DM 5 TS3 - Case des Maths

DEVOIR EN TEMPS LIBRE N ◦V : Fonctions ln, exponentielle ...
TS3 A rendre le vendredi 13 décembre 2013
Exercice 1
Partie A
Soit gla fonction définie sur Rpar :
g(x) = 2ex−x−2
1. Déterminer les limites de gaux bornes de son ensemble de définition.
lim
x→−∞ 2ex= 0
lim
x→−∞ −x−2 = +∞
Par somme lim
x→−∞ g(x) = +∞.
lim
x→−∞ g(x) = +∞
En +∞:g(x) = 2ex−x−2 = x 2ex
x−1!−2
On utilise alors la limite de référence : lim
x→+∞
ex
x= +∞lim
x→+∞ 2ex
x−1!= +∞
lim
x→+∞x= +∞
Par produit lim
x→+∞x 2ex
x−1!= +∞.
En ajoutant −2il vient :
lim
x→−∞ g(x) = +∞
2. Étudier les variations de gpuis dresser son tableau de variations complet.
gest dérivable sur Ret g′(x) = 2ex−1
Signe de la dérivée :
g′(x) = 0 ⇐⇒ 2ex−1 = 0 ⇐⇒ ex=1
2⇐⇒ x= ln1 2⇐⇒ x=−ln2
g′(x)>0⇐⇒ 2ex−1>0⇐⇒ ex>1
2⇐⇒ x > −ln2, en effet la fonction ln est strictement croissante sur ]0;+∞[.
x
Signe
de g′(x)
Variation
de g
−∞ −ln2 +∞
−0+
+∞+∞
−1 + ln2−1 + ln2
+∞+∞
α
0
0
0
3. Prouver que l’équation g(x) = 0 admet exactement deux solutions réelles, vérifier que 0est l’une de ces solutions puis
déterminer un encadrement d’amplitude 10−2de l’autre solution que l’on notera α.
•gest continue sur J =] − ∞;−ln2] (elle est dérivable sur J) ;
•gest strictement décroissante sur J;
•g(-ln2) = ln2 −1
•lim
x→−∞ g(x) = +∞.
donc gréalise une bijection de ]− ∞;−ln 2] sur [ln 2 −1;+∞[. Comme 0∈[ln2 −1;+∞[l’équation g(x) = 0 admet une
unique solution βdans J
Ainsi l’équation g(x) = 0 admet une unique solution βdans J
g(0) = 2e0−0−2 = 2 −2 = 0 et donc β= 0
•gest continue sur I = [−ln2;+∞[(elle est dérivable sur I) ;
•gest strictement croissante sur I;
•g(-ln2) = ln2 −1
•lim
x→+∞g(x) = +∞.
donc gréalise une bijection de [−ln2;+∞[sur [ln 2 −1;+∞[. Comme 0∈[ln 2 −1;+∞[l’équation g(x) = 0 admet une unique
solution αdans I

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Ainsi l’équation g(x) = 0 admet une unique solution αdans I
4. En déduire le tableau de signe de g(x)sur R.
A partir du tableau de variation :
x
Variation
de g
Signe
de g(x)
−∞ 0−ln2 α+∞
+∞+∞
−1 + ln2−1 + ln2
+∞+∞
+0− − 0+
Partie B
Soit fla fonction définie sur Rpar :
f(x) = e2x−(x+ 1)ex
1. Déterminer les limites de faux bornes de son ensemble de définition.
Limite en −∞ :
Pour tout réel x0on a f(x) = e2x−xex−ex
lim
x→−∞ e2x= 0
lim
x→−∞ xex= 0 Limite de référence
lim
x→−∞ xex= 0 Limite de référence
par somme, lim
x→−∞ f(x) = 0
lim
x→−∞ f(x) = 0, ainsi la droite d’équation y= 0 est asymptote horizontale à Cfau voisinage de −∞.
Limite en +∞:
Pour tout réel x0on a f(x) = e2x−xex−ex= e2x1−x
ex−1 ex
lim
x→+∞
x
ex= 0 car on a la limite de référence lim
x→+∞
ex
x= +∞
lim
x→+∞
1
ex= 0 Limite de référence lim
x→+∞ex= +∞
par somme, lim
x→+∞1−x
ex−1 ex= 1
lim
x→+∞1−x
ex−1 ex= 1
lim
x→+∞e2x= +∞
par produit, lim
x→+∞f(x) = +∞
2. Prouver que f(α) = −1
4α(α+ 2).
αest une solution de l’équation g(x) = 0, donc g(α) = 0 ⇐⇒ 2eα−α−2 = 0 ⇐⇒ eα=α+ 2
2.
Alors
f(α) = e2α−(α+ 1)eα= eαeα−(α+ 1)=α+ 2
2α+ 2 2−(α+ 1)=α+ 2 2α+ 2 2−2α+ 2 2=−1 4α(α+ 2)
3. Justifier la dérivabilité de fsur Rpuis démontrer que f′(x)et g(x)sont de même signe.
f=u−voù u(x) = e2xet v(x) = (x+ 1)ex.
v=ab donc v′=a′b+b′a
On a alors u′(x) = 2e2xet v′(x) = 1 ×ex+ (x+ 1)ex= ex(x+ 2)
Comme f=u−von déduit f′=u′−v′
f′(x) = 2e2x−ex(x+ 2) = ex(2ex−x−2) = exg(x).
Comme la fonction exponentielle est strictement positive sur R, on déduit que f′(x)a le signe de g(x)étudié à la partie
A.
4. Étudier les variations de fpuis dresser son tableau de variations complet.
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x
Signe
de f′(x)
Variation
de f
−∞ α0+∞
+0−0+
00
f(α)f(α)
00
+∞+∞
Exercice 2
Soit fla fonction définie sur ]0;+∞[par :
f(x) = ln3x−3ln x
et Csa courbe représentative dans un repère orthonormal (O,~ı,~).
1. Etudier les variations de f.
Dérivation de f.
fest de la forme P◦ln où Pest la fonction polynôme définie sur Rpar P(X) = X3−3X.Pest dérivable sur Ret ln est
dérivable sur ]0;+∞[donc, d’après le théorème de dérivation des fonctions composées, fest dérivable
sur ]0;+∞[et f′= P′◦lnln′.
On a donc pour x > 0,f ′(x) = P′(lnx)×1
x= (3(lnx)2−3) ×1 x
Signe et annulation de f′(x)
Pour x > 0le problème du signe et de l’annulation de f′(x)est le même que pour (lnx+ 1)(ln x−1). En remarquant que
lnx+ 1 = 0 ⇔x=e−1, que lnx−1 = 0 ⇔x=eet que les fonctions x7→ lnx+ 1 et x7→ ln x−1sont strictement croissantes
sur ]0;+∞[on obtient le tableau :
x
lnx+ 1
lnx−1
f′(x)
0e−1e+∞
−0+ +
− − 0+
+0−0+
et voici le tableau de variation de la fonction f:
x
Signe
de f′(x)
Variation
de f
0e−1e+∞
+0−0+
−∞
22
−2−2
+∞+∞
2. Calculer les limites de faux bornes de son ensemble de définition.
Limite en +∞:
Pour x > 0on a f(x) = ln3x−3 lnx= lnxln x2−3
lim
x→+∞lnx= +∞
lim
x→+∞lnx2−3= +∞
par produit, lim
x→+∞f(x) = +∞
Limite en 0+:
Pour x > 0on a f(x) = ln3x−3 lnx= lnxln x2−3
lim
x→0+lnx=−∞
lim
x→0+lnx2−3= +∞
par produit, lim
x→0+f(x) = −∞
et l’axe des ordonnées est une asymptote verticale de C.
3. Donner une équation de la tangente à Cau point d’abscisse 1.
Puisque fest dérivable en 1, cette tangente existe et a pour équation y=f′(1)(x−1) + f(1). On trouve f(1) = 0 et
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f′(1) = −3.
La tangente à Cau point d’abscisse 1 a pour équation y=−3x+ 3
4. a) En développant (X −2)(X + 1)2on trouve X3−3X −2on a donc X3−3X −2 = (X −2)(X + 1)2
b) Résoudre les équations f(x) = 0 et f(x) = 2.
Équation f(x) = 0
En posant X = lnxl’équation s’écrit X3−3X = 0 et on a : X3−3X = 0 ⇔X(X2−3) = 0 ⇔X = 0 ou X = 3 ou X = −3
Donc f(x) = 0 ⇔ln x= 0 ou lnx= 3 ou lnx=−3
f(x) = 0 ⇔x= 1 ou x=e3ou x=e−3.S={1;e3;e−3}
Équation f(x) = 2
En posant X = ln xl’équation s’écrit X3−3X = 2 ⇔X3−3X −2 = 0 ⇔(X −2)(X + 1)2= 0 et on a : (X −2)(X + 1)2=
0⇔X = 2 ou X = −1
Donc f(x) = 2 ⇔ln x= 2 ou lnx=−1
f(x) = 0 ⇔x=e2ou x=e3ou x=e−1.S={e2;e−1}
5. Tracer la tangente, placer les points trouvés à la question précédente et tracer C.
6. a) Montrer que, pour tout entier naturel n, l’équation f(x) = 1
nadmet une unique solution dans [e; +∞[.
La fonction fest continue car dérivable sur l’intervalle [e;+∞[et strictement croissante.fréalise donc une bijection
de [e;+∞[sur [f(e); lim
x→+∞f(x)[ soit sur [−2;+∞[. Pour tout entier n > 0on a 1
n∈[−2;+∞[
Donc l’équation f(x) = 1
nadmet une unique solution αn∈[e;+∞[.
b) Sur la page annexe, on a tracé Cdans le repère O; −→ ı ,−→ .
c) Précisons, la valeur de α1.
α1est la solution de l’équation f(x) = 1 se trouvant dans ]e;+∞[.
Avec une calculatrice, on obtient f(6.54) ≈0.98 et f(6.55) ≈1.0006
Ainsi f(6.54) <1< f (6.55), soit f(6.54) < f (α1)< f (6.55)
ce qui fournit 6.54 <α1<6.55 car la fonction fest strictement croissante sur [e;+∞[.
d) Démontrer que la suite (αn)est strictement décroissante.
On peut ici faire un raisonnement par l’absurde, supposons qu’il existe un entier ptel que αp+1 ≥αp;
comme la suite (αn)est à valeurs dans [e;+∞[; on a donc αp+1 ≥αp≥e,
la fonction fest strictement croissante sur [e;+∞[on déduit f(αp+1)≥f(αp)soit 1
p+ 1 ≥1 pou encore p+ 1 ≤p, ce
qui est absurde.
On peut donc affirmer ∀n∈N⋆;αn+1 <αp, et donc la suite (αn)est strictement décroissante.
e) Prouver que la suite (αn)est convergente.
On a αn∈[e;+∞[donc la suite (αn)est minorée par e, par ailleurs a suite (αn)est strictement décroissante, elle est
donc convergente, car toute suite décroissante minorée est convergente.
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