Chapitres 5 : la fonction exponentielle 17 décembre 2012




Correction contrôle de mathématiques
Du lundi 10 décembre 2012


Exercice 1
ROC (4 points)

1) On détermine les variation de ϕ : ϕ′ (x) = e x − x
or ∀x ∈ R, e x − x > 0. La fonction ϕ est donc strictement croissante sur R

x>0 ⇔ ϕ(x) > ϕ(0) or ϕ(0) = 1 ⇔ ϕ(x) > 1

2) ϕ(x) > 1 > 0 pour x > 0. On a donc :

x2 ex x
ex > ⇔ >
2 x 2
x ex
or lim = +∞ donc par comparaison : lim = +∞.
x→+∞ 2 x→+∞ x
1
3) a) On pose : X = x. Donc si x → +∞ alors X → +∞
2
1 −1 x X
On a donc : xe 2 = Xe−X = X . Donc par quotient de la limite du 2), on
2 e
obtient :
X
lim f (x) = lim X = 0
x→+∞ X→+∞ e

1 x 1 x 1 x
b) f ′ (x) = e− 2 − xe− 2 = (2 − x)e− 2
2 4 4
x
Comme ∀x ∈ R, e− 2 > 0, on a :
• f ′ (x) = 0 ⇔ 2 − x = 0 ⇔ x = 2
• Le signe de f ′ (x) est le signe de 2 − x
On obtient alors le tableau de variation suivant :

x 0 2 +∞
f ′ (x) + 0 −

e−1
f (x)
0 0


Exercice 2
Tangente passant par l’origine (6 points)
Partie A : étude de la fonction




Paul Milan 1 Terminale S
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xe x
1) Limite de f en −∞ : f (x) = +1
e
or lim xe x = 0 donc, par quotient et somme, on a : lim f (x) = 1
x→−∞ x→−∞

On en déduit que C admet une asymptote horizontale d’équation : y = 1
2) Limite de f en +∞. Pas de forme indéterminée, par produit, quotient et somme de
limites, on a : lim f (x) = +∞
x→+∞

3) f ′ (x) = e x−1 + xe x−1 = (x + 1)e x−1

4) Comme ∀x ∈ R, e x−1 > 0, on a :
• f ′ (x) = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1
• Le signe de f ′ (x) est le signe de (x + 1).
On obtient le tableau de variation suivant :

x −∞ −1 +∞
f ′ (x) − 0 +
1 +∞
f (x)
1 − e−2

Partie B : recherche d’une tangente particulière

1) La tangente à C en a : Ta a pour équation :

y = f ′ (x)(x − a) + f (a)
= (a + 1)ea−1 (x − a) + aea−1 + 1
= (a + 1)ea−1 x + a(1 − a − 1) ea−1 + 1
= (a + 1)ea−1 x − a2 ea−1 + 1

On pose b = −a2 ea−1 + 1

2) Ta passe par l’origine si, et seulement si, l’équation de la droite Ta a son ordonnée
à l’origine b nulle. On a donc : 1 − a2 ea−1 = 0

3) On pose la fonction g définie et dérivable sur [0; +∞[ par : g(x) = −x2 e x−1 + 1
On étudie la fonction g sur [0; +∞[. on a :

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

or si x > 0, x + 2 > 0 et e x−1 > 0 donc g′ (x) < 0
g est donc strictement décroissante sur ]0; +∞[. On a : g(0) = 1 et :

lim −x2 = −∞

x→+∞



 Par produit et somme
lim e x−1 = +∞


 lim g(x) = −∞
x→+∞

x→+∞

On a donc : g(]0; +∞[) =] − ∞; 1[

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La fonction g est continue (car dérivable), monotone (décroissante) et 0 ∈ g(]0; +∞[),
d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution sur
]0; +∞[ à l’équation g(x) = 0.
or g(1) = 0 donc 1 est l’unique solution de g(x) = 0 sur ]0, +∞[.
4) On a l’équation T1 : y = 2x

Exercice 3
Suite (7,5 points)
Partie A
1) g′ (x) = e x − 1 et ex − 1 = 0 ⇔ x = 0.
Comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur R, g′ (x) > 0 si
x > 0.
Le fonction g est donc strictement croissante sur [0; +∞[

2) g(0) = 0 comme g est croissante sur [0; +∞[, donc la fonction g est positive si
x>0

3) Comme g(x) > 0 si x > 0, on a e x − x > 1 > 0.

Partie B

1) Comme f est strictement croissante sur [0 ; 1] : 0 6 x 6 1 ⇔ f (0) 6 f (x) 6 f (1)
e−1
or f (0) = 0 et f (1) = = 1 donc 0 6 f (x) 6 1
e−1
La fonction f est stable sur [0 ;1].

2) a) On a : ex − 1
f (x) − x = −x
ex − x
e x − 1 − xe x + x2
=
ex − x
e x (1 − x) + x2 − 1
=
ex − x
x
e (1 − x) + (x − 1)(x + 1)
=
ex − x
x
e (1 − x) − (1 − x)(x + 1)
=
ex − x
x
(1 − x)(e − x − 1)
=
ex − x
(1 − x)g(x)
=
ex − x
b) Si x ∈]0; 1[ on a : 1 − x > 0, g(x) > 0, ex − x > 0
Donc si x ∈]0; 1[ f (x) − x > 0. La courbe (C) est donc au dessus de la droite (D).
La droite (D) coupe (C) en 0 et 1 car f (0) = 0 et f (1) = 1.

Partie C

1) Cf annexe


Paul Milan 3 Terminale S
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1
2) Soit Pn : ∀n ∈ N, 6 un 6 un+1 6 1. Montrons Pn par récurrence :
2 !
1 1
• Initialisation : on a u0 = et u1 = f
2 2
1
or f est croissante et stable dans [0, 1], donc 6 u0 6 u1 6 1. P0 est vraie.
2
1
• Hérédité : On suppose que : 6 un 6 un+1 6 1. Comme la fonction f est
2
croissante et stable sur [0; 1], on a :
!
1 1
f 6 f (un ) 6 f (un+1 ) 6 f (1) ⇔ 6 un+1 6 un+2 6 1
2 2
Pn est héréditaire.
Par initialisation et hérédité, la proposition Pn est vrai pour tout entier naturel n.
3) La suite (un ) est croissante (un 6 un+1 ) et majorée par 1, donc la suite (un ) est conver-
gente. Comme la fonction f est conti...