e−2x=e−2x(e−xe−2x−1)=1e2x(ex–1)=ex−1e2x
3)
(ex+e−x)2−2=e2x+2+e−2x–2=e2x+e−2x=e−2x(e2xe−2x+1)=e4x+1e2x
Exercice 3:
Montrer que la fonction f définie sur R par f(x)=ex−1ex+1 est impaire.

🔻Correction Exercice 3

 Une fonction est impaire sur R si, et seulement si, f(−x)=−f(x) pour tout x∈R .
f(−x)=e−x−1e−x+1=1ex−11ex+1=1−exex1+exex=1–ex1+ex=–ex−11+ex=–f(x)
La fonction f est donc bien impaire sur R .
Exercice 4:
Etudier la parité des fonctions suivantes :
f1(x)=ex−e−x,
f2(x)=e2x−1e2x+1,
f3(x)=ex(ex+1)2.

🔻Correction Exercice 4

 x∈R . On a
f1(−x)=e−x−e−(−x)=e−x−ex=−f1(x).
La fonction f1 est impaire.
De même,
f2(−x)=e−2x−1e−2x+1=e−2x(1−e2x)e−2x(1+e2x)=−e2x−1e2x+1=−f2(x).
La fonction f2 est impaire. Enfin,
f3(−x)=e−x(e−x+1)2=e−xe−2x(1+ex)2=ex(1+ex)2=f3(x).
La fonction f3 est elle aussi paire.
Exercice 5:
Montrer que, pour tout x∈R on a : e2x−1e2x+1=ex−e−xex+e−x

🔻Correction Exercice 5
e2x−1e2x+1=ex(ex−e−x)ex(ex+e−x)=ex−e−xex+e−x
Exercice 6:
Soit f définie sur R par f(x)=(ex+ex)2−(ex−e−x)2.
Montrer que f est une fonction constante sur R .

🔻Correction Exercice 6

 On développe:
(ex+e−x)2=(ex)2+2ex×e−x+(e−x)2=e2x+2e0+e−2x=e2x+e−2x+2.
De la meme façon , on obtient:
(ex−e−x)2=(ex)2−2ex×e−x+(e−x)2=e2x−2e0+e−2x=e2x+e−2x−2.
Puis en ajoutant; on obtient:
f(x)=e2x+e−2x+2−(e2x+e−2x−2)=e2x+e−2x+2−e2x−e−2x+2=4.
Exercice 7:
On considère la fonction f définie sur R par : f(x)=x−ex−1ex+1 .
1) Vérifier que pour tout réel x:f(x)=x−1−e−x1+e−x
2) Montrer que f(x)=x−1+2ex+1;
3) Montrer que f(x)=x+1−2e−x+1
4) Montrer que f est dérivable sur R,
vérifier que : f′(x)=e2x+1(ex+1)2=1+e−2x(e−x+1)2 .

🔻Correction Exercice 7

 1) Vérifier que pour tout réel x : f(x)=x−1−e−x1+e−x
On a : f(x)=x−ex−1ex+1
Notons g(x)=x−1−e−x1+e−x;
On forme f(x)−g(x)=x−ex−1ex+1−(x−1−e−x1+e−x)
f(x)−g(x)=x−ex−1ex+1−x+1−e−x1+e−x
f(x)−g(x)=1−e−x1+e−x−ex−1ex+1
f(x)−g(x)=(1−e−x)(ex+1)−(ex−1)(1+e−x)(1+e−x)(ex+1)
f(x)−g(x)=ex+1−1−e−x−(ex+1−1−e−x)(1+e−x)(ex+1)
f(x)−g(x)=ex−e−x−ex+e−x(1+e−x)(ex+1)
f(x)−g(x)=0.
2) Montrons que f(x)=x−1+2ex+1 ;
f(x)=x−ex−1ex+1=x−ex+1−2ex+1=x−ex+1ex+1+2ex+1=x−1+2ex+1
Ainsi on a bien prouvé que f(x)=x−1+2ex+1.
f(x)=x−1+2e−xe−x+1 ;
On vient de voir que : f(x)=x−1+2ex+1=x−1+2e−xe−x(ex+1)=x−1+2e−x1+e−x.
3) Montrons que f(x)=x+1−2e−x+1
Comme f(x)=x−1+2e−x1+e−x;
On note h(x)=x+1−2e−x+1; alors on forme
 f(x)−h(x)=x−1+2e−x1+e−x−(x+1−2e−x+1)=−2+2e−x1+e−x+2e−x+1=−2(e−x+1)e−x+1+2e−x1+e−x+2e−x+1=−2e−x−2+2e−x+2e−x+1=0
Ainsi on a bien établi que f(x)=x+1−2e−x+1.
4) Montrer que f est dérivable sur R, vérifier que :
f′(x)=e2x+1(ex+1)2=1+e−2x(e−x+1)2 .
On a f(x)=x−1+2ex+1.
f est donc dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables sur R .
f=a+2b donc f′=a′−2b′b2;
ici a(x)=x−1 , b(x)=ex+1 donc a′(x)=1 , b′(x)=ex puis
f′(x)=1−2ex(ex+1)2=(ex+1)2−2ex(ex+1)2=e2x+2ex+1−2ex(ex+1)2=e2x+1(ex+1)2
Par ailleurs ayant f′(x)=e2x+1(ex+1)2 ; on peut écrire:
f′(x)=e2x+1(ex+1)2 puis en factorisant par e2x au numérateur et par ex au dénominateur il vient:
f′(x)=e2x(1+e−2x)[ex(1+e−x)]2=e2x(1+e−2x)e2x(1+e−x)2
soit f′(x)=1+e−2x(1+e−x)2
Exercice 8:
Démontrer que pour tout x∈R, on a : ex−x−1≥0.

🔻Correction Exercice 8

 On étudie les variations de la fonction fdéfinie sur R par f(x)=ex−x−1:
• Df=R ;
• f est dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables sur R .
• Dérivée: f′(x)=ex−1
• Signe de la dérivée:
f′(x)=0⇔ex=1⇔ex=e0⇔x=0
f′(x)>0⇔ex>1⇔ex>e0⇔x>0,
car la fonction exponentielle est strictement croissante sur R .
• D'où le tableau de variation de f sur R :
br />
f(0)=e0−1=0.
D'après cette étude f présente un minimum absolu sur R en 0 qui vaut 0; donc pour tout x∈R on a f(x)≥0.
soit pour tout x∈R on a ex−x−1≥0 .
Exercice 9:
Résoudre dans R les inéquations suivantes :
1) e2x−1>1 .
2) ex+3ex+1>2 .
3) ex−e2x≥0 .
4) e2x+5<e1−x.

🔻Correction Exercice 9

 Propriété : Pour tous réels a et b on a : ea<eb⇔a<b .
1)
e2x−1>1⇔e2x−1>e0⇔2x−1>0⇔2x>1⇔x>12
Ainsi : S=]12;+∞[.
2) ex+3ex+1>2;
en multipliant par ex+1 qui est strictement positif.
ex+3ex+1>2⇔(ex+3)>2(ex+1),⇔ex+3>2ex+2⇔ex<1⇔ex<e0⇔x<0.
Ainsi : S=]−∞;0[.
3) ex−e2x≥0;
ex−e2x≥0⇔ex≥e2x⇔x≥2x⇔x≤0.
Ainsi : S=]−∞;0].
4) e2x+5<e1−x.
e2x+5<e1−x⇔(2x+5)<(1−x)⇔3x<−4⇔x<−43.
Ainsi : S=]−∞;−43[
Exercice 10:
Déterminer les limites suivantes :
1.limx→+∞3xe−x2.limx→−∞(x+1)ex3.limx→+∞2ex−53x4.ex−1x35.limx→−∞ex+e−x3+ex

🔻Correction Exercice 10

 1) limx→+∞3xe−x ;
On a, d'après le cours: limx→+∞exx=+∞,
d 'où on déduit: limx→+∞xex=0
Comme 3xe−x=3xex on a limx→+∞3xe−x=0
2) limx→−∞(x+1)ex
On écrit : (x+1)ex=xex+x;
Ayant :
limx→−∞xex=0 limite usuellelimx→−∞ex=0} donc par somme limx→−∞xex+x=0 .
Donc limx→+∞(x+1)ex=0 .
3) limx→+∞2ex−53x;
On débouche sur la forme indéterminée: (∞)/(∞):
On écrit 2ex−53x=2ex3x−53x=23×exx−53×1x.
D'après le cours limx→+∞exx=+∞
Donc
limx→+∞23×exx=+∞ limite usuellelimx→+∞−53×1x=0} donc par somme limx→+∞23×exx−53×1x=+∞.
Donc limx→+∞2ex−53x=+∞ .
4) limx→0ex−1x3;
On est en présence de la forme indéterminée00:
On écrit ex−1x3=ex−1x×1x2;
Or d'après le cours limx→0ex−1x=1;
il s'agit en effet du taux d'accroissement de la fonction exponentielle en 0.
On a
limx→0ex−1x=1 limite usuellelimx→01x2=+∞} donc par produit limx→0ex−1x3=+∞.
On peut vérifier ceci en remarquant que la droite d'équation x=0 est asymptote verticale à la courbe d'équation y=ex−1x3.
5) limx→−∞ex+e−x3+ex.
limx→−∞−x=+∞limt→+∞et=+∞} donc par composée limx→−∞e−x=+∞.
limx→−∞e−x=+∞limx→−∞ex=0} donc par somme limx→−∞e−x+ex=+∞.
limx→−∞e−x+ex=+∞limx→−∞3+ex=3} donc par quotient limx→−∞ex+e−x3+ex=+∞.
Exercice 11:
Déterminer les limites suivantes :
1.limx→+∞ex2−3x−52.limx→−∞ex2−3x−53.limx→+∞2+3e−x2+14.limx→−∞ex−3ex+25.limx→0ex+1e2x

🔻Correction Exercice 11

 1)
limx→+∞x2−3x−5=limx→+∞x2=+∞limt→+∞et=+∞} donc par composée limx→+∞ex2−3x−5=+∞.
2)
limx→−∞x2−3x−5=limx→−∞x2=+∞limt→+∞et=+∞} donc par composée limx→−∞ex2−3x−5=+∞.
3)
limx→+∞1−x2=limx→+∞−x2=−∞limt→−∞et=0} donc par composée limx→+∞e1−x2=0
Alors limx→+∞2+3e−x2+1=2.
4) D'après le cours , on a limx→−∞ex=0, ainsi:
limx→−∞ex−3=−3limx→−∞ex+2=2} donc par quotient limx→−∞ex−3ex+2=−32.
5)
limx→0ex+1=2limx→0e2x=1} donc par quotient limx→0ex+1e2x=2.
Remarque: f:x↦ex+1e2x est continue sur R, et donc limx→0f(x)=f(0)=2.
Exercice 12:
Déterminer la limite en +∞ des fonctions suivantes :
1.ln(x)−ex2.x3e√x 3.ln(1+ex)√x4.e√x+1ex2+1.

🔻Correction Exercice 12

 1) On met x en facteur : ln(x)−ex=x(lnxx−exx).
Or, par le théorème de croissance comparée, limx→+∞lnxx=0 et limx→+∞exx=+∞.
On en déduit que la fonction tend vers −∞.
2) On pose u=√x.
Si x tend vers +∞, u aussi et on a (par le théorème de composition des limites)
limx→+∞x3e√x=limu→+∞u6eu=0 , par croissance comparée des fonctions puissance et exponentielle.
3) Il faut prendre garde au fait que l'on n'a pas ln(x), mais plutôt quelque chose qui est proche de ln(ex), et donc de x.
L'idée est de mettre ex en facteur dans le logarithme, puis d'utiliser les propriétés du logarithme. On a donc
ln(1+ex)√x=ln(ex(1+e−x))√x=ln(ex)+ln(1+e−x)√x=x+ln(1+e−x)√x=x(1+ln(1+e−x)x)√x=√x×(1+ln(1+e−x)x).
Mais, quand x→+∞,e−x→0 , donc par composition ln(1+e−x)→0, ce qui entraine 1+ln(1+e−x)x→1 . On en déduit que la fonction tend vers +∞.
4) On met en facteur les termes dominants, et on utilise les propriétés de la fonction exponentielle :
e√x+1ex2+1=e√x)(1+e−√x)ex2(1+e−x2)=e√x−x2×1+e−√x1+e−x2.
Mais, lorsque x→+∞, 1+e−√x1+e−x2 tend vers 1, et √x−x2 tend vers −∞ donc par composition des limites, e√x−x2 tend vers 0.
On en déduit que la limite recherchée est 0.
Exercice 13:
Soit (C) la courbe de la fonction f définie sur R par : f(x)=3x−1+exex+1 .
Démontrer que (C) a deux asymptotes obliques dont on donnera une équation.

🔻Correction Exercice 13

 • Au voisinage de −∞:
f(x)=3x−1+exex+1 et comme
limx→−∞ex=0limx→−∞ex+1=0} par quotient on a limx→−∞exex+1=0.
On a ainsi f(x)=3x−1+ϕ(x) aveclimx→−∞ϕ(x)=0.
Donc la droite (D1) d'équation y=3x−1 est asymptote oblique à (C) au voisinage de −∞.
• Au voisinage de +∞:
f(x)=3x−1+exex(1+e−x)=3x−1+11+e−x et comme limx→+∞11+e−x=1;
on conjecture que la droite (D2)d'équation y=3x est asymptote oblique à (C) au voisinage de +∞.
On forme f(x)−3x=3x−1+11+e−x−3x=−1+11+e−x.
Alors limx→+∞[f(x)−3x]=limx→+∞−1+11+e−x=−1+1=0.
Donc la droite (D2) d'équation y=3x est asymptote oblique à (C) au voisinage de +∞.
Une figure:
<
Exercice 14:
1) Étudier les variations de la fonction f définie sur R par f(x)=e2x−1e2x+1.
2) Dresser son tableau de variations.
Soit C la courbe représentative de f .
3) Donner l'équation de la tangente (T) à C au point d'abscisse 0. Tracer C et (T).
4) Démontrer que l'équation f(x)=12 a une solution unique α dans R.
Donner une valeur approchée de α .

🔻Correction Exercice 14

 1) Étudier les variations de la fonction f définie sur R par f(x)=e2x−1e2x+1 .
• Déjà f(x) existe si et seulement si e2x+1≠0 Comme , pour tout réel x, e2x>0, on déduit e2x+1>1 , et donc Df=R .
• Dérivée:
f est dérivable sur R comme quotient de eux fonctions dérivables sur Rdont le dénominateur ne s'annule pas.
Calculons la dérivée:
f=uv donc f′=u′v−v′uv2.
Ici {(u(x)=e2x−1v(x)=e2x+1 donc {u′(x)=2e2xv′(x)=2e2x
Puis f′(x)=2e2x(e2x+1)−2e2x(e2x−1)(e2x+1)2
Soit f′(x)=2e2x(e2x+1−e2x+1)(e2x+1)2 .
On a ainsi f′(x)=4e2x(e2x+1)2 .
• Etudions le signe de la dérivée:
Le dénominateur est le carré d'un réel non nul donc est strictement positif, la fonction exponentielle étant strictement positive sur R, pour tout x,e2x>0,
et donc la dérivée est strictement positive sur R comme quotient de deux réels positifs.
• Conclusion : la fonction f est strictement croissante sur R .
2) Dresser son tableau de variations. Soit (C) la courbe représentative de f.
Calculons tout d'abord les limites aux bornes de l'ensemble de définition:
• Limite en −∞:
limx→−∞2x=−∞limt→−∞et=0} donc par composée on déduit: limx→−∞e2x=0.
limx→−∞e2x−1=−1limx→−∞e2x+1=1} donc par quotient on déduit: limx→−∞f(x)=−1.
Donc la droite d'équation y=−1 est asymptote horizontale à (C) au voisinage de −∞.
• Limite en +∞: on débouche ici sur la forme indéterminée ∞∞;
On change l'écriture de f(x) en mettant en facteur le tetme prépondérant;
Ici f(x)=e2x(1−e−2x)e2x(1+e−2x)=1−e−2x1+e−2x
limx→+∞−2x=−∞limt→−∞et=0} donc par composée on déduit: limx→+∞e−2x=0.
limx→+∞1−e−2x=1limx→+∞1+e−2x=1)} donc par quotient on déduit: limx→+∞f(x)=1.
Donc la droite d'équation y=1 est asymptote verticale à (C) au voisinage de +∞.
• Le tableau de variation de f :

3) Donner l'équation de la tangente (T) à (C) au point d'abscisse 0.
Tracer (C) et (T).
La tangente (T) à Cf au point d'abscisse 0 a pour équation y=f′(0)(x−0)+f(0)
Ici f(0)=e0−1e0+1=0 et f′(0)=4e0(e0+1)2=44=1
Donc T:y=x.

4) Démontrer que l'équation f(x)=12 a une solution unique α dans R .
Donner une valeur approchée de α .
La méthode: Le théorème de la bijection!
f est continue car dérivable sur R ,
f est strictement croissante sur R,
ainsi f réalise une bijection de R sur ]limx→−∞f(x);limx→+∞f(x)[ soit sur ]−1;1[.
Comme 12∈]−1;1[, l'équation f(x)=0 a une solution unique α dans R .
Encadronsα:
A l'aide d'une calculatrice , on obtient:
f(0.54)≈0.49 et f(0.55)≈0.5005
Ayant f(0.54)<12<f(0.55)
on a f(0.54)<f(α)<f(0.55)
d'où on déduit 0.54<α<0.55 car f est strictement croissante sur R .
Exercice 15:
Soit h la fonction définie sur R par h(x)=xe1−x.
1) Dresser le tableau de variations de h.
2) Démontrer qu'il existe un unique α∈R tel que h(α)=−1.

🔻Correction Exercice 15

 1) La fonction h est dérivable sur R et sa dérivée vérifie, pour tout x∈R, h′(x)=(1−x)e1−x.
Elle est donc du signe de 1−x,
Donc h est croissante sur ]−∞,1[, décroissante sur ]1,+∞[. De plus, par croissance comparée de la fonction exponentielle et des fonctions polynômes, on a limx→+∞xe1−x=elimx→+∞xe−x=0.
Enfin, on a limx→−∞e−x=+∞ et limx→−∞x=−∞ d'où l'on tire (ce n'est pas une forme indéterminée!) que limx→−∞h(x)=−∞.
On a alors le tableau de variations suivant :

2) La fonction h est continue et strictement croissante sur l'intervalle ]−∞,1[, avec h(1)=1 et limx→−∞h(x)=−∞.
Autrement dit, h réalise une bijection de ]−∞,1[sur]−∞,1[.
En particulier, il existe un unique α∈]−∞,1[ tel que h(α)=−1. Comme h(x)≥0 pour tout x≥1, on obtient le résultat.
Exercice 16:
Résoudre dans R les équations suivantes :
1.e2x+1−1=02.ex+1−e2x−3=03.ex−1×e3x+5=14.e2x+ex−2=05.2ex+1ex=2e3+e−x

🔻Correction Exercice 16

 1) e2x+1−1=0
e2x+1−1=0⇔e2x+1=1⇔e2x+1=e0 ⇔(2x+1)=0⇔x=−12
S={−12}
2) ex+1−e2x−3=0
ex+1−e2x−3=0⇔ex+1=e2x−3 ⇔(x+1)=(2x−3)⇔−x=−4⇔x=4
S={4}
3) ex−1×e3x+5=1
ex−1×e3x+5=1⇔ex−1=1e3x+5⇔ex−1=e−(3x+5)⇔x−1=−3x−5⇔4x=−4⇔x=−1
S={−1}
4) Un autre type: On fait un changement d'inconnue.
Pour résoudre l'équation: e2x+ex−2=0(E);
on pose X=ex, alors X2=(ex)2=e2x
Alors e2x+ex−2=0⇔X2+X−2=0
On voit que X1=1 est racine évidente, ainsi X1×X2=−2 donne 1×X2=−2 soit X2=−2
(E)⇔X=1 ou X=−2
(E)⇔ex=1 ou ex=−2
La fonction exponentielle étant strictement positive, l'équation ex=−2 n'a pas de solution.
Par ailleurs ex=1⇔ex=e0⇔x=0
Puis S={0}.
5) Pour finir....
2ex+1ex=2e3+e−x
2ex+1ex=2e3+e−x⇔(2ex+1)=(2e3+e−x)×exen faisant le produit en croix.⇔2ex+1=2e3×ex+e−x×ex⇔2ex+1=2e3×ex+1⇔2ex×e−x=2e3×ex×e−xen multipliant par e−xqui n'est jamais nul.⇔2=2e3ce qui est faux.
S=∅
Exercice 17:
Dans chacun des cas, justifier que la fonction f est dérivable sur R et fournir la dérivée de f sur R .
1) f(x)=ex+2x−e3
2) f(x)=2xex
3) f(x)=(5x2−2x)ex
4) f(x)=(ex+2)(ex–e)
5) f(x)=2ex−1ex+3
6) f(x)=ex3+25x2−1
7) f(x)=ex+1x2+1

🔻Correction Exercice 17

 1) f est une somme de fonctions dérivables sur R .
Elle est donc également dérivable sur R .
f′(x)=ex+2
2) f est un produit de fonctions dérivables sur R .
Elle est donc également dérivable sur R .
f′(x)=2ex+2xex=2ex(1+x)
3) f est un produit de fonctions dérivables sur R .
Elle est donc également dérivable sur R .
f′(x)=(10x−2)ex+(5x2−2x)ex=ex(10x–2+5x2–2x)=ex(5x2+8x–2)
4) fest un produit de fonctions dérivables sur R .
Elle est donc également dérivable sur R .
f′(x)=ex(ex–e)+ex(ex+2)=ex(ex−e+ex+2)=ex(2ex−e+2)
5) f est un quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas.
f(x)=2ex(ex+3)–ex(2ex–1)(ex+3)2=ex(2ex+6–2ex+1)(ex+3)2=7ex(ex+3)2
6) La fonction x↦x3+25x2−1 est dérivable sur R en tant que fonction polynomiale.
la fonction f est donc dérivable sur R en tant que composée de fonctions dérivables sur R .
f′(x)=(3x2+25×2x)ex3+25x2−1=(3x2+45x)ex3+25x2−1
7) La fonction x↦x+1x2+1 est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
La fonction f est dérivable sur R en tant que composée de fonctions dérivables sur R .
f′(x)=x2+1−2x(x+1)(x2+1)2ex+1x2+1=x2+1−2x2−2x(x2+1)2ex+1x2+1=−x2−2x+1(x2+1)2e+x+1x2+1
Exercice 18:
Justifier que chacune des fonctions est dérivable sur R, calculer la dérivée et étudier le signe de cette dérivée.
1.f(x)=e2x2+12.g(x)=(2x+1)e2x+13.h(x)=ex−e−x24.t(x)=3exe2x+1

🔻Correction Exercice 18

 1) f(x)=e2x2+1;
f(x)=e2x2+1, on a f=exp∘u; ici u est une fonction polynôme, donc est dérivable sur R , et donc f est dérivable sur R comme composée de fonctions dérivables sur R .
Calulons f′(x):f′(x)=4xe2x2+1.
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel xonaex>0, on déduit que f′(x) a le signe de x.
Ainsi f′(x)=0⇔x=0
f′(x)>0⇔x>0.

2) g(x)=(2x+1)e2x+1;
on a g=a×exp∘u; ici u est une fonction polynôme, donc est dérivable sur R, et donc g est dérivable sur R comme produit et composée de fonctions dérivables sur R .
Calculons la dérivée: g=ab avec
{a(x)=2x+1 b(x)=e2x+1 donc
{a′(x)=2 b(x)=2e2x+1 car b=eu d'où b′=u′eu
Ainsi
g′(x)=2e2x+1+2e2x+1(2x+1)=2e2x+1(1+2x+1)=2(x+1)e2x+1
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel x on a ex>0, on déduit que g′(x) a le signe de x+1.
Ainsi g′(x)=0⇔x=−1
g′(x)>0⇔x>−1.

3) h(x)=ex−e−x2;
h est dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables sur R .
h=12(u+v) donc h′=12(u′+v′)
{u(x)=exv(x)=e−x donc {u′(x)=exv′(x)=−e−x car v=ea d'où v′=a′ea;
ainsi h′(x)=12(ex−(−e−x)=12(ex+e−x).
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel x on a ex>0, on déduit que:
{ex>0 e−x>012>0 donc 12(ex+e−x)>0, soit h′(x)>0.

4) t(x)=3exe2x+1.
Déjà , remarquons que comme pour tout xinR on a e2x>0, on a e2x+1>1 et donc ne s'annule pas , donc Dt=R .
t est dérivable sur R comme quotient de fonctions dérivables sur R, dont le dénominateur ne s'annule pas.
t=uv , donc t′=u′v−v′uv2.
Ici {u(x)=3ex v(x)=e2x+1 donc {u′(x)=3ex v′(x)=2e2x car v=ea d'où v′=a′ea;
On a alors : t′(x)=3ex(e2x+1)−(2e2x)(3ex)(e2x+1)2 .
t′(x)=3ex(e2x+1−2e2x)(e2x+1)2=3ex(1−e2x)(e2x+1)2 .
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel x on a ex>0, on déduit que:
{3ex>0 (e2x+1)2>0 donc t′(x) a le signe de (1−e2x),
Soit
t′(x)=0⇔1−e2x=0⇔e2x=e0⇔2x=0⇔x=0
t′(x)>0⇔1−e2x>0⇔−e2x>−1⇔e2x<1⇔e2x<e0⇔2x<0
car la fonction exponentielle est strictement croissante sur R .
t′(x)>0⇔x<0.
Exercice 19:
Dans chacun des cas, étudier les variations de la fonction f, définie sur R (ou R∗ pour les cas 4. et 5.) , dont on a fourni une expression algébrique.
1) f(x)=xex
2) f(x)=(2−x2)ex
3) f(x)=x+exex
4) f(x)=exx
5) f(x)=1ex−1

🔻Correction Exercice 19

 1) La fonction f est dérivable sur R en tant que produit de fonctions dérivables sur R .
f′(x)=ex+xex=(x+1)ex.
La fonction exponentielle étant strictement positive sur R , le signe de f′(x) ne dépend donc que de celui de x+1.
Par conséquent la fonction f est strictement décroissante sur ]−∞;−1] et strictement croissante sur [−1;+∞[.
2) La fonction f est dérivable sur R en tant que produit de fonctions dérivables sur R .
f′(x)=−2xex+(2−x2)ex=ex(−2x+2–x2).
La fonction exponentielle étant strictement positive sur R , le signe de f′(x) ne dépend que de celui de −x2–2x+2.
On calcule le discriminant :
Δ=(−2)2–4×2×(−1)=12>0.
Il y a donc deux racines réelles :
x1=2–√12−2=−1+√3etx2=−1–√3.
Puisque a=−1<0br=""croissante=""d=""donc=""est=""et=""fonction=""infty=""intervalles=""la=""left=""les=""right=""sqrt=""sur="">3)\(f est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule jamais.
f′(x)=(1+ex)ex–ex(x+ex)(ex)2=ex(1+ex−x−ex)e2x=(1–x)exe2x=1–xex
La fonction exponentielle étant strictement positive sur R ,
le signe de f′(x) ne dépend donc que de celui de 1–x.
Par conséquent la fonction f est croissante sur ]−∞;1]
et décroissante sur [1;+∞[.
4) La fonction f est dérivable sur R∗ en tant que quotient de fonctions dérivables sur R∗ dont le dénominateur ne s’annule pas sur R∗
f′(x)=xex−exx2=ex(x–1)x2.
La fonction exponentielle et la fonction x↦x2 étant strictement positive sur R∗, le signe de f′(x) ne dépend que de celui de x–1.
La fonction f est donc strictement décroissante sur ]−∞;0[ et sur ]0;1] et croissante sur [1;+∞[.
5) La fonction f est dérivable sur R∗ en tant que quotient de fonctions dérivables sur R∗ dont le dénominateur ne s’annule pas sur R∗ .
f′(x)=−ex(ex–1)2.
La fonction exponentielle étant strictement positive sur R∗ , f′(x)<0 sur R∗ .
La fonction f est donc décroissante sur ]−∞;0[ et sur ]0;+∞[.
Exercice 20:
Soit f la fonction définie sur [0;+∞[ par f(x)=34x+e−34x+12.
Le plan est muni d’un repère orthonormé (O;→i,→j) (unité graphique 4 cm).
On note C la courbe représentative de la fonction f dans ce repère.
1) a. Résoudre l’équation 1–e−34x+12=0
b. Résoudre l’inéquation 1–e−34x+12≥0\)
2) Étudier les variations de la fonction f.
3) Déterminer limx→+∞f(x)
4) On considère la droite (Δ)d′équationy=34x.
Déterminer limx→+∞f(x)–34x .
En fournir une interprétation graphique.
5) Représenter graphiquement C et (Δ).
6) On considère la droite (D) d’équation y=45x.
Déterminer graphiquement l’abscisse du point d’intersection de cette droite avec C (fournir un encadrement d’amplitude 0,5).

🔻Correction Exercice 20

 1) a.
1–e−34x+12=0⇔e0=e−34x+12⇔–34x+12=0⇔x=23
La solution de l’équation est 23.
b.
1–e−34x+12≥0⇔e0≥e−34x+12⇔−34x+12≤0⇔x≥23
La solution de l’inéquation est [23;+∞[.
2) f est dérivable sur [0;+∞[ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
f′(x)=34–34e−34x+12=34(1–e−34x+12).
D’après la question 1, on peut dire que f est décroissante sur [0;23] et croissante sur [23;+∞[.
3) limx→+∞−34x+12=−∞ et limx→−∞ex=0.
Donc limx→+∞e−34x+12=0
De plus limx→+∞34x=+∞.
Par conséquent limx→+∞f(x)=+∞
4) limx→+∞f(x)–34x=limx→+∞e−34x+12=0
La courbe C se confond donc avec la droite (Δ)pour les grandes valeurs de x.
On dit que la droite (Δ) est une asymptote oblique à la courbe C au voisinage de +∞.
5)

6) Graphiquement, on constate donc que 3<α<3,5
Exercice 21:
Soit f la fonction définie sur R par f(x)=e2xe2x+1 et C sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère.
1) Démontrer que f(x)=11+e−2x pour tout x∈R .
2) Démontrer que, pour tout réel x, on a 0<f(x)<1.
3) Démontrer que C est symétrique par rapport au point I de coordonnées (0;12).
Remarque : Cela revient à démontrer que f(−x)=1–f(x) .
4) Étudier les limites de f en −∞ et +∞.
5) Dresser le tableau de variation de f.

🔻Correction Exercice 21

 1)
f(x)=e2xe2x+1=e2xe2x+1×e−2xe−2x=11+e−2x
2) Soit x∈R
La fonction exponentielle étant strictement positive sur R , 1+e−2x>1.
Par conséquent 11+e−2x<1
Puisque 1+e−2x>0 on a aussi 11+e−2x>0.
Finalement 0<f(x)<1.
3) Montrons que f(–x)=1–f(x) .
1–f(x)=1–11+e−2x=(1+e−2x)–1(1+e−2x)=e−2x(1+e−2x)=f(–x)
Donc C est symétrique par rapport au point I de coordonnées (0;12).
4) limx→+∞e−2x=0 donc limx→+∞f(x)=limx→+∞11+e−2x=1
limx→−∞e−2x=+∞ donc limx→−∞f(x)=limx→−∞11+e−2x=0
5) La fonction f est dérivable sur R comme composée et quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas.
En choisissant l’expression trouvée à la question 1 :
f′(x)=–−2e−2x(1+e−2x)2=2e−2x(1+e−2x)2>0
On obtient ainsi le tableau de variation suivant :

Exercice 22:
Le but de cet exercice est de montrer que l’équation (E):ex=1x admet une unique solution dans l’ensemble des nombres réels.
I - Existence et unicité des solutions
On note f la fonction définie sur R par : f(x)=x–e−x.
1) Démontrer que x est solution de l’équation (E) si, et seulement si, f(x)=0.
2) Étude du signe de la fonction f.
a. Étudier le sens de variation de la fonction f sur R
b. En déduire que l’équation (E) possède une unique solution sur R , notée α.
c. Démontrer que α appartient à l’intervalle [12;1].
d. Étudier le signe de f sur l’intervalle [0;α].
II - Deuxième approche
On note g la fonction définie sur l’intervalle [0;1] par : g(x)=1+x1+ex.
1) Démontrer que l’équation f(x)=0 est équivalente à l’équation g(x)=x.
2) En déduire que α est l’unique réel vérifiant g(α)=α.
3) Calculer g′(x) et en déduire que la fonction g est croissante sur l’intervalle [0;α].

🔻Correction Exercice 22

 I - Existence et unicité des solutions
1) x est solution de (E)⇔ex=1x⇔e−x=x car la fonction exponentielle ne s’annule jamais.
Donc x est solution de (E)⇔x–e−x=0⇔f(x)=0.
2) a. f est dérivable sur R en tant que somme et composée de fonction dérivables sur R .
f′(x)=1+e−x>0 pour tout x∈R .
La fonction fest donc strictement croissante sur R .
b. limx→−∞−x=+∞ et limx→−∞x=−∞
par conséquent limx→−∞x–e−x=−∞
limx→+∞e−x=0 et limx→+∞x=+∞
par conséquent limx→+∞x–e−x=+∞
La fonction f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur R .
limx→−∞f(x)=−∞etlimx→+∞f(x)=+∞
0∈]−∞;+∞[
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation f(x)=0 possède donc une unique solution sur R .
Par conséquent (E) possède également une unique solution sur R .
c. f(12)≈−0,1 et f(1)≈0,63.
Donc f(12)≤0≤f(1)
Donc 12≤α≤1.
d. Si 0≤x≤α puisque la fonction f est strictement croissante surR on a :
f(0)≤x≤f(α) soit −1≤f(x)≤0.
Par conséquent, f(x)≤0 sur [0;α].
II - Deuxième approche
1)
g(x)=x⇔1+x1+ex=x⇔1+x=x+xex⇔1=xex⇔x=e−x⇔x–e−x=0⇔f(x)=0
2) D’après la partie précédente α est l’unique solution de l’équation f(x)=0.
C’est donc également l’unique solution de l’équation g(x)=x.
3) La fonction g est dérivable sur [0;1] en tant que composée et quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas.
g′(x)=1(1+ex)–(1+x)ex(1+ex)2=1–xex(1+ex)2
Le dénominateur étant strictement positif, le signe de g′(x) ne dépend que celui de 1–xex.
Mais 1−xex≥0⇔1≥xex⇔e−x≥x⇔0≥f(x).
Mais d’après la dernière question de la partie 1, f(x)≤0 sur [0;α] et, puisque la fonction f est croissante sur R , f(x)≥0 pour x≥α.
On en déduit donc que g′(x)≥0 sur [0;α].
La fonction g est donc croissante sur [0;α].
Exercice 23:
Partie A
Soit g la fonction définie sur [0;+∞[ par g(x)=ex–xex+1
1) Déterminer la limite de g en +∞.
2) Étudier les variations de la fonction g.
3) Donner le tableau de variation de g.
4) a. Démontrer que l’équation g(x)=0 admet sur [0;+∞[ une unique solution. On note α cette solution.
b. A l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α.
c. Démontrer que eα=1α–1.
5) Déterminer le signe de g(x) suivant les valeurs de x.
Partie B
Soit h la fonction définie et dérivable sur [0;+∞[ telle que : h(x)=4xex+1.
1) Démontrer que pour tout réel x positif ou nul, h′(x) a le même signe que g(x), où g est la fonction définie dans la partie A.
2) En déduire les variations de la fonction h sur [0;+∞[.
Partie C
On considère la fonction f définie sur [0;+∞[ par f(x)=4ex+1.
On note C sa courbe représentative dans un repère (O;→i,→j).
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
• M le point de C de coordonnées (x;f(x)),
• P le point de coordonnées (x;0),
• Q le point de coordonnées (0;f(x)).
1) Démontrer que l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
On rappelle que le réel α a été défini dans la partie A.
2) Le point M a pour abscisse α.
La tangente (T) en M à la courbe C est-elle parallèle à la droite (PQ)?

🔻Correction Exercice 23

 Partie A
1) g(x)=ex–xex+1=ex(1–x)+1
Or limx→+∞ex=+∞ et limx→+∞(1–x)=−∞
Donc limx→+∞ex(1–x)=−∞ et limx→+∞f(x)=−∞.
2) La fonction exponentielle est dérivable sur [0;+∞[.
Donc par somme et produit de fonctions dérivables sur [0;+∞[,
la fonction g est également dérivable sur cet intervalle.
g′(x)=ex–ex–xex=−xex.
La fonction exponentielle est strictement positive sur R donc sur [0;+∞[.
Par conséquent, le signe de g′(x) ne dépend que de celui de −x et g′(x)≤0 sur [0;+∞[.
3)

4) a. g est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur [0;+∞[.
g(0)=2etlimx→+∞g(x)=−∞.
0∈]−∞;2].
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation g(x)=0 possède une unique solution sur [0;+∞[.
b. La calculatrice nous donne 1,27<α<1,28.
c.
g(α)=0⇔eα–αeα+1=0⇔eα(1–α)=−1⇔eα=1α–1
5) Le tableau de variation nous permet donc de dire que :
• g(x)>0 sur [0;α[
• g(α)=0
• g(x)<0 sur ]α;+∞[
Partie B
1) D’après l’énoncé, la fonction h est dérivable sur [0;+∞[.
h′(x)=4(ex+1–xex)(ex+1)2=4g(x)(ex+1)2.
Le dénominateur étant strictement positif, h′(x) et g(x) ont le même signe.
2) Par conséquent : h est croissante sur [0;α] et décroissante sur [α;+∞[.
Partie C
1) L’aire du rectangle OPMQ vaut xf(x)=h(x)
D’après la question précédente, h atteint son maximum en α.
Donc l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
2) On va utiliser les résultats eα=1α–1 et eα+1=1α–1+1=αα–1.
Le coefficient directeur de (PQ) est a=f(α)–00–α=−4α(eα+1)
Le coefficient directeur de cette tangente (T) est :
f′(α)=–4eα(eα+1)2=–4×1α–1(eα–1)×(eα–1)=–4(α–1)(eα–1)×αα–1=–4α(eα+1)
Par conséquent f′(α)=a.
La tangente est donc parallèle à la droite (PQ).

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