DM 5 TS3 - Case des Maths

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D EVOIR EN TEMPS LIBRE N ◦ V : Fonctions ln, exponentielle ...
TS3
A rendre le vendredi 13 décembre 2013
Exercice 1
Partie A
Soit g la fonction définie sur R par :
g(x) = 2ex − x − 2
1. Déterminer les limitesde g aux bornes de son ensemble de définition.

lim 2ex = 0


x→−∞
lim g(x) = +∞.
 Par somme x→−∞
lim −x − 2 = +∞ 

x→−∞
lim g(x) = +∞
x→−∞
En +∞ : g(x) = 2ex − x − 2 = x 2
!
ex
−1 −2
x
!
ex
lim 2 − 1 = +∞
ex
= +∞ x→+∞ x
On utilise alors la limite de référence : lim
x→+∞ x
lim x = +∞
x→+∞
En ajoutant −2 il vient :
lim g(x) = +∞











!
ex
Par produit lim x 2 − 1 = +∞.
x→+∞
x
x→−∞
2. Étudier les variations de g puis dresser son tableau de variations complet.
g est dérivable sur R et g ′ (x) = 2ex − 1
Signe de la dérivée :
1
1
⇐⇒ x = − ln 2
g ′ (x) = 0 ⇐⇒ 2ex − 1 = 0 ⇐⇒ ex = ⇐⇒ x = ln
2
2
1
g ′ (x) > 0 ⇐⇒ 2ex − 1 > 0 ⇐⇒ ex > ⇐⇒ x > − ln 2, en effet la fonction ln est strictement croissante sur ]0; +∞[.
2
x
−∞
Signe
de g ′ (x)
α
− ln 2
−
0
+∞
0
+
+∞
+∞
Variation
de g
0
0
−1 + ln 2
3. Prouver que l’équation g(x) = 0 admet exactement deux solutions réelles, vérifier que 0 est l’une de ces solutions puis
déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de l’autre solution que l’on notera α.

• g est continue sur J =] − ∞; − ln 2] (elle est dérivable sur J) ;





• g est strictement décroissante sur J ;




•g(-ln 2)
=
ln 2
−
1






• lim g(x) = +∞.
x→−∞
donc g réalise une bijection de ] − ∞; − ln 2] sur [ln 2 − 1; +∞[. Comme 0 ∈ [ln 2 − 1; +∞[ l’équation g(x) = 0 admet une
unique solution β dans J
Ainsi l’équation g(x) = 0 admet une unique solution β dans J
g(0) = 2e0 − 0 − 2 = 2 − 2 = 0 et donc β = 0
• g est continue sur I = [− ln 2; +∞[ (elle est dérivable sur I) ;
• g est strictement croissante sur I ;
•g(-ln2)
=
ln 2
−
1
• lim g(x) = +∞.
x→+∞
donc g réalise une bijection de [− ln 2; +∞[ sur [ln 2 − 1; +∞[. Comme 0 ∈ [ln 2 − 1; +∞[ l’équation g(x) = 0 admet une unique
solution α dans I
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Ainsi l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α dans I
4. En déduire le tableau de signe de g(x) sur R.
A partir du tableau de variation :
x
−∞
0
+∞
α
− ln 2
+∞
+∞
Variation
de g
−1 + ln 2
Signe
de g(x)
+
0
−
−
0
+
Partie B
Soit f la fonction définie sur R par :
f (x) = e2x − (x + 1)ex
1. Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
Limite en −∞ :
Pour tout réel x0 on a f (x) = e2x − xex − ex

lim e2x = 0



x→−∞

x
lim xe = 0 Limite de référence 
par somme, lim f (x) = 0


x→−∞
x→−∞


lim xex = 0 Limite de référence 

x→−∞
lim f (x) = 0, ainsi la droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale à Cf au voisinage de −∞.
x→−∞
Limite en +∞ :
x
1
Pour tout réel x0 on a f (x) = e2x − xex − ex = e2x 1 − x − x
e
e 

ex
x

= 0 car on a la limite de référence lim
= +∞ 
lim

x
1

x→+∞ x
x→+∞ ex
par
somme,
lim
1
−
−
=1


1
x→+∞

ex ex

= 0 Limite de référence lim ex = +∞
lim

x
x→+∞
x→+∞ e

x
1


lim 1 − x − x = 1 

x→+∞
e
e
par produit, lim f (x) = +∞


x→+∞

lim e2x = +∞

x→+∞
1
2. Prouver que f (α) = − α(α + 2).
4
α est une solution de l’équation g(x) = 0, donc g(α) = 0 ⇐⇒ 2eα − α − 2 = 0 ⇐⇒ eα =
Alors
α+2
.
2
α+2 α+2
α + 2 α + 2 2α + 2
1
f (α) = e2α − (α + 1)eα = eα eα − (α + 1) =
− (α + 1) =
−
= − α(α + 2)
2
2
2
2
2
4
3. Justifier la dérivabilité de f sur R puis démontrer que f ′ (x) et g(x) sont de même signe.
f = u − v où u(x) = e2x et v(x) = (x + 1)ex .
v = ab donc v ′ = a′ b + b′ a
On a alors u ′ (x) = 2e2x et v ′ (x) = 1 × ex + (x + 1)ex = ex (x + 2)
Comme f = u − v on déduit f ′ = u ′ − v ′
f ′ (x) = 2e2x − ex (x + 2) = ex (2ex − x − 2) = ex g(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 f puis dresser son tableau de variations complet.
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x
−∞
α
Signe
de f ′ (x)
+
+∞
0
−
0
+
0
+∞
f (α)
Variation
de f
0
0
Exercice 2
Soit f la fonction définie sur ]0; +∞[ par :
f (x) = ln3 x − 3 ln x
et C sa courbe représentative dans un repère orthonormal (O,~ı,~).
1. Etudier les variations de f .
Dérivation de f .
f est de la forme P ◦ ln où P est la fonction polynôme définie sur R par P(X) = X3 − 3X. P est dérivable sur R et ln est
dérivable sur ]0; +∞[ donc, d’après le théorème de dérivation des fonctions composées, f est dérivable
sur ]0; +∞[ et f ′ = P′ ◦ lnln′ .
1
1
On a donc pour x > 0,f ′ (x) = P′ (ln x) × = (3(ln x)2 − 3) ×
x
x
Signe et annulation de f ′ (x)
Pour x > 0 le problème du signe et de l’annulation de f ′ (x) est le même que pour (ln x + 1)(ln x − 1). En remarquant que
ln x + 1 = 0 ⇔ x = e−1 , que ln x − 1 = 0 ⇔ x = e et que les fonctions x 7→ ln x + 1 et x 7→ ln x − 1 sont strictement croissantes
sur ]0; +∞[ on obtient le tableau :
x
e
e−1
0
ln x + 1
−
ln x − 1
−
f ′ (x)
+
+
0
0
+∞
+
−
0
+
−
0
+
et voici le tableau de variation de la fonction f :
x
e
e−1
0
Signe
de f ′ (x)
+
0
−
0
+∞
+
+∞
2
Variation
de f
−∞
−2
2. Calculer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.
Limite en +∞ :
Pour x > 0 on a f (x) = ln3 x − 3 ln x = lnx ln x2 − 3


lim lnx = +∞


x→+∞  par produit, lim f (x) = +∞
2
x→+∞

lim ln x − 3 = +∞ 
x→+∞
Limite en 0+ :
Pour x > 0 on a f (x) = ln3 x − 3 ln x = lnx ln x2 − 3


lim ln x = −∞



x→0+ lim f (x) = −∞

 par produit, x→0
+
lim ln x2 − 3 = +∞ 

+
x→0
et l’axe des ordonnées est une asymptote verticale de C .
3. Donner une équation de la tangente à C au point d’abscisse 1.
Puisque f est 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 C au point d’abscisse 1 a pour équation y = −3x + 3
4. a) En développant (X − 2)(X + 1)2 on trouve X3 − 3X − 2 on 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 = ln x l’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 ln x = 3 ou lnx = −3
f (x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = e3 ou x = e−3 . S = {1; e3 ; e−3 }
Équation f (x) = 2
En posant X = ln x l’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 ln x = −1
f (x) = 0 ⇔ x = e2 ou x = e3 ou x = e−1 . S = {e2 ; e−1 }
5. Tracer la tangente, placer les points trouvés à la question précédente et tracer C.
1
6. a) Montrer que, pour tout entier naturel n, l’équation f (x) = admet une unique solution dans [e ; +∞[.
n
La fonction f est continue car dérivable sur l’intervalle [e; +∞[ et strictement croissante.f réalise donc une bijection
1
de [e; +∞[ sur [f (e); lim f (x)[ soit sur [−2; +∞[. Pour tout entier n > 0 on a ∈ [−2; +∞[
x→+∞
n
1
Donc l’équation f (x) = admet une unique solution αn ∈ [e; +∞[.
n
→
− →
−
b) Sur la page annexe, on a tracé C dans le repère O; ı ,  .
c) Précisons, la valeur de α1 .
α1 est 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 f est 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 p tel que αp+1 ≥ αp ;
comme la suite (αn ) est à valeurs dans [e; +∞[ ; on a donc αp+1 ≥ αp ≥ e,
1
1
≥ ou encore p + 1 ≤ p, ce
la fonction f est strictement croissante sur [e; +∞[ on déduit f (αp+1 ) ≥ f (αp ) soit
p+1 p
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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