EXPONENTIELLE
|
Exercice 1
1) La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) car c'est le quotient de deux fonctions dérivables sur \(]0;+\infty[\) dont le dénominateur ne s'annule pas.Pour tout réel \(x\) strictement positif, nous avons : \[ \begin{align*} f'(x)&=\frac{e^{x}\times x - e^{x}}{x^{2}}\\ &=\frac{e^{x}(x-1)}{x^{2}} \end{align*} \] 2) Pour tout réel \(x\) strictement positif, nous avons \(e^{x} > 0\) et \(x^{2} > 0\). Le signe de \(f'\) est le signe de \(x-1\).
Nous en déduisons que \(f'(x) < 0\) si \(x < 1\), \(f'(x) = 0\) si \(x = 1\) et \(f'(x) > 0\) si \(x > 1\).
Par conséquent, la fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]0;1]\) et strictement croissante sur \([1; +\infty[\).
D'autre part, nous avons : \[ \begin{align*} \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)&=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{e^{x}}{x}\\ &=+\infty, \end{align*} \] d'après le Théorème 2 du cours, et \(f(1)=\displaystyle \frac{e^{1}}{1}=e\).
Nous pouvons dresser à présent le tableau de variations de la fonction \(f\) :
3) La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]0;1]\). De plus, \(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=+\infty > 5\) et \(f(1)=e < 5\), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha\) appartenant à \(]0;1]\) telle que \(f(\alpha)=5\).
D'autre part, la fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \([1;+\infty[\). Nous avons \(f(e)=1 < 5\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty > 5\), donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\beta\) appartenant à \([1; +\infty[\) telle que \(f(\beta)=5\).
Donc l'équation \(f(x)=5\) admet deux solutions, et on trouve par tâtonnement \(\alpha \approx 0.26\) et \(\beta \approx 2.54\) (voir graphique ci-dessous).
Exercice 2
1) La fonction \(g\) est dérivable sur \([0;+\infty[\) car c'est le produit de deux fonctions dérivables sur \([0;+\infty[\).Nous avons pour tout réel \(x\) positif : \[ \begin{align*} g'(x)&=e^{x^{2}}+x\times 2x\times e^{x^{2}} \\ &=e^{x^{2}}+2x^{2}\times e^{x^{2}} \\ &=e^{x^{2}}\left(1+2x^{2}\right). \end{align*} \]
2) Etant donné que \(e^{x^{2}} > 0\) et \(1+2x^{2} > 0\) pour tout réel \(x\) positif, on en déduit que \(g'(x) > 0\) et que la fonction \(g\) est strictement croissante sur \([0;+\infty[\).
Nous avons \(g(0)=0\times e^{0^{2}}=0\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}xe^{x^{2}}=+\infty\).
Nous pouvons dresser le tableau de variations de la fonction \(g\) sur l'intervalle \([0;+\infty[\).
3) Etant donné que : \[ \begin{align*} g(-x)&=(-x)e^{(-x)^{2}}\\ &=-xe^{x^{2}}\\ &=-g(x), \end{align*} \] on en déduit que la fonction \(g\) est impaire.
Par conséquent, comme \(g\) est croissante sur l'intervalle \([0;+\infty[\), alors \(g\) est également croissante sur l'intervalle \(]-\infty;0]\).
On peut à présent établir le tableau de variations de la fonction \(g\) sur l'intervalle \(]-\infty;0]\).
Exercice 3
1) \[ \begin{align*} h(x)=0 &\Leftrightarrow e^{\sin x}-1=0 \\ &\Leftrightarrow e^{\sin x}=1 \\ &\Leftrightarrow e^{\sin x}=e^{0} \\ &\Leftrightarrow \sin x=0 \\ \end{align*} \] Cette équation admet trois solutions : \(x=0\), \(x=\pi\) et \(x=2\pi\) .2) La fonction \(x\rightarrow \sin x\) est dérivable sur \([0;2\pi]\) ainsi que la fonction \(x\rightarrow e^{x}\).
Par composition, la fonction \(x \rightarrow e^{\sin x}\) est dérivable sur \([0;2\pi]\).
Par conséquent, \(h\) est dérivable sur \([0;2\pi]\) et sa dérivée \(h'\) est : \[ h'(x)=\cos(x)e^{\sin(x)}. \] 3) Etant donné que \(e^{\sin(x)} > 0\) pour tout réel \(x\) appartenant à \([0;2\pi]\), le signe de \(h'\) est le signe de \(\cos(x)\).
Nous avons \(\cos(x) \geq 0\) lorsque \(x \in \displaystyle \left[0;\frac{\pi}{2}\right]\), \(\cos(x) \leq 0\) lorsque \(x \in \displaystyle \left[\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}\right]\) et \(\cos(x) \geq 0\) lorsque \(x \in \displaystyle \left[\frac{3\pi}{2};2\pi\right]\).
La fonction \(h\) est par conséquent croissante sur \(\displaystyle \left[0;\frac{\pi}{2}\right]\), décroissante sur \(\displaystyle \left[\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}\right]\) puis croissante sur \(\displaystyle \left[\frac{3\pi}{2};2\pi\right]\).
De plus :
\(h(0)=e^{\sin(0)}-1=0\),
\(\displaystyle h\left(\frac{\pi}{2}\right)=e^{\sin \left(\frac{\pi}{2}\right)}-1=e^{1}-1=e-1,\)
\(\displaystyle h\left(\frac{3\pi}{2}\right)=e^{\sin \left(\frac{3\pi}{2}\right)}-1=e^{-1}-1=\frac{1}{e}-1,\)
et \(h(2\pi)=e^{\sin(2\pi)}-1=1 -1 = 0\).
Nous pouvons à présent dresser le tableau de variations de la fonction \(h\).
Exercice 4
On considère la fonction \(i\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \[ i(x)=-xe^{0.5x-4}. \] 1) Etant donné que \(\lim_{x\rightarrow +\infty}e^{0.5x-4}=+\infty\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}-x=-\infty\), nous avons : \[ \lim_{x\rightarrow +\infty}i(x)=-\infty. \]2) Nous avons : \[ \begin{align*} \lim_{x\rightarrow -\infty}i(x)&=\lim_{x\rightarrow -\infty}-xe^{0.5x-4}\\ &=\lim_{x\rightarrow -\infty}-x\frac{e^{0.5x}}{e^{4}}\\ &=\lim_{x\rightarrow -\infty}-2\times 0.5x\frac{e^{0.5x}}{e^{4}}\\ &=\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{2}{e^{4}}\times (-0.5x)e^{0.5x}\\ &=\lim_{X\rightarrow +\infty}\frac{2}{e^{4}}Xe^{-X}\\ &=\lim_{X\rightarrow +\infty}\frac{2}{e^{4}}\frac{X}{e^{X}}\\ &=\lim_{X\rightarrow +\infty}\frac{2}{e^{4}}\frac{1}{\frac{e^{X}}{X}}\\ &=0, \end{align*} \] car d'après le cours, \(\displaystyle \lim_{X\rightarrow +\infty}\frac{e^{X}}{X}=+\infty\).
3) Pour tout réel \(x\), nous avons : \[ \begin{align*} i'(x)&=(-1)e^{0.5x-4}+(-x)\times 0.5e^{0.5x-4}\\ &=e^{0.5x-4}\left(-0.5x-1\right)\\ &=-(0.5x+1)e^{0.5x-4} \end{align*} \]
4) Etant donné que pour tout \(x\) réel, \(e^{0.5x-4} > 0\), le signe de \(i'\) est celui de \(-(0.5x+1)\).
Lorsque \(x\leq -2\), \(i'(x) \geq 0\) et lorsque \(x\geq -2\), \(i'(x) \leq 0\).
Par conséquent, \(i\) est croissante sur \(]-\infty; -2]\) et décroissante sur \([-2;+\infty[\).
Nous avons \(i(-2)=2e^{-5}\).
Nous pouvons à présent dresser le tableau de variations de la fonction \(i\) sur \(\mathbb{R}\).
5) La fonction \(i\) est continue et strictement croissante sur \(]-\infty;-2]\).
De plus, \(\lim_{x\rightarrow -\infty}i(x)=0 < 0.01\) et \(i(-2)=2e^{-5} > 0.01\) donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\alpha\) appartenant à \(]-\infty;-2]\) telle que \(i(\alpha)=0.01\).
D'autre part, la fonction \(i\) est continue et strictement décroissante sur \([-2;+\infty[\).
De plus, \(i(-2)=2e^{-5} > 0.01\) et \(\lim_{x\rightarrow +\infty}i(x)=-\infty < 0.01\) donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur \(\beta\) appartenant à \([-2;+\infty[\) telle que \(i(\beta)=0.01\).
Donc l'équation \(i(x)\) admet deux solutions sur \(\mathbb{R}\).
En utilisant la calculatrice, on trouve approximativement \(\alpha \approx -4\) et \(\beta \approx -0.8\) (voir graphique ci-dessous).
Exercice 5
1) En posant \(X=e^{x}\), nous pouvons réécrire cette équation comme : \(X^{2}-4X+3=0\)Nous reconnaissons un polynôme du second degré.
Calcul du discriminant : \[ \begin{align*} \Delta&=b^{2}-4ac\\ &=-(4)^{2}-4\times 1 \times 3 \\ &=16-12\\ &=4. \end{align*} \] L'équation \(X^{2}-4X+3=0\) admet deux solutions : \[ \begin{align*} X_{1}&=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\\ &=\frac{-(-4)-\sqrt{4}}{2\times 1}\\ &=\frac{4-2}{2}\\ &=1, \end{align*} \] et \[ \begin{align*} X_{2}&=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\\ &=\frac{-(-4)+\sqrt{4}}{2\times 1}\\ &=\frac{4+2}{2}\\ &=3. \end{align*} \] Etant donné que \(X_{1}=e^{x_{1}}\), nous avons \(1=e^{x_{1}}\), c'est à dire \(e^{0}=e^{x_{1}}\) donc \(x_{1}=0\).
D'autre part, comme \(X_{2}=e^{x_{2}}\), nous avons \(3=e^{x_{2}}\). Cette solution admet une unique solution \(x_{2}=\ln(3)\) (voir chapitre sur le logarithme népérien), ou en valeur approximée \(x_{2}\approx 1.10\).
En conclusion, l'équation \(e^{2x}-4e^{x}+3=0\) admet deux solutions : \(x_{1}=0\) et \(x_{2}=\ln(3)\approx 1.10\).
2) En posant \(X=e^{-x}\), nous pouvons réécrire cette équation comme : \(-X^{2}+8X+9=0\).
Nous reconnaissons un polynôme du second degré.
Calcul du discriminant : \[ \begin{align*} \Delta&=b^{2}-4ac\\ &=8^{2}-4\times (-1) \times 9 \\ &=64+36\\ &=100. \end{align*} \] L'équation \(-X^{2}+8X+9=0\) admet deux solutions : \[ \begin{align*} X_{1}&=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\\ &=\frac{-8-\sqrt{100}}{2\times (-1)}\\ &=\frac{-8-10}{-2}\\ &=9, \end{align*} \] et \[ \begin{align*} X_{2}&=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\\ &=\frac{-8+\sqrt{100}}{2\times (-1)}\\ &=\frac{-8+10}{-2}\\ &=-1. \end{align*} \] Etant donné que \(X_{1}=e^{-x_{1}}\), nous avons \(9=e^{-x_{1}}\). Cette équation admet une unique solution \(x_{1}=-\ln(9)=-2\ln(3)\) (voir chapitre sur le logarithme népérien), ou en valeur approximée \(x_{1}\approx -2.20\).
D'autre part, comme \(X_{2}=e^{-x_{2}}\), nous avons \(-1=e^{-x_{2}}\). Une exponentielle étant toujours positive, cette équation n'admet aucune solution.
En conclusion, l'équation \(-e^{-2x}+8e^{-x}+9=0\) admet une unique solution : \(x_{1}=-2\ln(3)\approx -2.20\).
Exercice 6
1) Nous avons : \[ \begin{align*} f(0)=4 &\Leftrightarrow 0e^{a\times 0}+b=4 \\ &\Leftrightarrow b=4, \end{align*} \] donc \(b=4\) et la fonction \(f\) s'écrit \(f(x)=xe^{ax}+4\).La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec : \[ \begin{align*} f'(x)&=1\times e^{ax}+xae^{ax} \\ &=e^{ax}+axe^{ax} \\ &=e^{ax}(1+ax) \end{align*} \] Etant donné que \(f'(2)=0\), nous avons \(e^{2a}(1+2a)=0\). Etant donné que \(e^{2a}\) est strictement positif pour tout réel \(a\), on en déduit que l'on a nécessairement \(1+2a=0\), c'est à dire \(a=-0.5\).
Par conséquent, la fonction \(f\) s'écrit \(f(x)=xe^{-0.5x}+4\).
2) D'après la question 1, nous avons \(f(x)=xe^{-0.5x}+4\) et \(f'(x)=e^{-0.5x}(1-0.5x)\) pour tout \(x\) réel.
Etant donné que \(e^{-0.5x} > 0\) pour tout réel \(x\), le signe de \(f'\) est le signe de \((1-0.5x)\).
Nous avons ainsi \(f'(x) \geq 0\) lorsque \(x \leq 2\) et \(f'(x) \leq 0\) lorsque \(x \geq 2\).
Par conséquent, \(f\) est croissante sur \(]-\infty; 2]\) et décroissante sur \([2;+\infty[\).
Nous allons à présent calculer les limites de \(f\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).
\[ \begin{align*} \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)&=\lim_{x\rightarrow +\infty}xe^{-0.5x}+4 \\ &=\lim_{x\rightarrow +\infty}2\times 0.5xe^{-0.5x}+4 \\ &=\lim_{x\rightarrow +\infty}2 \frac{0.5x}{e^{0.5x}}+4 \\ &=\lim_{X\rightarrow +\infty}2 \frac{X}{e^{X}}+4 \\ &=\lim_{X\rightarrow +\infty}2 \frac{1}{\frac{e^{X}}{X}}+4 \\ &=4, \end{align*} \] car d'après le cours, \(\displaystyle \lim_{X\rightarrow +\infty}\frac{e^{X}}{X}=+\infty\).
D'autre part, comme \(\lim_{x\rightarrow -\infty}e^{-0.5x}=+\infty\), nous avons : \[ \lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty. \\ \] Enfin, nous avons : \[ \begin{align*} f(2)&=2e^{-0.5\times 2}+4 \\ &=2e^{-1}+4 \\ &=\frac{2}{e}+4. \end{align*} \] Nous pouvons dresser à présent le tableau de variations de la fonction \(f\).
3) L'équation de la tangente au point d'abscisses 2 est : \[ \begin{align*} y&=f'(2)(x-2)+f(2) \\ &=0\times (x-2)+\frac{2}{e}+4\\ &=\frac{2}{e}+4. \end{align*} \] La tangente à la courbe représentative de la fonction \(f\) au point d'abscisses 2 apour équation \(\displaystyle y=\frac{2}{e}+4\).
4) D'après le tableau de variations, nous avons pour tout réel \(x\) : \[ \begin{align*} &f(x)\leq \frac{2}{e}+4\\ \Longleftrightarrow & f(x)\leq y \end{align*} \] Par conséquent, pour tout \(x\) réel, nous avons \(f(x) \leq y\).
Donc la courbe représentative de la fonction \(f\) est toujours située en-dessous de celle de la tangente au point d'abscisses 2 (voir graphique).
Exercice 7
On utilise la propriété 4 du cours, les dérivées des fonctions usuelles, ainsi que la dérivée du produit de fonctions.\(f'(x)=3e^{3x+2}\)
\(\displaystyle g'(x)=3x^{2}\times e^{\frac{1}{x}+1}+x^{3}\times \left(-\frac{1}{x^{2}}\right)e^{\frac{1}{x}+1}\)
\(\quad \quad \; =3x^{2} e^{\frac{1}{x}+1}-xe^{\frac{1}{x}+1}\)
\(\quad \quad \; =x(3x-1)e^{\frac{1}{x}+1}\)
\(h'(x)=e^{x}e^{e^{x}}\)
\(\displaystyle i'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}+\sqrt{x}\times \left(-\frac{1}{2\left(\sqrt{x}\right)^{3}}\right)e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\)
\(\displaystyle \quad \quad \;=\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}-\frac{1}{2\left(\sqrt{x}\right)^{2}}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\)
\(\displaystyle \quad \quad \;=\frac{1}{2\sqrt{x}}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}-\frac{1}{2x}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\)
\(\displaystyle \quad \quad \;=\frac{1}{2x}e^{\frac{1}{\sqrt{x}}}\left(\sqrt{x}-1\right) \)
Exercice 8
1) Nous reconnaissons la forme \(u'(x)e^{u(x)}\) avec \(u(x)=3x^{2}+2\) et \(\displaystyle u'(x)=6x\), donc l'ensemble des primitives de la fonction \(f\) sont les fonctions \(F\) suivantes : \[ F(x)=e^{3x^{2}+2}+k, \] avec \(k \in \mathbb{R}\).2) Nous pouvons réécrire \(g\) de la façon suivante :
\(\displaystyle g(x)= 2 \times \left(\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)e^{\frac{1}{x}}\right)\).
Nous reconnaissons entre les grandes parenthèses la forme \(u'(x)e^{u(x)}\) avec \(\displaystyle u(x)=\frac{1}{x}\) et \(\displaystyle u'(x)=-\frac{1}{x^{2}}\), donc l'ensemble des primitives de la fonction \(g\) sont les fonctions \(G\) suivantes : \[ G(x)=2e^{\frac{1}{x}}+k, \] avec \(k \in \mathbb{R}\).
3) Nous pouvons réécrire \(h\) de la façon suivante :
\(h(x)=-\left(-\sin(x)e^{\cos(x)+4}\right)\).
Nous reconnaissons entre parenthèses la forme \(u'(x)e^{u(x)}\) avec \(u(x)=\cos(x)+4\) et \(u'(x)=-\sin(x)\), donc l'ensemble des primitives de la fonction \(h\) sont les fonctions \(H\) suivantes : \[ H(x)=-e^{\cos(x)+4}+k, \] avec \(k \in \mathbb{R}\).
4) Nous pouvons réécrire \(i\) de la façon suivante :
\(\displaystyle i(x)=4\left(\frac{1}{\sqrt{x}}e^{2\sqrt{x}}\right)\).
Nous reconnaissons entre parenthèses la forme \(u'(x)e^{u(x)}\) avec \(\displaystyle u(x)=2\sqrt{x}\) et \(\displaystyle u'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}\), donc l'ensemble des primitives de la fonction \(i\) sont les fonctions \(I\) suivantes : \[ I(x)=4e^{2\sqrt{x}}+k, \] avec \(k \in \mathbb{R}\).