Ultrabac Terminale S - Polynésie septembre 2010 exercice 4

Ultrabac Terminale S - Quatrième exercice du sujet obligatoire Polynésie septembre 2010 Page 1 sur 3
Partie 1
Soit g la fonction définie sur
[
[
0;
+∞
par :
( )
. 1
x x
g x e x e
= − +
1. Etudier la limite de g en
+∞
.
Sous sa forme originale,
(
)
g x
est une forme indéterminée :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Forme indéterminée
lim lim . 1 1 1
x x
x x
g x e x e
→+∞ →+∞
= − + = +∞ − +∞ × +∞ + = +∞ − +∞ +
En fait, il s'agit d'une petite indétermination qui se lève avec une petite factorisation...
( ) ( ) ( ) ( )
lim lim 1 lim 1 1 1
x x x
x x x
g x e x e e x
→+∞ →+∞ →+∞
= − × + = × − + = +∞ × −∞ + = −∞
2. Etudier les variations de la fonction g.
La fonction g est dérivable sur
[
[
0;
+∞
car elle est une somme et un produit de fonctions
dérivables sur .
La dérivée de g peut se calculer de deux manières différentes :
( )
( ) ( )
Avec la forme originale Avec notre forme «fact
. 0
1 0
orisée»
x x
x x x
x
g x e x e
e e x e
e
′ ′
′= − +
= − × + × +
=
x
e−
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 0
1 1 0
x
x x
x
x x
g x e x
e x e
e
x e x e
′
′= × − +
= × − + − × +
=
− × = − ×
x x
x e e− × −
x
x e
= − ×
L'exponentielle
x
e
étant toujours strictement positive, c'est le premier facteur
x
−
qui
donnera son signe à la dérivée
(
)
g x
′
et par là ses variations à la fonction g...
3. Donner le tableau de variations de g.
4.a. Démontrer que l'équation
(
)
0
g x
=
admet sur l'intervalle
[
[
0;
+∞
une unique solution.
On notera α cette solution.
D'abord, comme la fonction g est dérivable sur l'intervalle
[
[
0;
+∞
, alors elle y est
continue.
Ensuite, comme g est strictement décroissante sur
[
[
0;
+∞
et que 0 appartient à
l'intervalle image
]
]
[
[
(
)
; 2 0; g
−∞ = +∞
, alors, en application du théorème de la bijection,
0 admet un et un seul antécédent par g dans l'intervalle
[
[
0;
+∞
.
Conclusion : l'équation
(
)
0
g x
=
admet une unique solution α dans l'intervalle
[
[
0;
+∞
.
4.b. A l'aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d'amplitude
2
10
−
de α.
En utilisant le tableau de valeurs de la calculatrice, on détermine le moment où la
fonction g «passe le niveau 0». On en déduit qu'un encadrement au centième de α est :
1, 27 1, 28
≤ α ≤
4.c. Démontrer que
1
1
e
α
=
α −
.
α est la solution de l'équation
(
)
0
g x
=
sur l'intervalle
[
[
0;
+∞
. En conséquence :
( ) ( )
1 1
0 1 0 1 1
1 1
g e e e e
α α α α
−
α = ⇔ − α× + = ⇔ × − α = − ⇔ = =
− α α −
5. Déterminer le signe de
(
)
g x
suivant les valeurs de x.
Sachant que g est décroissante sur l'intervalle
[
[
0;
+∞
et qu'elle s'annule en α, nous en
déduisons qu'elle est positive avant α et négative après. Ce qui se résume par :
Partie 2
Soit A la fonction définie et dérivable sur
[
[
0;
+∞
telle que :
( )
4
1
x
x
A x
e
=
+
x 0 α +∞
(
)
g x
+ 0 –
x 0
+∞
x
−
–
x
e
+
(
)
g x
′
–
Calculons l'image de 0 par g :
( )
0 0
0 0 1
1 0 1 2
g e e
= − × +
= + + =
Le tableau de variation de la fonction g
sur l'intervalle
[
[
0;
+∞
est celui ci-
contre 
g
2
−∞
Dérivation d'un produit :
(u×v)'=u'×v+v'×u

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1. Démontrer que pour tout réel x positif ou nul,
(
)
A x
′
a le même signe que
(
)
g x
où g
est la fonction définie dans la partie 1.
Calculons la dérivée de la fonction A.
A est le quotient des fonctions
(
)
( )
4
4
Dérivable sur
u x x
u x
=
′=
et
( )
( )
1
Dérivable et non nulle sur
x
x
v x e
v x e
= +
′=
.
Donc la fonction
u
A
v
=
est dérivable sur
[
[
0;
+∞
et sur cet intervalle :
( )
(
)
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
4 14 1 4 4
1 1 1
x xx x
x x x
e x ee e x
g x
u v v u
A x
ve e e
× + − ×× + − × ×
′ ′
× − ×  
′= = = =
+ + +
La somme des deux termes positifs
x
e
et 1 est elle-même positive (strictement). Par
conséquent, il en va de même pour son carré
(
)
2
1
x
e+ .
Conclusion : les facteurs 4 et
(
)
2
1
x
e+ étant toujours strictement positifs, nous en
déduisons que c'est le troisième facteur
(
)
g x
qui donne son signe à la dérivée
(
)
A x
′
.
2. En déduire les variations de la fonction A sur
[
[
0;
+∞
.
La question précédente nous permet de dresser le tableau de variations de A est :
Même si elle n'était pas demandée, il n'est pas inintéressant de déterminer la limite de la
fonction A en
+∞
( )
4 4 1 1 1
lim lim lim 0 0
1 1
1 1 0
1 1
x x
x x x
x
x x
A x
e e
e
+ +
+
→+∞ →+∞ →+∞
= = × = × = × =
+∞
+ +
+ + +∞
Car, n'oublions pas :
lim et lim
x
x
x x
e
ex
→+∞ →+∞
= +∞ = +∞
Partie 3
On considère la fonction f définie sur
[
[
0;
+∞
par :
( )
4
1
x
f x
e
=
+
On note (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé
(
)
O; ,
i j
. Cette courbe a
été tracée sur le graphique ci-dessous :
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
♥ M le point de (C) de coordonnées
(
)
(
)
;
x f x
.
♥ P le point de coordonnées
(
)
;0
x
.
♥ Q le point de coordonnées
(
)
(
)
;
x f x
.
i
j
1
2
3
4
1
2
(C)
O
x 0 α +∞
4 + +
(
)
g x
+ 0 –
(
)
2
1
x
e+
+ +
(
)
A x
′
+ 0 –
4 4
α −
Calculons les images de 0 et
α
par A.
( )
( )
( )
0
4 0 0 0
0 0
1 1 2
1
4 4
1
11
1
4 4
1 1
1 1 1
1
1
44
1
A
e
A
e
α
×
= = = =
+
+
α α
α = =
++
α −
α α
= = + α −
+ × α −
α −
α −
α
= = α
α
α −
1α −
×α
4 4
= α −
A
0 0
Forme indéterminée
∞
/
∞

Ultrabac Terminale S - Quatrième exercice du sujet obligatoire Polynésie septembre 2010 Page 3 sur 3
1. Démontrer que l'aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α.
On rappelle que le réel α a été défini dans la première partie.
L'aire du rectangle OPMQ dépend de la position du point M sur la courbe (C) et donc,
uniquement de la valeur de son abscisse x.
L'aire du rectangle OPMQ est donnée par la formule :
( ) ( )
4 4
OP OQ
1 1
x x
x
Aire x f x x A x
e e
= × = × = × = =
+ +
Depuis la seconde partie, nous savons que la fonction A admet un maximum en
x
= α
.
Conclusion : l'aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque l'abscisse du point M est
égale à α. Elle est alors égale à
(
)
4 4
A
α = α −
2. Dans cette question, le point M a pour abscisse α.
La tangente (T) en M à la courbe (C) est-elle parallèle à la droite (PQ) ?
Pour que la tangente (T) et la droite (PQ) soient parallèles, il faut et il suffit qu'elles
aient des coefficients directeurs égaux. Déterminons les !
Le coefficient directeur de la tangente (T) est le nombre dérivé de f en α.
Commençons par calculer la dérivée de f !
( )
( )
2 2
4 1
4 4 4
1
1
x
xx
u e
f x u
e u e
′′′
  −
′= = × = × = − ×
+
  +
Il vient alors :
( )
( )
2 2 2
1 4
4
4 4
1 1
1
1
11
1 1
e
f
e
α
α
×−
α − α −
′α = − = − = − = α −
α
++
α − α −
( )
2
1α −
×
2 2
4 4
− α
=
α α
Le coefficient directeur de la droite (PQ)
va être obtenu de manière plus classique :
(
)
(
)
( ) ( )
P Q
(PQ)
P Q
2
0
0
4 1
1 1 4 1 4 4 4
1
1
y y f f
mx x
f
e
α
−− α α
= = = −
− α − α
× α −
− α
= − × α = − × = − × = − =
α
α α α α×α
+ α
α −
Conclusion : la tangente (T) et la droite (PQ) ayant des coefficients directeurs égaux,
elles sont parallèles. OUF !
i
j
1
2
3
4
1
2
(C)
O
M
P
Q
M
P
Q
M
P
Q
i
j
(
T)
1
2
3
4
1
2
(C)
O
M
P
Q
Tiens donc !!!
A comme Aire...
En utilisant le résultat
de la question 1.4.c.
Mais il faut vraiment
aimer les calculs...