Exercices corrigés fonction exponentielle

بسم الله الرحمن الرحيم

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Exercice 1:
Écrire plus simplement :
$\begin{array}{ll} 1) e^{2x}\times e^{1-2x} & 2) \dfrac{e^{2x+3}}{e^{x-1}} \\ 3) (e^x+e^{-x})^2& 4) e^{-2x}-\dfrac{e^{2x}+1}{e^{2x}} \end{array}$

🔻Correction Exercice 1

1) On a $e^{2x}\times e^{1-2x}=e^{2x+{1-2x}}=e^1=e $
2) $\dfrac{e^{2x+3}}{e^{x-1}}=e^{2x+3-(x-1)}=e^{x+4}$
3)
$\begin{array}{ll} (e^x+e^{-x})^2&=(e^x)^2+2e^x \times e^{-x}+(e^{-x})^2\\&=e^{2x}+2e^0+e^{-2x}\\&=e^{2x}+e^{-2x}+2\end{array}$
4)
$\begin{array}{ll} \ pour\ finir\ e^{-2x}-\dfrac{e^{2x}+1}{e^{2x}}&=\dfrac{1}{e^{2x}}-\dfrac{e^{2x}+1}{e^{2x}}\\&=\dfrac{1-e^{2x}-1}{e^{2x}}\\&=-\dfrac{e^{2x}}{e^{2x}}=-1 \end{array}$

Exercice 2:
Prouver, que pour tout $x \in \mathbb{R}$ :
1) $\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$
2) $e^{-x}-e^{-2x}=\dfrac{e^x-1}{e^{2x}} $
3) $\left(e^x+e^{-x}\right)^2-2=\dfrac{e^{4x}+1}{e^{2x}}$

🔻Correction Exercice 2

1)
$\begin{array}{ll}\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}} &=\dfrac{e^{-2x}\left(e^{2x}-1\right)}{e^{-2x}\left(e^{2x} + 1\right)} \\ &=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} \end{array} $
2)
$\begin{array}{ll} e^{-x}-e^{-2x} &= e^{-2x}\left(\dfrac{ e^{-x}}{ e^{-2x}}-1\right) \\ &=\dfrac{1}{ e^{2x}}\left( e^{x} – 1\right) \\ &=\dfrac{e^x-1}{e^{2x}} \end{array} $
3)
$\begin{array}{ll} \left(e^x+e^{-x}\right)^2-2&= e^{2x} + 2 + e^{-2x} – 2 \\ &= e^{2x}+ e^{-2x} \\ &= e^{-2x}\left(\dfrac{ e^{2x}}{ e^{-2x}} + 1\right) \\ &=\dfrac{e^{4x}+1}{e^{2x}} \end{array}$

Exercice 3:
Montrer que la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \dfrac{e^x-1}{e^x+1}$ est impaire.

🔻Correction Exercice 3

Une fonction est impaire sur $\mathbb{R}$ si, et seulement si, $f(-x) = -f(x) $ pour tout $x \in \mathbb{R}$ .
$\begin{array}{ll}f(-x) &= \dfrac{e^{-x}-1}{e^{-x}+1} \\\\ &=\dfrac{\dfrac{1}{e^x}-1}{\dfrac{1}{e^x}+1} \\\\ &=\dfrac{\dfrac{1-e^x}{e^x}}{\dfrac{1+e^x}{e^x}} \\\\ &= \dfrac{1 – e^x}{1+e^x} \\\\ &= – \dfrac{e^x-1}{1 + e^x} \\\\ &= – f(x) \end{array}$
La fonction $f$ est donc bien impaire sur $\mathbb{R}$ .

Exercice 4:
Etudier la parité des fonctions suivantes :
$f_1(x)=e^x-e^{-x}$,
$f_2(x)=\large{\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}$,
$f_3(x)=\large{\frac{e^x}{(e^x+1)^2}}$.

🔻Correction Exercice 4

$x\in\mathbb{R}$ . On a
$\begin{array}{ll} f_1(-x)&=e^{-x}-e^{-(-x)}\\ &=e^{-x}-e^{x}=-f_1(x). \end{array}$
La fonction $f_1$ est impaire.
De même,
$\begin{array}{ll} f_2(-x)&=& \large{\frac{e^{-2x}-1}{e^{-2x}+1}}\\ &=&\large{\frac{e^{-2x}(1-e^{2x})}{e^{-2x}(1+e^{2x})}}\\ &=&-\large{\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}}=-f_2(x). \end{array}$
La fonction $f_2$ est impaire. Enfin,
$\begin{array}{ll} f_3(-x)&=& \large{\frac{e^{-x}}{(e^{-x}+1)^2}}\\ &=&\large{\frac{e^{-x}}{e^{-2x}(1+e^{x})^2}}\\ &=&\large{\frac{e^x}{(1+e^{x})^2}}=f_3(x). \end{array}$
La fonction $f_3$ est elle aussi paire.

Exercice 5:
Montrer que, pour tout $x\in \mathbb{R}$ on a : $\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} = \dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}$

🔻Correction Exercice 5

$\begin{array}{ll} \dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} &= \dfrac{e^x\left(e^x-e^{-x}\right)}{e^x\left(e^x+e^{-x}\right)} \\ &=\dfrac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}} \end{array} $

Exercice 6:
Soit $f $ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\left(e^x+e^{x}\right)^2-\left(e^x-e^{-x}\right)^2$.
Montrer que $f$ est une fonction constante sur $\mathbb{R}$ .

🔻Correction Exercice 6

On développe:
$\begin{array}{ll}\left(e^x+e^{-x}\right)^2&=(e^x)^2+2e^ x\times e^{-x}+( e^{-x})^2\\&=e^{2x}+2e^0+e^{-2x}\\&=e^{2x}+e^{-2x}+2. \end{array}$
De la meme façon , on obtient:
$\begin{array}{ll}\left(e^x-e^{-x}\right)^2&=(e^x)^2-2e^ x\times e^{-x}+( e^{-x})^2\\&=e^{2x}-2e^0+e^{-2x}\\&=e^{2x}+e^{-2x}-2. \end{array}$
Puis en ajoutant; on obtient:
$\begin{array}{ll}f(x)&=e^{2x}+e^{-2x}+2-\left(e^{2x}+e^{-2x}-2\right)\\&=e^{2x}+e^{-2x}+2-e^{2x}-e^{-2x}+2=4. \end{array}$

Exercice 7:
On considère la fonction f définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=x-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}$ .
1) Vérifier que pour tout réel $x : f(x)=x-\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}$
2) Montrer que $f(x)=x-1+\dfrac{2}{e^x+1} $;
3) Montrer que $f(x)=x+1-\dfrac{2}{e^{-x}+1}$
4) Montrer que f est dérivable sur $\mathbb{R}$,
vérifier que : $f'(x)=\dfrac{e^{2x}+1}{(e^x+1)^2}=\dfrac{1+e^{-2x}}{(e^{-x}+1)^2}$ .

🔻Correction Exercice 7

1) Vérifier que pour tout réel x : $f(x)=x-\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}$
On a : $f(x)=x-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}$
Notons $g(x)=x-\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}$;
On forme $f(x)-g(x)=x-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}-\left(x-\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}\right) $
$f(x)-g(x)=x-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}-x+\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}$
$f(x)-g(x)=\dfrac{1-e^{-x}}{1+e^{-x}}-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}$
$f(x)-g(x)=\dfrac{\left(1-e^{-x}\right)\left(e^x+1\right)-\left(e^x-1\right)\left(1+e^{-x}\right)}{(1+e^{-x})(e^x+1)} $
$f(x)-g(x)=\dfrac{e^x+1-1-e^{-x}-\left(e^x+1-1-e^{-x}\right)}{(1+e^{-x})(e^x+1)} $
$f(x)-g(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}-e^x+e^{-x}}{(1+e^{-x})(e^x+1)} $
$f(x)-g(x)=0$.
2) Montrons que $f(x)=x-1+\dfrac{2}{e^x+1}$ ;
$\begin{array}{ll}f(x)&=x-\dfrac{e^x-1}{e^x+1}=x-\dfrac{e^x+1-2}{e^x+1}\\&=x-\dfrac{e^x+1}{e^x+1}+\dfrac{2}{e^x+1}\\&=x-1+\dfrac{2}{e^x+1}\end{array}$
Ainsi on a bien prouvé que $f(x)=x-1+\dfrac{2}{e^x+1}$.
$f(x)=x-1+\dfrac{2e^{-x}}{e^{-x}+1}$ ;
On vient de voir que : $f(x)= x-1+\dfrac{2}{e^x+1}=x-1+\dfrac{2e^{-x}}{e^{-x}(e^x+1)}=x-1+\dfrac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}$.
3) Montrons que $f(x)=x+1-\dfrac{2}{e^{-x}+1}$
Comme $f(x)=x-1+\dfrac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}$;
On note $h(x)= x+1-\dfrac{2}{e^{-x}+1}$; alors on forme
$\begin{array}{ll}\ f(x)-h(x)&=x-1+\dfrac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}-\left( x+1-\dfrac{2}{e^{-x}+1}\right)\\&=-2+\dfrac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}+\dfrac{2}{e^{-x}+1}\\&=\dfrac{-2\left(e^{-x}+1\right)}{e^{-x}+1}+\dfrac{2e^{-x}}{1+e^{-x}}+\dfrac{2}{e^{-x}+1}\\& =\dfrac{-2e^{-x}-2+2e^{-x}+2}{e^{-x}+1}\\&=0 \end{array}$
Ainsi on a bien établi que $f(x)= x+1-\dfrac{2}{e^{-x}+1}$.
4) Montrer que f est dérivable sur $\mathbb{R}$, vérifier que :
$f'(x)=\dfrac{e^{2x}+1}{(e^x+1)^2}=\dfrac{1+e^{-2x}}{(e^{-x}+1)^2}$ .
On a $f(x)= x-1+\dfrac{2}{e^x+1}$.
$f $ est donc dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$f=a+\dfrac{2}{b}$ donc $f'=a'-2\dfrac{b’}{b^2}$;
ici $a(x)=x-1$ , $b(x)=e^x+1$ donc $a'(x)=1$ , $b’(x)=e^x$ puis
$\begin{array}{ll} f’(x)&=1-2\dfrac{e^x}{(e^x+1)^2}\\ &=\dfrac{(e^x+1)^2-2e^x}{(e^x+1)^2}\\ &=\dfrac{e^{2x}+2e^x+1-2e^x}{(e^x+1)^2}\\ &=\dfrac{e^{2x}+1}{(e^x+1)^2} \end{array}$
Par ailleurs ayant $f'(x)=\dfrac{e^{2x}+1}{(e^x+1)^2}$ ; on peut écrire:
$f'(x)= \dfrac{e^{2x}+1}{(e^x+1)^2}$ puis en factorisant par $e^{2x}$ au numérateur et par $e^x$ au dénominateur il vient:
$f'(x)= \dfrac{e^{2x}\left(1+e^{-2x}\right)}{[e^x\left(1+e^{-x}\right)]^2}= \dfrac{ e^{2x}(1+e^{-2x})}{e^{2x}(1+e^{-x})^2}$
soit $f'(x)=\dfrac{1+e^{-2x}}{(1+e^{-x})^2}$

Exercice 8:
Démontrer que pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a : $e^x-x-1\geq 0$.

🔻Correction Exercice 8

On étudie les variations de la fonction $f$définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=e^x-x-1$:
• $D_f= \mathbb{R}$ ;
• $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
• Dérivée: $f'(x)=e^x-1$
• Signe de la dérivée:
$\begin{array}{ll} f'(x)=0 &\Leftrightarrow e^x=1 \\&\Leftrightarrow e^x=e^0 \\&\Leftrightarrow x=0 \end{array}$
$\begin{array}{ll} f'(x)>0&\Leftrightarrow e^x>1 \\&\Leftrightarrow e^x>e^0 \\&\Leftrightarrow x>0 , \end{array}$
car la fonction exponentielle est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
• D'où le tableau de variation de $f$ sur $\mathbb{R}$ :
br />

$f(0)=e^0-1=0$.
D'après cette étude $f$ présente un minimum absolu sur $\mathbb{R}$ en 0 qui vaut 0; donc pour tout $x \in \mathbb{R}$ on a $f(x)\geq 0$.
soit pour tout $x \in \mathbb{R}$ on a $e^x-x-1\geq 0$ .

Exercice 9:
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les inéquations suivantes :
1) $e^{2x-1}>1$ .
2) $\dfrac{e^x+3}{e^x+1}>2$ .
3) $e^x-e^{2x}\geq 0$ .
4) $e^{2x+5}< e^{1-x}$.

🔻Correction Exercice 9

Propriété : Pour tous réels a et b on a : $e^a<e^b \Leftrightarrow a<b$ .
1)
$\begin{array}{ll} e^{2x-1}>1 &\Leftrightarrow e^{2x-1}>e^0 \\ & \Leftrightarrow 2x-1>0 \\ & \Leftrightarrow 2x>1\\ & \Leftrightarrow x>\dfrac{1}{2}\end{array}$
Ainsi : $S=\left]\dfrac{1}{2};+\infty\right[$.
2) $\dfrac{e^x+3}{e^x+1}>2 $;
en multipliant par $e^x+1$ qui est strictement positif.
$\begin{array}{ll} \dfrac{e^x+3}{e^x+1}>2 &\Leftrightarrow (e^x+3)>2(e^x+1), \\&\Leftrightarrow e^x+3>2e^x+2 \\ &\Leftrightarrow e^x<1 \\ &\Leftrightarrow e^x<e^0 \\ &\Leftrightarrow x<0 . \end{array}$
Ainsi : $S=]-\infty;0[$.
3) $e^x-e^{2x}\geq 0 $;
$\begin{array}{ll}e^x-e^{2x}\geq 0& \Leftrightarrow e^x\geq e^{2x} \\ &\Leftrightarrow x \geq 2x \\ &\Leftrightarrow x\leq 0. \end{array}$
Ainsi : $S=]-\infty;0] $.
4) $e^{2x+5}<e^{1-x}$.
$\begin{array}{ll} e^{2x+5}<e^{1-x} &\Leftrightarrow (2x+5)<(1-x) \\ &\Leftrightarrow 3x<-4 \\ &\Leftrightarrow x<-\dfrac{4}{3}.\end{array}$
Ainsi : $S=\left]-\infty;-\dfrac{4}{3}\right[$

Exercice 10:
Déterminer les limites suivantes :
$\begin{array}{ll} 1. \lim\limits_ {x\to +\infty}3xe^{-x}& 2 . \lim\limits_{x\to -\infty}(x+1)e^x\\ 3. \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2e^x-5}{3x}& 4. \dfrac{e^x-1}{x^3}\\ 5. \lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{e^x+e^{-x}}{3+e^x}& \end{array}$

🔻Correction Exercice 10

1) $\lim\limits_{x\to +\infty}3x e^{-x}$ ;
On a, d'après le cours: $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$,
d 'où on déduit: $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{x}{e^x}=0 $
Comme $3x e^{-x}=\dfrac{3x}{e^x}$ on a $\lim\limits_{x\to +\infty}3x e^{-x}=0$
2) $ \lim\limits_{x\to -\infty}(x+1) e^x$
On écrit : $ (x+1) e^x= x e^x+x$;
Ayant :
$\left.\begin{array}{ll} &\lim\limits_{x\to -\infty}xe^x=0 \ limite\ usuelle \\ & \lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0 \end{array} \right \}$ donc par somme $\lim\limits_{x\to -\infty} x e^x+x=0$ .
Donc $\lim\limits_{x\to +\infty}(x+1)e^x=0$ .
3) $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2e^x-5}{3x}$;
On débouche sur la forme indéterminée: $ (\infty)/(\infty) $:
On écrit $\dfrac{2e^x-5}{3x}=\dfrac{2e^x}{3x}-\dfrac{5}{3x}=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{e^x}{x}-\dfrac{5}{3}\times \dfrac{1}{x}$.
D'après le cours $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$
Donc
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2}{3}\times \dfrac{e^x}{x}=+\infty \ limite\ usuelle \\\lim\limits_{x\to +\infty}-\dfrac{5}{3}\times \dfrac{1}{x}=0\end{array}\right\}$ donc par somme $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{2}{3}\times \dfrac{e^x}{x}-\dfrac{5}{3}\times \dfrac{1}{x}=+\infty$.
Donc $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{2e^x-5}{3x}=+\infty$ .
4) $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e^x-1}{x^3}$;
On est en présence de la forme indéterminée$\frac{0}{0}$:
On écrit $\dfrac{e^x-1}{x^3}=\dfrac{e^x-1}{x}\times \dfrac{1}{x^2}$;
Or d'après le cours $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e^x-1}{x}=1$;
il s'agit en effet du taux d'accroissement de la fonction exponentielle en 0.
On a
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e^x-1}{x}=1 \ limite\ usuelle \\\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^2}=+\infty\end{array}\right\}$ donc par produit $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x^3}=+\infty$.
On peut vérifier ceci en remarquant que la droite d'équation $x=0$ est asymptote verticale à la courbe d'équation $y=\dfrac{e^x-1}{x^3}$.
5) $\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{e^x+e^{-x}}{3+e^x}$.
$ \left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to -\infty}-x=+\infty \\ \lim\limits_{t\to +\infty}e^t=+\infty\end{array}\right\}$ donc par composée $\lim\limits_{x\to -\infty}e^{-x}=+\infty$.
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to -\infty}e^{-x}=+\infty \\ \lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0\end{array}\right\} $ donc par somme $\lim\limits_{x\to-\infty}e^{-x}+e^x=+\infty$.
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to -\infty}e^{-x}+e^x=+\infty \\ \lim\limits_{x\to -\infty}3+e^x=3\end{array}\right\} $ donc par quotient $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{e^x+e^{-x}}{3+e^x}=+\infty$.

Exercice 11:
Déterminer les limites suivantes :
$\begin{array}{ll} 1. \lim\limits_{x\to +\infty}e^{x^2-3x-5}& 2 . \lim\limits_{x\to -\infty}e^{x^2-3x-5}\\ 3. \lim\limits_{x\to +\infty}2+3e^{-x^2+1}& 4. \lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{ e^x-3}{e^x+2}\\5. \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{ e^x+1}{e^{2x}} \end{array} $

🔻Correction Exercice 11

1)
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to +\infty}x^2-3x-5=\lim\limits_{x\to +\infty}x^2=+\infty \\ \lim\limits_{t\to +\infty}e^t=+\infty\end{array}\right\}$ donc par composée $\lim\limits_{x\to +\infty}e^{ x^2-3x-5}=+\infty$.
2)
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to -\infty}x^2-3x-5=\lim\limits_{x\to -\infty}x^2=+\infty\\ \lim\limits_{t\to +\infty}e^t=+\infty\end{array}\right\}$ donc par composée $\lim\limits_{x\to -\infty}e^{ x^2-3x-5}=+\infty$.
3)
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to +\infty}1-x^2=\lim\limits_{x\to +\infty}-x^2=-\infty \\ \lim\limits_{t\to -\infty}e^t=0\end{array}\right\}$ donc par composée $\lim\limits_{x\to +\infty}e^{1- x^2}=0$
Alors $\lim\limits_{x\to +\infty} 2+3e^{-x^2+1}=2$.
4) D'après le cours , on a $\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0$, ainsi:
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to -\infty}e^x-3=-3 \\\lim\limits_{x\to -\infty}e^x+2=2\end{array}\right\} $ donc par quotient $\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{ e^x-3}{e^x+2}=-\dfrac{3}{2}$.
5)
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to 0}e^x+1=2 \\\lim\limits_{x\to 0}e^{2x}=1\end{array}\right\}$ donc par quotient $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{ e^x+1}{e^{2x}}=2$.
Remarque: $f:x\mapsto \dfrac{ e^x+1}{e^{2x}}$ est continue sur $\mathbb{R}$, et donc $\lim\limits_{x\to 0}f(x)=f(0)=2$.

Exercice 12:
Déterminer la limite en $+\infty$ des fonctions suivantes :
$\begin{array}{ll} 1.\ln(x)-e^x &2.\large{\frac{x^3}{e^\sqrt{x}}}\\\ 3. \large{\frac{\ln(1+e^x)}{\sqrt{x}}}&4.\large{\frac{e^\sqrt{x} +1}{e^{x^2}+1}}. \end{array}$

🔻Correction Exercice 12

1) On met $x$ en facteur : $\ln(x)-e^x=x\left(\frac{\ln x}{x} -\frac{e^x}{x}\right) $.
Or, par le théorème de croissance comparée, $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0$ et $\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty$.
On en déduit que la fonction tend vers $-\infty$.
2) On pose $u=\sqrt{x}$.
Si $x$ tend vers $+\infty$, $u$ aussi et on a (par le théorème de composition des limites)
$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3}{e^\sqrt{x}}=\lim_{u\to+\infty}\frac{u^6}{e^u}=0$ , 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(e^x) $, et donc de $x$.
L'idée est de mettre $e^x$ en facteur dans le logarithme, puis d'utiliser les propriétés du logarithme. On a donc
$\begin{array}{ll} \frac{\ln(1+e^x)}{\sqrt{x}}&=\frac{\ln\left(e^x(1+e^{-x})\right)}{\sqrt{x}}\\ &=\large{\frac{\ln(e^x)+\ln(1+e^{-x})}{\sqrt{x}}}\\ &=\large{\frac{x+\ln(1+e^{-x})}{\sqrt{x}}}\\ &=\large{\frac{x\left(1+\frac{\ln(1+e^{-x})}x\right)}{\sqrt{x}}}\\ &=\sqrt{x}\times \left(1+\frac{\ln(1+e^{-x})}x\right). \end{array}$
Mais, quand $x\to+\infty, e^{-x}\to 0$ , donc par composition $\ln(1+e^{-x})\to 0$, ce qui entraine $1+\frac{\ln(1+e^{-x})}x\to 1$ . On en déduit que la fonction tend vers $+\infty$.
4) On met en facteur les termes dominants, et on utilise les propriétés de la fonction exponentielle :
$\begin{array}{ll} \large{\frac{e^\sqrt{x} +1}{e^{x^2}+1}}&=&\large{\frac{e^\sqrt{x})\left(1+e^{-\sqrt{x}}\right)}{e^{x^2}\left(1+ e^{- x^2}\right)}}\\ &=&\large{e^{\sqrt{x}-x^2}}\times \large{\frac{1+ e^{-\sqrt{x}}}{1+e^{-x^2}}}. \end{array}$
Mais, lorsque $x\to+\infty$, $\frac{1+e^{-\sqrt{x}}}{1+e^{- x^2}}$ tend vers 1, et $\sqrt{x}-x^2$ tend vers $-\infty$ donc par composition des limites, $e^{\sqrt{x}-x^2}$ tend vers 0.
On en déduit que la limite recherchée est 0.

Exercice 13:
Soit $ (C) $ la courbe de la fonction f définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=3x-1+\dfrac{e^x}{e^x+1}$ .
Démontrer que $(C)$ a deux asymptotes obliques dont on donnera une équation.

🔻Correction Exercice 13

• Au voisinage de $-\infty$:
$f(x)=3x-1+\dfrac{e^x}{e^x+1}$ et comme
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0 \\ \lim\limits_{x\to -\infty}e^x+1=0\end{array}\right\}$ par quotient on a $ \lim\limits_{x\to -\infty} \dfrac{e^x}{e^x+1}=0 $.
On a ainsi $f(x)=3x-1+\phi(x) $ avec$\lim\limits_{x\to -\infty}\phi(x)=0$.
Donc la droite $(D_1)$ d'équation $y=3x-1$ est asymptote oblique à $(C) $ au voisinage de $-\infty$.
• Au voisinage de $+\infty$:
$f(x)=3x-1+\dfrac{e^x}{e^x(1+e^{-x})}=3x-1+\dfrac{1}{1+e^{-x}}$ et comme $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{1}{1+e^{-x}}=1$;
on conjecture que la droite $(D_2) $d'équation $y=3x$ est asymptote oblique à $(C) $ au voisinage de $+\infty$.
On forme $f(x)-3x=3x-1+\dfrac{1}{1+e^{-x}}-3x= -1+\dfrac{1}{1+e^{-x}}$.
Alors $\lim\limits_{x\to +\infty}[f(x)-3x]=\lim\limits_{x\to +\infty} -1+\dfrac{1}{1+e^{-x}}=-1+1=0$.
Donc la droite $(D_2) $ d'équation $y=3x$ est asymptote oblique à $(C) $ au voisinage de $+\infty$.
Une figure:
<

Exercice 14:
1) Étudier les variations de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\dfrac{e^{ 2x }-1}{e^{ 2x }+1 }$.
2) Dresser son tableau de variations.
Soit $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ .
3) Donner l'équation de la tangente $(T) $ à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0. Tracer $\mathcal{C}$ et $(T) $.
4) Démontrer que l'équation $f(x)=\dfrac{1}{2}$ a une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}$.
Donner une valeur approchée de $\alpha$ .

🔻Correction Exercice 14

1) Étudier les variations de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\dfrac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$ .
• Déjà $f(x)$ existe si et seulement si $e^{2x}+1\neq 0$ Comme , pour tout réel x, $e^{2x}>0$, on déduit $e^{2x}+1>1$ , et donc $D_f=\mathbb{R}$ .
• Dérivée:
$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme quotient de eux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$dont le dénominateur ne s'annule pas.
Calculons la dérivée:
$f=\dfrac{u}{v}$ donc $f'=\dfrac{u'v-v'u}{v^2}$.
Ici $\begin{cases}(u(x)=e^{2x}-1\\v(x)=e^{2x}+1 \end{cases}$ donc $\begin{cases}u'(x)=2e^{2x}\\v'(x)=2e^{2x}\end{cases}$
Puis $f'(x)=\dfrac{2e^{2x}(e^{2x}+1)-2e^{2x}(e^{2x}-1)}{(e^{2x}+1)^2}$
Soit $f'(x)= \dfrac{2e^{2x}(e^{2x}+1-e^{2x}+1)}{(e^{2x}+1)^2}$ .
On a ainsi $f'(x)= \dfrac{4e^{2x}}{(e^{2x}+1)^2}$ .
• 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 $\mathbb{R}$, pour tout $x, e^{2x}>0$,
et donc la dérivée est strictement positive sur $\mathbb{R}$ comme quotient de deux réels positifs.
• Conclusion : la fonction f est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
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 $-\infty$:
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to -\infty}2x=-\infty\\ \lim\limits_{t\to -\infty}e^t=0\end{array}\right\}$ donc par composée on déduit: $\lim\limits_{x\to -\infty}e^{2x}=0$.
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to -\infty}e^{2x}-1=-1 \\ \lim\limits_{x\to -\infty}e^{2x}+1=1\end{array}\right\}$ donc par quotient on déduit: $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=-1$.
Donc la droite d'équation $y=-1$ est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.
• Limite en $+\infty$: on débouche ici sur la forme indéterminée $\dfrac{\infty}{\infty}$;
On change l'écriture de $f(x)$ en mettant en facteur le tetme prépondérant;
Ici $f(x)=\dfrac{e^{2x}(1-e^{-2x})}{e^{2x}(1+e^{-2x})}=\dfrac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}$
$\left.\begin{array}{l} \lim\limits_{x\to +\infty}-2x=-\infty\\\lim\limits_{t\to -\infty}e^t=0\end{array}\right\}$ donc par composée on déduit: $\lim\limits_{x\to +\infty}e^{-2x}=0$.
$\left.\begin{array}{l}\lim\limits_{x\to +\infty}1-e^{-2x}=1\\ \lim\limits_{x\to +\infty}1+e^{-2x}=1)\end{array}\right\}$ donc par quotient on déduit: $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=1$.
Donc la droite d'équation $y=1$ est asymptote verticale à $(C) $ au voisinage de $+\infty$.
• 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 $C_f $ au point d'abscisse 0 a pour équation $y=f'(0)(x-0)+f(0) $
Ici $f(0)=\dfrac{e^0-1}{e^0+1}=0$ et $f'(0)=\dfrac{4e^0}{(e^0+1)^2 }=\dfrac{4}{4}=1$
Donc $T: y= x $.

4) Démontrer que l'équation $f(x)=\dfrac{1}{2}$ a une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ .
Donner une valeur approchée de $\alpha$ .
La méthode: Le théorème de la bijection!
$f$ est continue car dérivable sur $\mathbb{R}$ ,
$f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$,
ainsi $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]\lim\limits_{x\to -\infty}f(x);\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)[ $ soit sur $]-1;1[$.
Comme $\dfrac{1}{2} \in ]-1;1[$, l'équation $f(x)=0$ a une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}$ .
$ Encadrons \alpha: $
A l'aide d'une calculatrice , on obtient:
$f(0.54)\approx0.49$ et $f(0.55)\approx0.5005$
Ayant $f(0.54)<\dfrac{1}{2}<f(0.55)$
on a $f(0.54)<f(\alpha)<f(0.55)$
d'où on déduit $0.54<\alpha<0.55$ car $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .

Exercice 15:
Soit $h$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x)=x e^{1-x}$.
1) Dresser le tableau de variations de $h$.
2) Démontrer qu'il existe un unique $\alpha \in\mathbb{R}$ tel que $h(\alpha )=-1$.

🔻Correction Exercice 15

1) La fonction h est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée vérifie, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $h'(x)=(1-x)e^{1-x}$.
Elle est donc du signe de $1-x$,
Donc $h$ est croissante sur $]-\infty,1[$, décroissante sur $]1,+\infty[$. De plus, par croissance comparée de la fonction exponentielle et des fonctions polynômes, on a $\lim_{x\to+\infty}xe^{1-x}=e\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=0$.
Enfin, on a $\lim_{x\to-\infty}e^{-x}=+\infty$ et $\lim_{x\to-\infty}x=-\infty$ d'où l'on tire (ce n'est pas une forme indéterminée!) que $\lim_{x\to-\infty}h(x)=-\infty$.
On a alors le tableau de variations suivant :

2) La fonction h est continue et strictement croissante sur l'intervalle $]-\infty,1[$, avec $h(1)=1$ et $\lim_{x\to-\infty}h(x)=-\infty$.
Autrement dit, $h$ réalise une bijection de $]-\infty,1[ sur ]-\infty,1[$.
En particulier, il existe un unique $\alpha \in ]-\infty,1[$ tel que $h(\alpha )=-1$. Comme $h(x)\geq 0$ pour tout $x\geq 1$, on obtient le résultat.

Exercice 16:
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes :
$\begin{array}{ll} 1. e^{2x+1}-1=0& 2 . e^{x+1}-e^{2x-3}=0 \\ 3. e^{x-1}\times e^{3x+5}=1& 4. e^{2x}+e^x-2=0\\ 5. \dfrac{2e^x+1}{e^x}=2e^3+e^{-x} &\\\end{array}$

🔻Correction Exercice 16

1) $e^{2x+1}-1=0$
$\begin{array}{ll} e^{2x+1}-1=0&\Leftrightarrow e^{2x+1}=1\\ &\Leftrightarrow e^{2x+1}=e^0\ &\Leftrightarrow (2x+1)=0\\ &\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2} \end{array}$
$S=\{-\dfrac{1}{2}\}$
2) $e^{x+1}-e^{2x-3}=0$
$\begin{array}{ll} e^{x+1}-e^{2x-3}=0&\Leftrightarrow e^{x+1}=e^{2x-3}\ &\Leftrightarrow (x+1)=(2x-3)\\ &\Leftrightarrow -x=-4\\ & \Leftrightarrow x=4\end{array}$
$S=\{4\}$
3) $e^{x-1}\times e^{3x+5}=1$
$\begin{array}{ll} e^{x-1}\times e^{3x+5}=1&\Leftrightarrow e^{x-1}=\dfrac{1}{e^{3x+5}}\\ &\Leftrightarrow e^{x-1}=e^{-(3x+5)}\\ &\Leftrightarrow x-1=-3x-5\\ & \Leftrightarrow 4x=-4\\ & \Leftrightarrow x=-1\end{array}$
$S=\{-1\}$
4) Un autre type: On fait un changement d'inconnue.
Pour résoudre l'équation: $e^{2x}+e^x-2=0(E) $;
on pose $X=e^x$, alors $X^2=(e^x)^2=e^{2x}$
Alors $e^{2x}+e^x-2=0 \Leftrightarrow X^2+X-2=0$
On voit que $X_1=1$ est racine évidente, ainsi $X_1 \times X_2 = -2$ donne $1\times X_2 =-2$ soit $X_2=-2$
$ (E) \Leftrightarrow X=1 \ ou\ X=-2$
$ (E) \Leftrightarrow e^x=1 \ ou\ e^x=-2$
La fonction exponentielle étant strictement positive, l'équation $e^x=-2$ n'a pas de solution.
Par ailleurs $e^x=1 \Leftrightarrow e^x=e^0 \Leftrightarrow x=0$
Puis $S=\{0\}$.
5) Pour finir....
$\dfrac{2e^x+1}{e^x}=2e^3+e^{-x}$
$\begin{array}{ll} \dfrac{2e^x+1}{e^x}=2e^3+e^{-x} &\Leftrightarrow (2e^x+1)=(2e^3+e^{-x}) \times e^x \text{en faisant le produit en croix}. \\&\Leftrightarrow 2e^x+1= 2e^3 \times e^x+e^{-x} \times e^x\\ &\Leftrightarrow 2e^x+1=2e^3 \times e^x+1\\ &\Leftrightarrow 2e^x \times e^{-x} =2e^3 \times e^x \times e^{-x} \text{en multipliant par}\ e^{-x} \text{qui n'est jamais nul.} \\& \Leftrightarrow 2 =2e^3 \text{ce qui est faux.} \end{array}$
$S=\emptyset$

Exercice 17:
Dans chacun des cas, justifier que la fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et fournir la dérivée de $f$ sur $\mathbb{R}$ .
1) $f(x) = e^x + 2x-e^3 $
2) $f(x) = 2xe^x $
3) $f(x) = (5x^2-2x)e^x$
4) $f(x) = \left(e^x + 2\right)\left(e^x – e\right)$
5) $f(x) = \dfrac{2e^x-1}{e^x + 3}$
6) $f(x) = e^{x^3+\scriptsize{\dfrac{2}{5}}\normalsize x^2-1}$
7) $f(x) = e^{\scriptsize {\dfrac{x+1}{x^2+1}}}$

🔻Correction Exercice 17

1) f est une somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
Elle est donc également dérivable sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x) = e^x + 2$
2) $f$ est un produit de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
Elle est donc également dérivable sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x) = 2e^x + 2xe^x = 2e^x (1+x)$
3) f est un produit de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
Elle est donc également dérivable sur $\mathbb{R}$ .
$\begin{array}{ll} f'(x) &= (10x -2)e^x + (5x^2-2x)e^x \\&= e^x (10x – 2 +5x^2 – 2x) \\&=e^x(5x^2 + 8x – 2) \end{array}$
4) $f $est un produit de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
Elle est donc également dérivable sur $\mathbb{R}$ .
$\begin{array}{ll} f'(x) &= e^x\left(e^x – e\right) + e^x\left(e^x+2\right) \\& = e^{x}\left(e^x-e + e^x + 2\right) \\&=e^x\left(2e^x-e + 2\right) \end{array}$
5) f est un quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
$\begin{array}{ll} f(x) &= \dfrac{2e^x\left(e^x + 3\right) – e^x\left(2e^x – 1\right)}{\left(e^x +3\right)^2} \\&=\dfrac{e^x\left(2e^x + 6 – 2e^x + 1\right)}{\left(e^x + 3\right)^2} \\&=\dfrac{7e^x}{\left(e^x + 3\right)^2}\end{array}$
6) La fonction $x\mapsto x^3+\dfrac{2}{5}x^2-1$ est dérivable sur $\mathbb{R} $ en tant que fonction polynomiale.
la fonction f est donc dérivable sur $\mathbb{R} $ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$\begin{array}{ll} f'(x)&=\left(3x^2+\dfrac{2}{5}\times 2x\right)e^{x^3+\scriptsize{\dfrac{2}{5}}\normalsize x^2-1} \\ &=\left(3x^2+\dfrac{4}{5}x\right)e^{x^3+\scriptsize{\dfrac{2}{5}}\normalsize x^2-1} \end{array}$
7) La fonction $x\mapsto \dfrac{x+1}{x^2+1} $ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
La fonction $f $ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$\begin{array}{ll} f'(x)&=\dfrac{x^2+1-2x(x+1)}{\left(x^2+1\right)^2}e^{\scriptsize{\dfrac{x+1}{x^2+1}}}\\\\ &=\dfrac{x^2+1-2x^2 -2x}{\left(x^2+1\right)^2}e^{\scriptsize{\dfrac{x+1}{x^2+1}}}\\\\ &=\dfrac{-x^2-2x+1}{\left(x^2+1\right)^2}e^{+\scriptsize{\dfrac{x+1}{x^2+1}}} \end{array} $

Exercice 18:
Justifier que chacune des fonctions est dérivable sur $\mathbb{R} $, calculer la dérivée et étudier le signe de cette dérivée.
$\begin{array}{ll} 1. f(x)=e^{2x^2+1}& 2 . g(x)=(2x+1)e^{2x+1} \\ 3. h(x)=\dfrac{ e^x-e^{-x}}{ 2}& 4. t(x)=\dfrac{3e^x}{e^{2x}+1} \end{array}$

🔻Correction Exercice 18

1) $ f(x)=e^{2x^2+1} $;
$f(x)=e^{2x^2+1} $, on a $f=exp\circ u;$ ici $u $ est une fonction polynôme, donc est dérivable sur $\mathbb{R}$ , et donc $f $ est dérivable sur $\mathbb{R} $ comme composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R} $ .
Calulons $f'(x): f'(x)=4xe^{2x^2+1} $.
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel $x on a e^x>0 $, on déduit que $f'(x) $ a le signe de $x $.
Ainsi $f'(x)=0 \Leftrightarrow x=0$
$f'(x)>0 \Leftrightarrow x>0 $.

2) $g(x)=(2x+1)e^{2x+1} $;
on a $g=a\times exp\circ u; $ ici u est une fonction polynôme, donc est dérivable sur $\mathbb{R}$, et donc g est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme produit et composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
Calculons la dérivée: $g=ab$ avec
$\begin{cases}a(x)=2x+1\ b(x)=e^{2x+1}\end{cases}$ donc
$\begin{cases}a'(x)=2\ b(x)=2e^{2x+1}\end{cases}$ car $b=e^u$ d'où $b'=u'e^u$
Ainsi
$\begin{array}{ll} g'(x)&=2 e^{2x+1}+2e^{2x+1} (2x+1)\\&= 2 e^{2x+1}(1+2x+1)\\&=2(x+1)e^{2x+1}\end{array}$
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel $x$ on a $e^x>0$, on déduit que $g'(x) $ a le signe de $x+1$.
Ainsi $g'(x)=0 \Leftrightarrow x=-1$
$g'(x)>0 \Leftrightarrow x> -1$.

3) $h(x)=\dfrac{ e^x-e^{-x}}{ 2}$;
$h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$h=\dfrac{1}{2}(u+v) $ donc $h'=\dfrac{1}{2}(u'+v')$
$\begin{cases}u(x)=e^x\\ v(x)=e^{-x}\end{cases}$ donc $\begin{cases}u'(x)=e^x\\ v'(x)=-e^{-x}\end{cases}$ car $v=e^a$ d'où $v'=a'e^a$;
ainsi $h'(x)=\dfrac{1}{2}\left(e^x-(-e^{-x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(e^x+e^{-x}\right) $.
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel $x$ on a $e^x>0$, on déduit que:
$\begin{cases} e^x >0 \ e^{-x}> 0 \\ \dfrac{1}{2}>0\end{cases}$ donc $\dfrac{1}{2}(e^x+e^{-x})>0 $, soit $h'(x)>0$.

4) $t(x)=\dfrac{3e^x}{e^{2x}+1}$.
Déjà , remarquons que comme pour tout $x in \mathbb{R}$ on a $e^{2x}>0$, on a $e^{2x}+1>1$ et donc ne s'annule pas , donc $D_t =\mathbb{R}$ .
$t $ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, dont le dénominateur ne s'annule pas.
$t=\dfrac{u}{v}$ , donc $t'=\dfrac{u'v-v'u}{v^2}$.
Ici $\begin{cases}u(x)=3e^x\ v(x)=e^{2x}+1\end{cases}$ donc $\begin{cases}u'(x)=3e^x\ v'(x)=2e^{2x}\end{cases}$ car $v=e^a $ d'où $v'=a'e^a$;
On a alors : $t'(x)=\dfrac{ 3e^x (e^{2x}+1)-(2e^{2x})(3e^x) }{\left(e^{2x}+1\right)^2}$ .
$\begin{array}{ll} t'(x)&=\dfrac{3e^x \left(e^{2x}+1-2e^{2x}\right)}{\left(e^{2x}+1\right)^2}\\&=\dfrac{3e^x \left(1-e^{2x}\right)}{\left(e^{2x}+1\right)^2}\end{array}$ .
Etudions le signe de la dérivée:
Comme pour tout réel $x$ on a $e^x>0$, on déduit que:
$\begin{cases} 3e^x >0 \ \left(e^{2x}+1\right)^2 >0 \end{cases}$ donc $t'(x) $ a le signe de $(1-e^{2x})$,
Soit
$\begin{array}{ll} t'(x)=0 &\Leftrightarrow 1-e^{2x}=0\\ &\Leftrightarrow e^{2x}=e^0\\ &\Leftrightarrow 2x=0 \\ &\Leftrightarrow x=0\end{array}$
$\begin{array}{ll} t'(x)>0 &\Leftrightarrow 1-e^{2x}>0\\ & \Leftrightarrow -e^{2x}>-1\\ & \Leftrightarrow e^{2x}<1\\ & \Leftrightarrow e^{2x}<e^0\\ & \Leftrightarrow 2x<0 \end{array}$
car la fonction exponentielle est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
$t'(x)>0 \Leftrightarrow x<0$.

Exercice 19:
Dans chacun des cas, étudier les variations de la fonction $f$, définie sur $\mathbb{R}$ (ou $\mathbb{R} ^*$ pour les cas 4. et 5.) , dont on a fourni une expression algébrique.
1) $f(x) = xe^x$
2) $f(x) = (2-x^2)e^x$
3) $f(x) = \dfrac{x + e^x}{e^x}$
4) $f(x) = \dfrac{e^x}{x}$
5) $f(x) = \dfrac{1}{e^x-1}$

🔻Correction Exercice 19

1) La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x) = e^x + xe^x = (x + 1)e^x$.
La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\mathbb{R}$ , le signe de $f'(x) $ ne dépend donc que de celui de $x+1$.
Par conséquent la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]-\infty;-1] $ et strictement croissante sur $ [-1;+\infty[$.
2) La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x) = -2xe^x + (2 -x^2)e^x = e^x(-2 x + 2 – x^2) $.
La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\mathbb{R}$ , le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-x^2 – 2x + 2$.
On calcule le discriminant :
$\Delta = (-2)^2 – 4 \times 2 \times (-1) = 12 > 0$.
Il y a donc deux racines réelles :
$x_1 = \dfrac{2 – \sqrt{12}}{-2} = -1 + \sqrt{3} et x_2 = -1 – \sqrt{3}$.
Puisque $a=-1<0 br="" croissante="" d="" donc="" est="" et="" fonction="" infty="" intervalles="" la="" left="" les="" right="" sqrt="" sur=""> 3) \(f $ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ dont le dénominateur ne s’annule jamais.
$\begin{array}{ll}f'(x) &= \dfrac{\left(1 +e^x\right)e^x – e^x\left(x + e^x\right)}{\left(e^x\right)^2}\\ &= \dfrac{e^x\left(1 + e^x- x -e^x\right)}{e^{2x}} \\ &=\dfrac{(1 – x)e^x}{e^{2x}} \\&=\dfrac{1 – x}{e^x}\end{array}$
La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\mathbb{R}$ ,
le signe de $f'(x) $ ne dépend donc que de celui de $1 – x$.
Par conséquent la fonction f est croissante sur $]-\infty;1] $
et décroissante sur $[1;+\infty[$.
4) La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}^*$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathbb{R}^*$
$f'(x)=\dfrac{xe^x-e^x}{x^2} = \dfrac{e^x(x – 1)}{x^2}$.
La fonction exponentielle et la fonction $x \mapsto x^2$ étant strictement positive sur $\mathbb{R}^*$, le signe de $f'(x) $ ne dépend que de celui de $x – 1$.
La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $]-\infty;0[$ et sur $]0;1] $ et croissante sur $[1;+\infty[$.
5) La fonction $f $ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}^*$ dont le dénominateur ne s’annule pas sur $\mathbb{R}^*$ .
$f'(x) = \dfrac{-e^x}{\left(e^x – 1\right)^2}$.
La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\mathbb{R}^*$ , $f'(x) < 0$ sur $\mathbb{R}^*$ .
La fonction $f$ est donc décroissante sur $]-\infty;0[$ et sur $]0;+\infty[$.

Exercice 20:
Soit $f $ la fonction définie sur $ [0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{3}{4} x + e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}$.
Le plan est muni d’un repère orthonormé $(O ;\vec{i} ,\vec{j})$ (unité graphique 4 cm).
On note $\mathscr{C}$ la courbe représentative de la fonction $f $ dans ce repère.
1) a. Résoudre l’équation $1 – e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
b. Résoudre l’inéquation $1 – e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \ge 0$\)
2) Étudier les variations de la fonction $f$.
3) Déterminer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$
4) On considère la droite $ (\Delta) d’équation y = \dfrac{3}{4}x$.
Déterminer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{3}{4}x$ .
En fournir une interprétation graphique.
5) Représenter graphiquement $\mathscr{C}$ et $ (\Delta) $.
6) On considère la droite $ (D) $ d’équation $y = \dfrac{4}{5}x$.
Déterminer graphiquement l’abscisse du point d’intersection de cette droite avec $\mathscr{C}$ (fournir un encadrement d’amplitude 0,5).

🔻Correction Exercice 20

1) a.
$\begin{array}{ll} 1 – e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0 & \Leftrightarrow e^0 = e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\ & \Leftrightarrow – \dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = 0 \\\\ &\Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3} \end{array}$
La solution de l’équation est $\dfrac{2}{3}$.
b.
$\begin{array}{ll} 1 – e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \ge 0 & \Leftrightarrow e^0 \ge e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\ & \Leftrightarrow -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} \le 0 \\\\ &\Leftrightarrow x \ge \dfrac{2}{3} \end{array}$
La solution de l’inéquation est $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
2) f est dérivable sur $ [0;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
$\begin{array}{ll}f'(x) &= \dfrac{3}{4} – \dfrac{3}{4}e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}\\ &=\dfrac{3}{4}\left(1 – e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}\right) \end{array}$.
D’après la question 1, on peut dire que $f$ est décroissante sur $\left[0;\dfrac{2}{3}\right] $ et croissante sur $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
3) $\lim\limits_{x \to +\infty} -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} e^x = 0$.
Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{3}{4}x = +\infty$.
Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $
4) $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{3}{4}x = \lim\limits_{x \to +\infty} e^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
La courbe $\mathscr{C}$ se confond donc avec la droite $ (\Delta) $pour les grandes valeurs de $x$.
On dit que la droite $(\Delta)$ est une asymptote oblique à la courbe $\mathscr{C}$ au voisinage de $+\infty$.
5)

6) Graphiquement, on constate donc que $3 < \alpha < 3,5$

Exercice 21:
Soit $f $ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = \dfrac{e^{2x}}{e^{2x} + 1}$ et $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère.
1) Démontrer que $f(x)= \dfrac{1}{1 +e^{-2x}}$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ .
2) Démontrer que, pour tout réel $x$, on a $0 < f(x) < 1$.
3) Démontrer que $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport au point $I$ de coordonnées $\left(0;\dfrac{1}{2}\right) $.
Remarque : Cela revient à démontrer que $f(-x) = 1– f(x) $ .
4) Étudier les limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$.
5) Dresser le tableau de variation de $f$.

🔻Correction Exercice 21

1)
$\begin{array}{ll} f(x) &= \dfrac{e^{2x}}{e^{2x} + 1} \\\\ &= \dfrac{e^{2x}}{e^{2x} + 1} \times \dfrac{e^{-2x}}{e^{-2x}} \\\\ &= \dfrac{1}{1 + e^{-2x}} \end{array}$
2) Soit $x\in \mathbb{R}$
La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\mathbb{R}$ , $1 + e^{-2x} > 1$.
Par conséquent $\dfrac{1}{1 + e^{-2x}} < 1$
Puisque $1 + e^{-2x} > 0$ on a aussi $\dfrac{1}{1 + e^{-2x}} > 0$.
Finalement $0 < f(x) < 1$.
3) Montrons que $f(–x) = 1– f(x) $ .
$\begin{array}{ll} 1 –f(x) & = 1 – \dfrac{1}{1 + e^{-2x}} \\\\ &= \dfrac{ \left(1 + e^{-2x}\right) – 1}{\left(1 + e^{-2x}\right)} \\\\ &= \dfrac{ e^{-2x}}{ \left(1+e^{-2x}\right)} \\\\ &= f(–x) \end{array}$
Donc $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport au point $I$ de coordonnées $\left(0;\dfrac{1}{2}\right) $.
4) $\lim\limits_{x \to +\infty}e^{-2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{1 + e^{-2x}} = 1$
$\lim\limits_{x \to -\infty}e^{-2x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{1}{1 + e^{-2x}} = 0$
5) La fonction f est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme composée et quotient de fonctions dérivables sur $ \mathbb{R}$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
En choisissant l’expression trouvée à la question 1 :
$\begin{array}{ll}f'(x) &= – \dfrac{-2e^{-2x}}{\left(1 + e^{-2x}\right)^2}\\& = \dfrac{2e^{-2x}}{\left(1 + e^{-2x}\right)^2} > 0\end{array}$
On obtient ainsi le tableau de variation suivant :

Exercice 22:
Le but de cet exercice est de montrer que l’équation $(E) : e^x = \dfrac{1}{x}$ admet une unique solution dans l’ensemble des nombres réels.
I - Existence et unicité des solutions
On note f la fonction définie sur $\mathbb{R}$ 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 $\mathbb{R}$
b. En déduire que l’équation $(E)$ possède une unique solution sur $\mathbb{R}$ , notée $\alpha$.
c. Démontrer que $\alpha$ appartient à l’intervalle $\left[\dfrac{1}{2};1\right] $.
d. Étudier le signe de $f$ sur l’intervalle $[0;\alpha] $.
II - Deuxième approche
On note g la fonction définie sur l’intervalle $[0;1] $ par : $ g(x) = \dfrac{1 + x}{1 + e^x}$.
1) Démontrer que l’équation $f(x) = 0$ est équivalente à l’équation $g(x) = x$.
2) En déduire que $\alpha$ est l’unique réel vérifiant $g(\alpha) = \alpha$.
3) Calculer $g'(x) $ et en déduire que la fonction $g$ est croissante sur l’intervalle $ [0;\alpha] $.

🔻Correction Exercice 22

I - Existence et unicité des solutions
1) $x$ est solution de $ (E) \Leftrightarrow e^x = \dfrac{1}{x} \Leftrightarrow e^{-x} = x$ car la fonction exponentielle ne s’annule jamais.
Donc $x$ est solution de $(E) \Leftrightarrow x – e^{-x} = 0 \Leftrightarrow f(x) = 0$.
2) a. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que somme et composée de fonction dérivables sur $\mathbb{R}$ .
$f'(x) = 1 + e^{-x} > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ .
La fonction $f $est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
b. $\lim\limits_{x \to -\infty} -x = +\infty$ et $ \lim\limits_{x \to -\infty} x = -\infty$
par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty}x – e^{-x} = -\infty$
$\lim\limits_{x \to +\infty} e^{-x} = 0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$
par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} x – e^{-x} = +\infty $
La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .
$\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) =-\infty et \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $
$0 \in ]-\infty;+\infty[$
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 $\mathbb{R}$ .
Par conséquent $ (E) $ possède également une unique solution sur $\mathbb{R}$ .
c. $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \approx -0,1$ et $f(1) \approx 0,63$.
Donc $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \le 0 \le f(1)$
Donc $\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1$.
d. Si $0 \le x \le \alpha$ puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur$ \mathbb{R}$ on a :
$f(0) \le x \le f(\alpha) $ soit $-1 \le f(x) \le 0$.
Par conséquent, $f(x) \le 0$ sur $[0;\alpha] $.
II - Deuxième approche
1)
$\begin{array}{ll} g(x) = x & \Leftrightarrow \dfrac{1 + x}{1 + e^x} = x \\\\ &\Leftrightarrow 1 + x = x + xe^x \\\\ & \Leftrightarrow 1 = xe^x \\\\ & \Leftrightarrow x = e^{-x} \\\\ & \Leftrightarrow x – e^{-x} = 0 \\\\ & \Leftrightarrow f(x) = 0 \end{array}$
2) D’après la partie précédente $\alpha$ 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 $\mathbb{R}$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
$\begin{array}{ll} g'(x) &= \dfrac{1\left(1 + e^x\right) – (1 + x)e^x}{\left(1 + e^x\right)^2} \\\\ &= \dfrac{1 – xe^x}{\left(1 + e^x\right)^2} \end{array}$
Le dénominateur étant strictement positif, le signe de $g'(x) $ ne dépend que celui de $1 – xe^x$.
Mais $\begin{array}{ll} 1 -xe^x \ge 0 &\Leftrightarrow 1 \ge xe^x &\Leftrightarrow e^{-x} \ge x \\&\Leftrightarrow 0 \ge f(x). \end{array}$
Mais d’après la dernière question de la partie 1, $f(x) \le 0$ sur $ [0;\alpha] $ et, puisque la fonction $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ , $f(x) \ge 0 \ pour\ x \ge \alpha$.
On en déduit donc que $g'(x) \ge 0$ sur $[0;\alpha] $.
La fonction $g$ est donc croissante sur $[0;\alpha]$.

Exercice 23:
Partie A
Soit $g$ la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $g(x) = e^x – xe^x + 1$
1) Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$.
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 $[0;+\infty[$ une unique solution. On note $\alpha$ cette solution.
b. A l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
c. Démontrer que $e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$.
5) Déterminer le signe de $g(x) $ suivant les valeurs de $x$.
Partie B
Soit h la fonction définie et dérivable sur $[0;+\infty[$ telle que : $h(x) = \dfrac{4x}{e^x + 1}$.
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 $[0;+\infty[$.
Partie C
On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{4}{e^x + 1}$.
On note $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans un repère $(O ;\vec{i} ,\vec{j})$.
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
• M le point de $\mathscr{C}$ de coordonnées $\left(x;f(x)\right) $,
• 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 $\alpha$.
On rappelle que le réel $\alpha$ a été défini dans la partie A.
2) Le point M a pour abscisse $\alpha$.
La tangente (T) en M à la courbe $\mathscr{C}$ est-elle parallèle à la droite (PQ)?

🔻Correction Exercice 23

Partie A
1) $g(x) = e^x – xe^x + 1 = e^x(1 – x) + 1$
Or $\lim\limits_{x \to +\infty} e^x = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – x) = -\infty$
Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} e^x(1 – x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
2) La fonction exponentielle est dérivable sur $[0;+\infty[$.
Donc par somme et produit de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$,
la fonction g est également dérivable sur cet intervalle.
$g'(x) =e^x – e^x – xe^x = -xe^x$.
La fonction exponentielle est strictement positive sur $\mathbb{R}$ donc sur $[0;+\infty[$.
Par conséquent, le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $-x $ et $g'(x) \le 0$ sur $[0;+\infty[$.
3)

4) a. $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $ [0;+\infty[$.
$g(0) = 2 et \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
$0 \in ]-\infty;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;+\infty[$.
b. La calculatrice nous donne $1,27 < \alpha < 1,28$.
c.
$\begin{array}{ll} g(\alpha) = 0 & \Leftrightarrow e^{\alpha} – \alpha e^{\alpha} + 1 = 0 \\\\ & \Leftrightarrow e^{\alpha}(1 – \alpha) = -1 \\\\ & \Leftrightarrow e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1} \end{array}$
5) Le tableau de variation nous permet donc de dire que :
• $g(x) > 0$ sur $[0;\alpha[$
• $g(\alpha) = 0$
• $g(x) < 0$ sur $]\alpha;+\infty[$
Partie B
1) D’après l’énoncé, la fonction h est dérivable sur $[0;+\infty[$.
$\begin{array}{ll} h'(x) &= \dfrac{4\left(e^x + 1 – xe^x\right)}{\left(e^x + 1\right)^2} \\&= \dfrac{4g(x)}{\left(e^x + 1\right)^2}\end{array}$.
Le dénominateur étant strictement positif, $h'(x) $ et $g(x)$ ont le même signe.
2) Par conséquent : $h$ est croissante sur $[0;\alpha] $ et décroissante sur $[\alpha;+\infty[$.
Partie C
1) L’aire du rectangle OPMQ vaut $xf(x) = h(x)$
D’après la question précédente, $h$ atteint son maximum en $\alpha$.
Donc l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse $\alpha$.
2) On va utiliser les résultats $e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$ et $e^{\alpha} + 1= \dfrac{1}{\alpha – 1} + 1 = \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}$.
Le coefficient directeur de (PQ) est $a = \dfrac{f(\alpha) – 0}{0 – \alpha} = \dfrac{-4}{\alpha\left(e^{\alpha} + 1\right)}$
Le coefficient directeur de cette tangente (T) est :
$\begin{array}{ll} f'(\alpha) & = – \dfrac{4e^{\alpha}}{\left(e^{\alpha} + 1\right)^2} \\\\ & = – \dfrac{4 \times \dfrac{1}{\alpha – 1}}{\left(e^{\alpha} – 1\right) \times \left(e^{\alpha} – 1\right)} \\\\ &= – \dfrac{4}{(\alpha – 1)\left(e^{\alpha} – 1\right) \times \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}} \\\\ &= – \dfrac{4}{\alpha \left(e^{\alpha} + 1\right)} \end{array}$
Par conséquent $f'(\alpha) = a$.
La tangente est donc parallèle à la droite (PQ).

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