Exercice 1 (contrôle 2015/2016) Partie A : Résultat préliminaire

Le but de cette partie est de montrer que xlim→+∞

2

x

x

e

= 0

1) On pose u = x

2 (c’est à dire x = 2u). Quelle est la limite de u quand x tend vers + ∞ ?

2) a) Exprimer 2

x

x

e en fonction de

u

u

e

b) En déduire xlim→+∞

2

x

x

e

Partie B : Etude d’une fonction f

1) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = ( 2x + 2x – 1) xe− + 1 et soit c sa courbe représentative dans un repère du plan.

a) On constatant que f(x) = 2

x

x 2x 11

e

+ − + et en utilisant la partie A, déterminer la limite de f en + ∞ .

Quelle est la conséquence graphique de ce résultat ? b) Déterminer la limite de f en − ∞ . c) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) et (3 – 2x ) ont le même signe.

d) Dresser le tableau de variation de f sur Y

e) Montrer que l’équation f(x) = 0 admet deux solutions dans Y. Vérifier que f(0) = 0. On note α la solution non nulle de l’équation f(x) = 0 Déterminer une valeur approchée de α à 0,01 près.

f) Dresser le tableau de signes de f(x) sur Y

Exercice 2 (contrôle 2015/2016)

Soit f et g les fonctions définies sur Y par f(x) = xe et g(x) = 2x2e − 1

On note cf et cg les courbes représentatives des fonctions f et g dans un repère orthogonal. 1) Démontrer que les courbes cf et cg ont un unique point commun dont on précisera l’abscisse. 2) On admet que l’abscisse du point cherché à la question 1) est 0. Montrer qu’en ce point, cf et cg ont la même tangente Δ dont on déterminera une équation.

Exercice 3 (devoir maison 2015/2016) Un parachutiste s’élance d’une altitude de 1000 m avec une vitesse verticale initiale de 0 m/s. Le parachute est déclenché à une altitude de 400 m. La ditance d(t) (t en seconde) parcourue par le parachutiste depuis son saut et jusqu’au déclenchement du parachute est donnée par la formule :

d(t) = 10t + C( te− − 1) où C est une constante La vitesse v(t) du parachutiste à l’instant t est donnée par v(t) = d’(t). 1) A l’aide des données de l’énoncé, déterminer la valeur du réel C. 2) Etudier les variations de d sur l’intervalle [0 ; + ∞ [ 3) Déterminer le temps au bout duquel le parachutiste doit déclencher son parachute.

Exercice 4 (contrôle 2014/2015) Partie A

Soit g la fonction définie sur Y par g(x) = xe − 2 1) Calculer g'(x) et construire le tableau de variation de la fonction g (limites comprises) 2) Montrer que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution réelle α. 3) Déterminer une valeur approchée de α à 210− près. 4) Dresser un tableau donnant le signe de g(x) en fonction de α. Partie B

Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 2xe− (1 − xe ) 1) Déterminer la limite de f en − ∞ et en + ∞ . 2) a) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) est du signe de g(x).

b) Montrer que f(α) = − 14

c) Dresser le tableau de variation de la fonction f.

Exercice 5 (contrôle 2014/2015) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 2xe + a xe + b où a est un réel strictement positif et b est un réel.

Soit cf la courbe représentative de la fonction f dans un repère (O ; →i ;

→j )

Le point O appartient à cf. La droite (OA) est tangente à cf en O, A étant le point de coordonnées (1; 7) (voir graphique ci-dessous)

1) Calculer a et b après avoir déterminé graphiquement les valeurs de f(0) et f ’(0). 2) Montrer que la droite d'équation y = − 6 est asymptote à cf.

3) Montrer que la fonction f est croissante sur Y.

→i

→j

cf

Exercice 6 (contrôle 2014/2015)

On considère la fonction f définie sur Y par f(x) = 2 x1x x xe

2−− +

Le graphique ci-contre donne la courbe représentant f telle que l'affiche une calculatrice dans un repère orthogonal. 1) A l'observation de cette courbe, quelle conjecture peut-on faire concernant le sens de variation de f sur

Y ?

2) a) Montrer que pour tout x ∈ Y, f ’(x) = (x − 1)(1 − xe− ) b) Etudier le signe de f ’(x) puis dresser le tableau de variation de la fonction f (aucun calcul de limite n'est demandé) 3) Conclure quant à la validité de la conjecture émise à la question 1)

Exercice 7 (bac blanc 2014/2015)

On considère la fonction f définie et dérivable sur Y par ( )f x = 1x

xx

e+ +

On note c sa courbe représentative dans un repère orthonormé ( ); ;O i j� �

Partie A

1) Soit g la fonction définie et dérivable sur Y par ( )g x = 1 xx e− +

Dresser, en le justifiant, le tableau donnant les variations de la fonction g sur Y (les limites de g aux bornes de son ensemble de définition ne sont pas attendues). 2) En déduire le signe de ( )g x .

Partie B 1) Déterminer la limite de la fonction f en + ∞ et en − ∞ . 2) Démontrer que, pour tout réel x, ( ) ( )' xf x e g x−=

3) En déduire le tableau de variation de la fonction f sur Y.

4) a) Démontrer que l'équation ( )f x = 0 admet une unique solution réelle α sur Y.

b) Démontrer que − 1 < α < 0. 5) a) Démontrer que la droite d d'équation y = 2x + 1 est tangente à la courbe c au point d'abscisse 0. b) Etudier la position relative de la courbe c et de la droite d. Partie C

Soit H la fonction définie et dérivable sur Y par ( )2

( 1)2

−= + + − − xxH x x x e

1) Calculer ( )'H x .

2) Que constatez-vous ?

Exercice 8 (devoir maison 2015/2016)

Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = x + x

4

1 e+ et soit c sa courbe représentative.

Soit d la droite d'équation y = x + 4 et Δ la droite d'équation y = x 1) Montrer que la courbe c est située entre les droites d et Δ.

2) Etudier les variations de la fonction f sur Y. Dresser son tableau de variation. 3) Justifier que la courbe c admet une tangente horizontale Γ

4) Dans un repère orthonormé (O ; →i ;

→j ) (unité: 2 cm ou 2 grands carreaux), tracer avec précision les

droites d, Δ et Γ puis la courbe c.

Exercice 9 (contrôle 2015/2016) Remarque importante :

Dans cet exercice, on pourra éventuellement utiliser le résultat préliminaire démontré dans le contrôle n° 4,

c’est à dire : xlim→+∞

2

x

x

e

= 0

1) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = ( 2x + 2x – 7) xe− + 1 et soit c sa courbe représentative dans un repère du plan.

a) On constatant que f(x) = 2

x

x 2x 71

e

+ − + , déterminer la limite de f en + ∞ .

Quelle est la conséquence graphique de ce résultat ? b) Déterminer la limite de f en − ∞ . c) Calculer f ’(x) et montrer que f ’(x) et (9 – 2x ) ont le même signe.

d) Dresser le tableau de variation de f sur Y e) Montrer, en rédigeant parfaitement toutes les explications nécessaires, que l’équation f(x) = 0

admet deux solutions dans Y. On désigne par α la plus petite de ces deux solutions et par β la plus grande. Montrer que – 4 < α < − 3 Déterminer une valeur approchée de β à 0,01 près.

f) Dresser le tableau de signes de f(x) sur Y

Exercice 10 (contrôle 2015/2016) Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 1 xe + − 2xe + x − 3 et soit c sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan. Soit d la droite d’équation y = x – 3 Etudier les positions relatives de la courbe c et de la droite d. Remarque importante : penser que 1 xe + = e × xe

Exercice 11 (contrôle 2015/2016) Sur le graphique ci-contre, on a tracé, dans un repère

orthonormé (O ; →i ;

→j ), une courbe c et une droite (AB)

passant par les points A et B de coordonnées respectives (0 ; 1) et ( − 1 ; 3). c est la courbe représentative d’une fonction f définie sur

Y par f(x) = x + 1 + ax2xe− (a réel).

1) Justifier que la courbe c passe par le point A. 2) a) Démontrer que, pour tout réel x,

f ’(x) = 1 – a(2 2x − 1)2xe−

b) La droite (AB) est tangente à la courbe c au point A. Lire sur le graphique la valeur de f ’(0) et en déduire la valeur du réel a.

Exercice 12 (contrôle 2015/2016)

Soit f la fonction définie sur Y par f(x) = 1 − x

2x

4e

e 1+ et soit c sa courbe représentative dans un repère

orthogonal du plan. 1) Démontrer que c admet une asymptote horizontale d’équation y = 1 en + ∞ et − ∞ .

2) a) Montrer que, pour tout réel x, f ’(x) = ( )

( )x 2x

22x

4e e 1

e 1

−

+

b) En déduire le tableau de variation de la fonction f sur Y. 3) a) Montrer que, pour tout réel x, f( − x) = f(x) b) Que peut-on en déduire pour la courbe c ?

Exercice 13 (bac blanc 2015/2016) Partie A On considère la fonction f définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; + ∞ [ par f(x) = x xe− 1) Déterminer la limite de la fonction f en + ∞ . 2) Déterminer la dérivée f ’de la fonction f sur [0 ; + ∞ [ et en déduire le tableau de variation de f sur [0 ; + ∞ [ 3) Justifier que si x ∈ [0 ; 1] alors f(x) ∈ [0 ; 1] On donne en annexe 1 la courbe c représentative de la fonction f dans un repère du plan. La droite Δ d’équation y = x a aussi été tracée. Partie B Soit la suite ( nu ) définie par 0u = 1 et, pour tout entier naturel n, n 1u + = ( )nf u

1) Placer sur le graphique donné en annexe 1, en utilisant la courbe c et la droite Δ, les points 0A , 1A et

2A d’ordonnées nulles et d’abscisses respectives 0u , 1u et 2u . Laisser les tracés explicatifs apparents.

2) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 ≤ nu ≤ 1

3) Montrer que la suite (nu ) est décroissante.

4) a) Montrer que la suite (nu ) est convergente.

b) On admet que la limite de la suite (nu ) est solution de l’équation xxe− = x.

Résoudre cette équation pour déterminer la valeur de cette limite.

Partie C On considère la suite (nS ) définie pour tout entier naturel n par

nS = k n

k 0 1 nk 0

u u u ... u=

=

= + + +

Compléter l’algorithme donné en annexe 2 afin qu’il calcule 100S

Annexe 1

Annexe 2

c

Δ

Déclaration des variables : S et u sont des nombres réels k est un nombre entier Initialisation : u prend la valeur ........ S prend la valeur ........ Traitement : Pour k variant de 1 à ........ u prend la valeur u × ue− S prend la valeur ........ Fin Pour Afficher ........

Exercice 14 (bac blanc 2015/2016) On considère les fonctions f et g définies pour tout réel x par :

f(x) = xe et g(x) = 1 – xe− Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthogonal du plan, notées respectivement cf et cg, sont fournies en annexe 3. Partie A Ces courbes semblent admettre deux tangentes communes. Tracer au mieux ces tangentes sur la figure de l’ annexe 3. Partie B Dans cette partie, on admet l’existence de ces tangentes communes. On note d l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe cf au point A d’abscisse a et tangente à la courbe cg au point B d’abscisse b. 1) a) Exprimer en fonction de a le coefficient directeur de la tangente à la courbe cf au point A. b) Exprimer en fonction de b le coefficient directeur de la tangente à la courbe cg au point B. c) En déduire que b = − a 2) Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. Démontrer que le réel a est solution de l’équation

2(x – 1) xe + 1 = 0 Partie C

On considère la fonction φ définie sur Y par φ(x) = 2(x – 1) xe + 1

1) a) Calculer les limites de la fonction φ en − ∞ et + ∞ b) Calculer la dérivée de la fonction φ, puis étudier son signe.

c) Dresser le tableau de variation de la fonction φ sur Y. Préciser la valeur de φ(0).

2) a) Démontrer que l’équation φ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans Y. b) On note α la solution négative de l’équation φ(x) = 0 et β la solution positive de cette équation. A l’aide d’une calculatrice, donner les valeurs de α et β arrondies au centième. 3) Montrer que 2eα − 1 = 2αeα Partie D Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que l’on a admise dans la partie B. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. On note E le point de la courbe cf d’abscisse α et F le point de la courbe cg d’abscisse – α (α est le réel défini dans la partie C). 1) Démontrer que la droite (EF) est tangente à la courbe cf au point E (on pourra utiliser la réponse à la question 3) de la partie C) 2) Démontrer que (EF) est tangente à cg au point F.

Annexe 3

cf

cg

Exercice 1 - Corrigé Partie A

1) xlim→+∞

x

2 = + ∞ donc la limite de u quand x tend vers + ∞ est + ∞

2) a) u = x

2 donc x = 2u

2

x

x

e =

( )( )

2 22

22u uu

2u 4u u4

e ee

= =

b) On sait, d’après le cours, que ulim→+∞

ue

u = + ∞ donc, en inversant, on a

ulim→+∞ u

u

e = 0

De plus, on sait que u 0lim

→

2u = 0 donc, par composition, on obtient : ulim→+∞

2

u

u

e

= 0

Par produit, on en déduit finalement que ulim→+∞

42

u

u

e

= 0

Finalement, on a xlim→+∞

2

x

x

e

= 0

Partie B

1) a) f(x) = 2 2

x x x x

x 2x 1 x 2x 11 1

e e e e

+ − + = + − +

On sait que xlim→+∞

2

x

x

e

= 0, que xlim→+∞ x

x

e

= 0 et que xlim→+∞ x

1

e

= 0, par conséquent, par somme, on en

déduit que xlim→+∞

f(x) = 1

On en déduit que la droite d’équation y = 1 est une asymptote à la courbe c en + ∞ . b) ●

xlim→−∞

( − x) = + ∞ et xlim→+∞

xe = + ∞ donc, par composition, xlim→−∞

xe− = + ∞

● pour x ≠ 0, on a: 2x + 2x – 1 = 2x2

2 11

x x + −

xlim→−∞ 2

2 11

x x + −

= 1 et xlim→−∞

2x = + ∞ donc, par produit, xlim→+∞

( 2x + 2x – 1) = + ∞

● Finalement, par produit et somme, xlim→−∞

f(x) = + ∞

c) On pose : u(x) = 2x + 2x – 1 v(x) = xe− u’(x) = 2x + 2 v’(x) = − xe− f est de la forme uv + 1 donc f ’ est de la forme u’v + uv’ f ’(x) = (2x + 2) xe− + ( 2x + 2x – 1)( − xe− ) = xe− (2x + 2 – 2x − 2x + 1) = xe− ( − 2x + 3) = xe− (3 – 2x )

On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc on en déduit que f ’(x) et (3 – 2x ) sont du même signe. d) 3 – 2x = ( 3 – x)( 3 + x) D’où le tableau suivant:

x − ∞ − 3 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,97

≈ − 7,28 1

( ) ( ) 3f 3 2 2 3 e 1− = − + ≈ − 7,28

( ) ( ) 3f 3 2 2 3 e 1−= + + ≈ 1,97

e) D’après le tableau de variation et le théorème des valeurs intermédiaires, on voit que l’équation

f(x) = 0 admet deux solutions α et β dans Y.

x − ∞ α − 3 β 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,97

0 0 ≈ − 7,28 1

Version bien rédigée :

● f est continue et décroissante sur l’intervalle ; 3 −∞ −

0 appartient à l’intervalle [ [7,28;− +∞ donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans

; 3 −∞ −

● f est continue et croissante sur l’intervalle 3; 3 −

0 appartient à l’intervalle [ − 7,28 ; 1,97] donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans

3; 3 −

● f est continue et décroissante sur l’intervalle 3; +∞ mais 0 n’appartient pas à l’intervalle [1 ; 1,97]

donc l’équation f(x) = 0 n’admet pas de solution dans l’intervalle 3; +∞

● Conclusion : On a bien montré que f(x) = 0 admet 2 solutions dans Y f(0) = (02 + 2 × 0 – 1) 0e + 1 = − 1 × 1 + 1 = 0 On en déduit que β = 0 On trace sur la calculatrice la courbe représentant f et la droite d’équation y = 0 On utilise le menu « intersection » et on trouve une valeur approchée de α α = − 2,38 à 0,01 près. f) Les questions d) et e) nous permettent de dresser le tableau suivant :

x − ∞ α 0 + ∞ signe de f(x) + 0 − 0 +

Exercice 2 - Corrigé On résout : f(x) = g(x)

xe = 2x

2e − 1

xe − 2x

2e + 1 = 0

2x x

2 2e 2e 1 0

− + =

On reconnaît une identité remarquable

2x

2e 1

−

= 0

x

2e 1 0− =

x

2e = 0e

x

02

=

x = 0 L’équation n’ayant qu’une solution, on a bien montré que les courbes cf et cg ont un unique point commun dont l’abscisse est 0. 2) ● f ’(x) = xe f ’(0) = 0e = 1 Le coefficient directeur de la tangente Δ à cf au point d’abscisse 0 est égal à 1. L’équation de Δ est : y = f ’(0)(x – 0) + f(0) y = 1(x – 0) + 1 y = x + 1

● g’(x) = 2 × 1

2

x

2e = x

2e

g’(0) = 0e = 1 Le coefficient directeur de la tangente d à cg au point d’abscisse 0 est égal à 1. ● Les droites Δ et d passent par le même point (le point d’intersection des courbes cf et cg) et ont le même coefficient directeur : elles sont donc confondues. Conclusion : On a bien montré qu’en leur point d’intersection, les courbes cf et cg ont la même tangente donc une équation est y = x + 1

Exercice 3 - Corrigé 1) D’après l’énoncé, on sait que la vitesse initiale (soit à l’instant t = 0) est égale à 0 m/s donc d’(0) = 0 d est de la forme u + C × v donc d’ est de la forme u’ + C × v’ avec : u(t) = 10t u’(t) = 10 v(t) = te− − 1 v’(t) = − te− d’où d’(t) = 10 + C × ( − te− ) = 10 – C te− d’(0) = 0 donc : 10 – C0e = 0 10 – C = 0 C = 10 d(t) = 10t + 10( te− − 1) 2) d’(t) = 10 – 10 te−

On sait que t ≥ 0 donc : − t ≤ 0 te− ≤ 1 − 10 te− ≥ − 10 10 – 10 te− ≥ 0 On en déduit que la fonction d est croissante sur [0 ; + ∞ [ 3) Le parachute se déclenche à 400 m d’altitude : La distance parcourue est alors égale à 600 m. On ne sait pas résoudre l’équation d(t) = 600 par le calcul, on va donc montrer que cette équation a une unique solution dans l’intervalle [0 ; + ∞ [ et déterminer une valeur approchée de cette solution. Limite en + ∞

tlim→+∞

( − t) = − ∞ et tlim→−∞

te = 0 donc tlim→+∞

( te− ) = 0 et, par somme et produit, tlim→+∞

10( te− − 1) = − 10

Finalement, comme tlim→+∞

10t = + ∞ , tlim→+∞

d(t) = + ∞

On a donc le tableau suivant :

t 0 α + ∞ variation de d + ∞

600 0

D’après le TVI et le tableau de variation ci-dessus, l’équation d(t) = 600 a une unique solution α appartenant à l’intervalle [0 ; + ∞ [. La calculatrice nous permet de déterminer une valeur approchée de α. On trouve α ≈ 61 C’est donc au bout de 61 secondes que le parachutiste doit déclencher son parachute.

Exercice 4 - Corrigé Partie A

1) ● g'(x) = xe > 0 donc g est croissante sur Y ● on sait que

xlim→+∞

xe = + ∞ et xlim→−∞

xe = − 0 donc, par somme, on a xlim→+∞

g(x) = + ∞ et xlim→−∞

g(x) = − 2

x − ∞ α + ∞

variation de g + ∞ 0 − 2

2) g est croissante et continue sur Y

xlim→+∞

g(x) = + ∞ et xlim→−∞

g(x) = − 2 et 0 appartient à l'intervalle ] − 2 ; + ∞ [

On en déduit que l'équation g(x) =0 admet une unique solution α dans Y. 3) On utilise la commande « intersection » du menu GRAPH et on trouve α ≈ 0,69 Remarque: on verra dans le chapitre 9 que la valeur exacte de α est ln(2) 4) On a le tableau suivant:

x − ∞ α + ∞

signe de g(x) − 0 + Partie B 1) ● limite en − ∞ : pas de forme indéterminée

xlim→−∞

( − 2x) = + ∞ et xlim→+∞

xe = + ∞ donc, par composition, xlim→−∞

2xe− = + ∞

De plus, xlim→−∞

xe = 0 donc, par somme, xlim→−∞

(1 − xe ) = 1

Par produit, on en déduit que xlim→−∞

f(x) = + ∞

● limite en + ∞ : forme indéterminée du type « 0 × ∞ » On développe f(x) f(x) = 2xe− − 2xe− × xe = 2xe− − xe−

xlim→+∞

( − 2x) = − ∞ et xlim→−∞

xe = 0 donc, par composition, xlim→+∞

2xe− = 0

De même, on montre que xlim→+∞

xe− = 0 donc, par somme, xlim→+∞

f(x) = 0

2) a) f est de la forme uv donc f ’ est de la forme u'v + uv' avec: u(x) = 2xe− u'(x) = − 2 2xe− v(x) = 1 − xe v'(x) = − xe f ’(x) = − 2 2xe− (1 − xe ) − xe × 2xe−

f ’(x) = 2xe− ( ) ( ) ( ) ( )x x 2x x x 2x x 2x2 1 e e e 2 2e e e e 2 e g x− − − − − − = − + − = − =

On sait que, pour tout x ∈ Y, 2xe− > 0 donc f ’(x) et g(x) sont du même signe. b) On sait que g(α) = 0 donc eα − 2 = 0 c'est à dire eα = 2

f(α) = ( ) ( )( )

( )222 2

1 1 1 1e 1 e 1 2 1

e 2 4e

− α αα α

−− = − = × − = = −

c) On a le tableau suivant:

x − ∞ α + ∞ signe de f ’(x) − 0 + variation de f + ∞ 0

1

4−

Exercice 5 - Corrigé 1) ● f(0) = 0 donc 2 0 0e ae b 0× + + = c'est à dire 1 + a + b = 0

● f ’(0) = A 0

A 0

y y 7 07

x x 1 0

− −= =− −

● f ’(x) = 2 2xe + a xe donc on a 2 0 02e ae 7× + = c'est à dire 2 + a = 7

● On a donc le système suivant: 1 a b 0

2 a 7

+ + = + =

b 1 a

a 5

= − − =

b 6

a 5

= − =

donc f(x) = 2xe + 5 xe − 6 2) D'après le graphique, on peut conjecturer que la droite d'équation y = − 6 est asymptote à cf en − ∞ : On calcule donc la limite de f en − ∞

xlim→−∞

2x = − ∞ et xlim→−∞

xe = 0 donc, par composition, xlim→−∞

2xe = 0

Par somme, on en déduit que xlim→−∞

f(x) = 0 + 5 × 0 − 6 = − 6

Par conséquent, la droite d'équation y = − 6 est bien asymptote à c en − ∞ . 3) f ’(x) = 2 2xe + 5 xe = xe (2 xe + 5)

On sait que pour tout x ∈ Y, xe > 0 et que 2xe + 5 > 0 (somme de 2 nombres strictement positifs) On en déduit que f ’(x) > 0 (produit de 2 nombres strictement positifs): La fonction f est donc bien

croissante sur Y.

Exercice 6 - Corrigé 1) ● Il semble que la fonction f soit croissante sur Y

2) a) f est de la forme u + v + w donc f ’ est de la forme u' + v' + w' avec: u(x) = 21x

2 u'(x) = x

v(x) = − x v'(x) = − 1 w(x) = x xe− w est de la forme ab donc w' est de la forme a'b + ab' avec: a(x) = x a'(x) = 1 b(x) = xe− b'(x) = − xe− D'où w'(x) = 1 × xe− − x xe− = xe− (1 − x) et f ’(x) = x − 1 + xe− (1 − x) = (x − 1) − xe− (x − 1) = (x − 1)(1 − xe− ) On a bien montré que f ’(x) = (x − 1)(1 − xe− ) b) On résout l'inéquation: 1 − xe− > 0 − xe− > − 1 xe− < 1 xe− < 0e − x < 0 x > 0 On en déduit le tableau suivant:

x − ∞ 0 1 + ∞ signe de (x − 1) − − 0 +

signe de 1 − xe− − 0 + +

signe de f ’(x) + 0 − 0 + variation de f 0

1 1

2 e− +

3) La conjecture émise à la question 1) était fausse car la fonction n'est pas monotone sur Y.

Exercice 7 - Corrigé Partie A 1) g'(x) = − 1 + xe g'(x) > 0 équivaut à: − 1 + xe > 0 xe > 1 x > 0 d'où le tableau suivant:

x − ∞ 0 + ∞ signe de g'(x) − 0 + variation de g

2

2) D'après le tableau ci-dessus, le minimum de la fonction g est égal à 2 donc la fonction g est strictement

positive pour tout x ∈ Y.

Partie B 1) ● Limite de la fonction f en + ∞

xlim→+∞

xe

x = + ∞ , donc, en inversant,

xlim→+∞ x

x

e = 0

De plus, xlim→+∞

(x + 1) = + ∞ donc, par somme, xlim→+∞

f(x) = + ∞

● Limite de la fonction f en − ∞

xlim→−∞

x = − ∞ et xlim→−∞

xe = 0+ donc, par quotient, xlim→−∞ x

x

e = − ∞

De plus, xlim→−∞

(x + 1) = − ∞ donc, par somme, xlim→−∞

f(x) = − ∞

2) f est de la forme u + v

w donc f ’ est de la forme u' +

2

v 'w vw '

w

−

avec: u(x) = x + 1 u'(x) = 1 v(x) = x v'(x) = 1 w(x) = xe w'(x) = xe

donc f ’(x) = 1 + ( )

( )( )

( ) ( )xx x x

x x x2 2 x xx x

e 1 x1 e xe 1 x e 1 x1 1 e 1 x e e g x

e ee e

− −−× − − + −= + = + = = − + =

On a bien montré que f ’(x) = xe− g(x)

3) On sait que pour tout x ∈ Y, xe− > 0 et g(x) > 0 donc f ’(x) > 0 D'où le tableau suivant:

x − ∞ α + ∞ variation de f + ∞

0 − ∞

4) a) La fonction f est continue et croissante sur Y

De plus, xlim→−∞

f(x) = − ∞ et xlim→+∞

f(x) = + ∞

0 ∈ ] − ∞ ; + ∞ [ donc l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur Y.

b) f( − 1) = − 1 + 1 + 1

1 1e

1ee

−

− = − = − < 0

f(0) = 0 + 1 + 0

0

e = 1 > 0

De plus, f(α) = 0 On constate que f( − 1) < f(α) < f(0) donc on en déduit que − 1 < α < 0 car la fonction f est croissante sur

Y. 5) a) L'équation réduite de la tangente à la courbe c au point d'abscisse 0 est: y = f ’(0) (x − 0) + f(0)

f ’(0) = ( )0e g 0 1 2 2− = × =

f(0) = 1 d'où y = 2(x − 0) + 1 = 2x + 1 On a bien démontré que la droite d est tangente à c au point d'abscisse 0

b) On étudie le signe de f(x) − (2x + 1) = x + 1 + x

x

e − 2x − 1 = − x +

x

x

e = ( )x

x

1x 1 x 1 e

e− − + = − +

On résout − 1 + xe− > 0: xe− > 1 − x > 0 x < 0 D'où le tableau suivant:

x − ∞ 0 + ∞ signe de x − 0 +

signe de − 1 + xe− + 0 −

signe de f(x) − (2x + 1) − 0 − position de la courbe c et de la droite d c est en dessous c est en dessous

de d de d

Partie C 1) H est de la forme u + vw donc H' est de la forme u' + v'w + vw'

avec u(x) = 2x

x2

+ u'(x) = x + 1

v(x) = − x − 1 v'(x) = − 1

w(x) = xe− w'(x) = − xe− (on applique ici la formule ( )/u ue u 'e= )

d'où H'(x) = x + 1 + ( − 1) xe− + ( − x − 1)( − xe− )

H'(x) = x + 1 + xe− ( − 1 + x + 1) = x + 1 + x xe− = x + 1 + x

x

e

2) On constate que H'(x) = f(x) donc H est une primitive de f.

d est tangente

à c

Exercice 8 – Corrigé 1) ● Etude de la position relative de la courbe c et de la droite d

f(x) – (x + 4) = ( )x x x

x x x x x

4 1 e4 4 4 4 4e 4ex x 4

1 e 1 e 1 e 1 e 1 e

+ − −+ − − = − = = −+ + + + +

On sait que, pour tout x ∈ Y: xe > et 1 + xe > 0 On en déduit donc que f(x) – (x + 4) < 0: Par conséquent, la courbe c est située en dessous de la droite d. ● Etude de la position relative de la courbe c et de la droite Δ

f(x) – x = x x

4 4x x

1 e 1 e+ − =

+ +

On sait que, pour tout x ∈ Y, 1 + xe > 0 On en déduit donc que f(x) – x > 0: Par conséquent, la courbe c est située au dessus de la droite Δ ● Conclusion: c est bien situées entre les droites d et Δ

2) f est de la forme u + 4 × 1

v donc f ’ est de la forme u’ + 4 ×

2 2

v' 4v 'u '

v v − = −

avec: u(x) = x u’(x) = 1 v(x) = 1 + xe v’(x) = xe

d’où f ’(x) = ( )

( )( ) ( )

( )( )

( )( )

2 2 2x x x x x xx x

2 2 2 2 2x x x x x

1 e 1 2e e 4e 1 2e e4e 4e1

1 e 1 e 1 e 1 e 1 e

+ + + − − +− = − = =

+ + + + + =

( )( )

2x

2x

1 e

1 e

−

+

On sait que, pour tout x ∈ Y, ( )2x1 e− ≥ 0 et que ( )2x1 e+ > 0 donc f ’(x) ≥ 0

D’autre part, on résout l’équation ( )2x1 e− = 0 pour savoir les valeurs de x qui annulent f ’(x)

Cette équation équivaut à: 1 − xe = 0 − xe = − 1 xe = 0e x = 0 On obtient donc le tableau suivant:

x − ∞ 0 + ∞ signe de f ’(x) + 0 + variation de f + ∞

− ∞

● Limite en + ∞

xlim→+∞

xe = + ∞ donc, par somme et quotient, xlim→+∞ x

4

1 e+ = 0

Finalement, par somme, xlim→+∞

f(x) = + ∞

● Limite en − ∞

xlim→−∞

xe = 0 donc, par somme et quotient, xlim→−∞ x

4

1 e+ = 4

Finalement, par somme, xlim→−∞

f(x) = − ∞

Autre méthode: ● Limite en + ∞

On a vu que, pour tout x ∈ Y, f(x) – x > 0 c’est à dire f(x) > x

xlim→+∞

x = + ∞ donc, par comparaison, xlim→+∞

f(x) = + ∞

● Limite en − ∞

On a vu que, pour tout x ∈ Y, f(x) – (x + 4) < 0 c’est à dire f(x) < x + 4

xlim→−∞

(x + 4) = − ∞ donc, par comparaison, xlim→−∞

f(x) = − ∞

3) D’après le tableau de variation dressé à la question 2), on a vu que f ’(x) s’annule en 0: Cela signifie qu’au point d’abscisse 0, c admet une tangente horizontale. 4)

Exercice 9 - Corrigé

1) a) pour x ≠ 0, on a f(x) =

22 22

x x x 2

2 7x 1

x 2x 7 x 2 7x x1 1 1 1e e e x x

+ − + − + = + = + − +

On sait que xlim→+∞

2

x

x

e

= 0 et que xlim→+∞ 2

2 71

x x + −

= 1, donc, par produit, on en déduit que

xlim→+∞

2

x 2

x 2 71

e x x + −

= 0 et, par somme, que xlim→+∞

f(x) = 1

On en déduit que la droite d’équation y = 1 est une asymptote à la courbe c en + ∞ .

b) On sait que xlim→−∞ 2

2 71

x x + −

= 1, que xlim→−∞

2x = + ∞ et que xlim→−∞

xe = 0+ donc, par produit et quotient,

on en déduit que xlim→−∞

2

x 2

x 2 71

e x x + −

= + ∞

d

Δ

Γ c

Finalement, par somme, xlim→−∞

f(x) = + ∞

c) On pose : u(x) = 2x + 2x − 7 v(x) = xe− u’(x) = 2x + 2 v’(x) = − xe− f est de la forme uv + 1 donc f ’ est de la forme u’v + uv’ f ’(x) = (2x + 2) xe− + ( 2x + 2x – 7)( − xe− ) = xe− (2x + 2 – 2x − 2x + 7) = xe− ( − 2x + 9) = xe− (9 – 2x )

On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc on en déduit que f ’(x) et (9 – 2x ) sont du même signe. d) 9 – 2x = (3 – x)(3 + x) D’où le tableau suivant:

x − ∞ − 3 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,4

≈ − 79,3 1

f( − 3) = ( ) ( )( )2 3 33 2 3 7 e 1 4e 1− + × − − + = − + ≈ − 79,3

f(3) = ( )2 3 33 2 3 7 e 1 8e 1− −+ × − + = + ≈ 1,4

e) ● f est continue et décroissante sur l’intervalle ] − ∞ ; − 3] 0 appartient à l’intervalle [ [79,3;− +∞ donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans

] − ∞ ; − 3] ● f est continue et croissante sur l’intervalle [ − 3 ; 3] 0 appartient à l’intervalle [ − 79,3 ; 1,4] donc l’équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans [ − 3 ; 3] ● f est continue et décroissante sur l’intervalle [3 ; + ∞ [ mais 0 n’appartient pas à l’intervalle [1 ; 1,4] donc l’équation f(x) = 0 n’admet pas de solution dans l’intervalle [3 ; + ∞ [

● Conclusion : On a bien montré que f(x) = 0 admet 2 solutions dans Y

x − ∞ α − 3 β 3 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + 0 − variation de f + ∞ ≈ 1,4

0 0 ≈ − 79,3 1

f( − 4) = ( ) ( )( )2 4 44 2 4 7 e 1 e 1− + × − − + = + > 0

f( − 3) = − 4e3 + 1 < 0 On a donc f( − 3) < 0 < f( − 4) c’est à dire f( − 3) < f(α) < f( − 4) La fonction f étant décroissante sur l’intervalle [ − 4 ; − 3], on en déduit donc que – 4 < α < − 3 On trace sur la calculatrice la courbe représentant f et la droite d’équation y = 0 On utilise le menu « intersection » et on trouve une valeur approchée de β β = 1,18 à 0,01 près. f) Les questions d) et e) nous permettent de dresser le tableau suivant :

x − ∞ α β + ∞ signe de f(x) + 0 − 0 +

Exercice 10 - Corrigé On étudie le signe de f(x) – (x – 3)

f(x) – (x – 3) = ( ) ( )21 x 2x x x x xe e x 3 x 3 e e e e e e+ − + − − + = × − = −

Pour tout x ∈ Y, xe > 0 donc f(x) – (x – 3) est du signe de e − xe On résout l’inéquation e − xe ≥ 0 afin de remplir un tableau de signes : e − xe ≥ 0 − xe ≥ − e xe ≤ 1e x ≤ 1 On a donc le tableau suivant :

x − ∞ 1 + ∞ signe de f(x) – (x – 3) + 0 − positions relatives de c et de d c est au dessus c est en dessous

de d de d

Exercice 11 - Corrigé 1) f(0) = 0 + 1 + a × 0 × 0e = 1 La courbe c passe donc par le point de coordonnées (0 ; 1), c’est à dire par le poin tA. 2) a) f est de la forme w + uv donc f ’ est de la forme w’ + u’v + uv’ avec: w(x) = x + 1 w’(x) = 1 u(x) = ax u’(x) = a

v(x) = 2xe− v’(x) = − 2x

2xe− en appliquant la formule ( )z ze ' z 'e=

Par conséquent, f ’(x) = 1 + a2xe− + ax × ( − 2x) e- 2x = 1 + a

2xe− − 2ax2 2xe−

f ’(x) = 1 + a2xe− (1 – 2x2 ) = 1 – a

2xe− (2 2x − 1) = 1 – a(2x2 − 1)2xe−

b) f ’(0) est le coefficient directeur de la droite (AB) donc f ’(0) = B A

B A

y y 3 1 22

x x 1 0 1

− −= = = −− − − −

On a donc : ( ) 22 01 a 2 0 1 e 2−− × − = −

1 – a × ( − 1) × 1 = − 2 1 + a = − 2 a = − 3

donc f(x) = x + 1 – 3x2xe−

Exercice 12 - Corrigé 1) ● Limite en + ∞

forme indéterminée du type ∞∞

c et d se coupent

f(x) = 1 − x

xx xxx

4e 41

11 ee eee

= − ++

xlim→+∞

xe = + ∞ donc xlim→+∞ x

1

e

= 0

Par somme, on en déduit que xlim→+∞

xx

1e

e +

= + ∞ et, par quotient, on a xlim→+∞

x

x

41

ee

+ = 0

Finalement, par somme, xlim→+∞

f(x) = 1

On en déduit alors que la droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe c en + ∞ ● Limite en − ∞ On sait que

xlim→−∞

(2x) = − ∞ et que xlim→−∞

xe = 0 donc, par composition, xlim→−∞

2xe = 0 et, par somme, on a

xlim→−∞

( 2xe + 1) = 1

Par quotient, on a alors xlim→−∞

x

2x

4e

e 1+ = 0 et, par somme,

xlim→−∞

f(x) = 1

On en déduit alors que la droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe c en − ∞

2) a) f est de la forme 1 − u

v donc f ’ est de la forme −

2

u 'v uv '

v

− avec:

u(x) = 4 xe u’(x) = 4 xe v(x) = 2xe + 1 v’(x) = 2 2xe

donc f ’(x) = − ( )

( )( )( )

( )( )

( )( )

x 2x x 2x x 2x 2x x 2x x 2x

2 2 2 22x 2x 2x 2x

4e e 1 4e 2e 4e e 1 2e 4e e 1 4e e 1

e 1 e 1 e 1 e 1

+ − × + − − + −= − = − =

+ + + +

b) On sait que xe > 0 pour tout x ∈ Y donc 4 xe > 0 et ( )22xe 1+ > 0

Par conséquent, f ’(x) est du signe de 2xe − 1 On résout donc l’inéquation 2xe − 1 ≥ 0 afin de compléter un tableau de signes : 2xe − 1 ≥ 0 2xe ≥ 0e 2x ≥ 0 x ≥ 0

x − ∞ 0 + ∞ signe de f ’(x) − 0 + variation de f 1 1

− 1

3) a) f( − x) = ( )x 2x xx x

2x2x x 2x 2x

2x 2x

4 44e 4 e 4ee e1 1 1 1 1 f x

1 1 ee 1 e 1 e 1 e1e e

−

−− = − = − = − × = − =++ + ++

b) On en déduit que la courbe c est symétrique par rapporte à l’axe des ordonnées

Exercice 13 - Corrigé Partie A

1) f(x) = x xe− = x

x

e

On sait que xlim→+∞

xe

x = + ∞ donc

xlim→+∞ x

x

e = 0, c’est à dire

xlim→+∞

f(x) = 0

2) f est de la forme uv donc f ’ est de la forme u’v + uv’ avec: u(x) = x u’(x) = 1 v(x) = xe− v’(x) = − xe− d’où f ’(x) = 1 × xe− + x × ( − xe− ) = xe− (1 – x)

On sait que xe− > 0 pour tout x ∈ Y donc f ’(x) est du signe de 1 – x. D’où le tableau suivant :

x 0 1 + ∞ signe de f ’(x) + 0 − variation de f

1

e

0 0

3) D’après le tableau de variation ci-dessus, si x [0; 1] alors f(x) ∈ 1

0;e

⊂ [0; 1]:

On a donc bien f(x) ∈ [0; 1]

Partie B 1)

2) Démontrons par récurrence la propriété suivante : pour tout entier naturel n, 0 ≤ nu ≤ 1

● Initialisation : pour n = 0

0u = 1 et 0 ≤ 1 ≤ 1 donc la propriété est vraie au rang 0

● Hérédité On suppose que, pour un entier p, on a 0 ≤ pu ≤ 1

D’après la question 3) de la partie A, on sait que si x ∈ [0 ; 1] alors f(x) ∈ [0 ; 1]. Ici, pu ∈ [0 ; 1] donc ( )pf u ∈ [0 ; 1] c’est à dire p 1u + ∈ [0 ; 1] : On a bien prouvé que 0 ≤ p 1u + ≤ 1

L’hérédité est démontrée. ● Conclusion :

La propriété est vraie pour n = 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout n ∈ V : Par conséquent, on a bien prouvé que 0 ≤ nu ≤ 1 pour tout entier naturel n.

3) Méthode n°1 :

( )n nu un 1 n n n nu u u e u u e 1− −

+ − = − = −

On sait que 0 ≤ nu ≤ 1 donc : − 1 ≤ − nu ≤ 0

1e− ≤ nue− ≤ 0e

1

e ≤ nue− ≤ 1

1

1e

− ≤ nue− − 1 ≤ 0

n 1 nu u+ − est donc le produit d’un facteur positif et d’un facteur négatif : On en déduit que n 1 nu u+ − ≤ 0

pour tout n ∈ V : La suite ( nu ) est décroissante.

Méthode n° 2 : par récurrence

Montrons par récurrence la propriété suivante : pour tout n ∈ V, n 1u + ≤ nu

● Initialisation : pour n = 0

0u = 1 et 1u = f( 0u ) = f(1) = 1

e

On a bien 1

e ≤ 1 donc la propriété est vraie au rang n = 0

● Hérédité On suppose que pour un entier p, on a p 1u + ≤ pu

La fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; 1] et on a montré dans la question précédente que, pour tout

n ∈ V, 0 ≤ nu ≤ 1

Par conséquent, on a : ( )p 1f u + ≤ ( )pf u

p 2u + ≤ p 1u +

La propriété est donc héréditaire. ● Conclusion :

La propriété est vraie au rang n = 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout n ∈ V On a donc n 1u + ≤ nu : La suite ( nu ) est donc décroissante.

4) a) La suite ( nu ) est minorée par 0 et décroissante donc elle converge.

b) x xe− = x équivaut à : x xe− − x = 0 x( xe− − 1) = 0 x = 0 ou xe− = 1 x = 0 ou xe− = 0e x = 0 ou − x = 0 x = 0 ou x = 0 La limite de la suite (nu ) est donc égale à 0.

Partie C

Déclaration des variables : S et u sont des nombres réels k est un nombre entier Initialisation : u prend la valeur 1 S prend la valeur 1 Traitement : Pour k variant de 1 à 100 u prend la valeur u × ue− S prend la valeur S + u Fin Pour Afficher S

Exercice 14 - Corrigé Partie A

Partie B 1) a) f ’(x) = xe Le coefficient directeur de la tangente à cf au point d’abscisse a est égal à f ’(a) c’est à dire à ae b) g’(x) = − ( − xe− ) = xe− Le coefficient directeur de la tangente à cg au point d’abscisse b est égal à g’(b) c’est à dire à be− c) La tangente à cf au point A est égale à la tangente à cg au point B donc on a l’égalité ae = be− qui équivaut à a = − b 2) d est tangente à cf au point A donc son équation est : y = f ’(a)(x – a) + f(a) y = ae (x – a) + ae y = ae x − a ae + ae D’autre part, d est tangente à cg au point B donc son équation est : y = f ’(b)(x – b) + f(b) y = be− (x – b) + 1 − be− y = be− x − b be− + 1 − be− Comme on sait que a = − b, cette équation devient : y = ae x + a ae + 1 − ae On a donc : ae x − a ae + ae = ae x + a ae + 1 − ae ae x − a ae + ae − ae x − a ae − 1 + ae = 0 − 2a ae + 2 ae − 1 = 0 2 ae ( − a + 1) – 1 = 0 2 ae (a – 1) + 1 = 0 On a bien montré que le réel a est solution de l’équation 2(x – 1) xe + 1 = 0 Partie C 1) a) ● Limite en − ∞ φ(x) = 2x xe − 2 xe + 1

On sait que xlim→−∞

x xe = 0 et que xlim→−∞

xe = 0 donc, par produit et somme, on en déduit que xlim→−∞

φ(x) = 1

● Limite en + ∞ On sait que

xlim→+∞

(x – 1) = + ∞ et que xlim→+∞

xe = + ∞ donc, par produit et somme, on en déduit que

xlim→+∞

φ(x) = + ∞

b) φ est de la forme uv + 1 donc φ’ est de la forme u’v + uv’ avec : u(x) = 2(x – 1) u’(x) = 2 v(x) = xe v’(x) = xe d’où φ’(x) = 2 xe + 2(x – 1) xe = xe (2 + 2x – 2) = 2x xe

On sait que xe > 0 pour tout x ∈ Y donc φ’(x) est du signe de 2x D’où le tableau suivant :

x − ∞ 0 + ∞ signe de φ’(x) − 0 +

c) variation de φ 1 + ∞ − 1

2) a) ● φ est décroissante et continue sur ] − ∞ ; 0] et 0 ∈ [ − 1 ; 1[ donc l’équation φ(x) = 0 admet une unique solution α appartenant à l’intervalle ] − ∞ ; 0] ● φ est croissante et continue sur [0 ; + ∞ [ et 0 ∈ [ − 1 ; + ∞ [ donc l’équation φ(x) = 0 admet une unique solution β appartenant à l’intervalle [0 ; + ∞ [.

● Conclusion : On a bien montré que l’équation φ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans Y. Version moins rédigée :

x − ∞ α 0 β + ∞ variation de φ 1 + ∞

0 0 − 1

D’après le tableau de variation et le TVI, l’équation φ(x) = 0 admet bien exactement deux solutions dans

Y. b) On trace sur la calculatrice la courbe d’équation y = φ(x) et la droite d’équation y = 0 Avec le menu « intersection », on trouve les valeurs suivantes :

α = − 1,68 à 0,01 près β = 0,77 à 0,01 près

3) On sait que α est une solution de l’équation 2(x – 1)xe + 1 = 0 donc on a :

2(α – 1)eα + 1 = 0 2αeα − 2eα + 1 = 0 2eα − 1 = 2α eα Partie D 1) Les coordonnées du point E sont ( )( );fα α = ( );eαα

Les coordonnées du point F sont ( )( ) ( );g ;1 eα−α −α = −α −

Le coefficient directeur de la droite (EF) est égal à F E

F E

y y

x x

−−

= 1 e e 1 2e 2e 1

2 2

α α α α− − − −= =−α − α − α α

On a vu à la question 3) de la partie C que 2eα − 1 = 2αeα donc le coefficient directeur de la droite (EF)

est alors égal à 2 e

e2

ααα =

α = f ’(α)

Le coefficient directeur de la droite (EF) est donc égal à celui de la tangente à cf au point E : Ces deux droites passant par E, elles sont donc confondues. Par conséquent, on a bien montré que la droite (EF) est tangente à la courbe cf en E 2) Le coefficient directeur de la tangente à cg au point F est égal à g’( − α) = eα Le coefficient directeur de la droite (EF) est donc égal à celui de la tangente à cg au point F : Ces deux droites passant par F, elles sont donc confondues. Par conséquent, on a bien montré que la droite (EF) est tangente à la courbe cg en F.