TS – Bac blanc 2015 – Ex2

Exercice 2    5 points

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par

\[f(x) = \ln \left(1 +\text{e}^{x}\right) – \dfrac{3}{4}x.\]

La courbe $(\mathscr{C})$ représentative de la fonction $f$ dans le plan muni d’un repère orthogonal est donnée en annexe.

Cette annexe sera complétée et remise avec la copie à la fin de l’épreuve.

Partie A

  1. a. Déterminer la limite de la fonction $f$ en $-\infty$.
    $\quad$
    b. Montrer que pour tout réel $x,~ f(x) = \ln \left(\text{e}^{-x} + 1\right) +\dfrac{1}{4}x$.
    $\quad$
    c. En déduire la limite de $f$ en $+\infty$.
    $\quad$
  2. a. Étudier la position relative de (D) d’équation $y = \dfrac{1}{4}x$ et de $(\mathscr{C})$.
    $\quad$
    b. Déterminer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{1}{4}x$.
    Interpréter graphiquement ce résultat.
    Tracer la droite (D).
    $\quad$
  3. a. On note $f’$ la fonction dérivée de la fonction $f$.
    Montrer que pour tout $x$ réel, $f'(x) = \dfrac{\text{e}^x – 3}{4\left(\text{e}^x + 1\right)}$.
    $\quad$
    b. En déduire les variations de la fonction $f$.
    $\quad$

Partie B 

Dans cette partie, on cherche à mettre en évidence une propriété de la courbe $(\mathscr{C})$.

On note (T) la tangente à la courbe $(\mathscr{C})$ au point d’abscisse $0$.

  1. Calculer le coefficient directeur de (T) puis construire (T) sur le graphique.
    $\quad$
  2. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.
    Soient $M$ et $N$ deux points de la courbe $(\mathscr{C})$ d’abscisses non nulles et opposées. Montrer que la droite $(MN)$ est parallèle à la droite (T).
    TS - BB2015 - ex2

Correction

Partie A

  1. a. $\lim\limits_{x \to -\infty} 1 + \e^x = 1$ et $\lim\limits_{x \to 1} \ln x = 0$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} \ln \left(1 + \e^x\right) = 0$.
    De plus $\lim\limits_{x \to -\infty} -\dfrac{3}{4}x = +\infty$. Par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$.
    $\quad$
    b.
    $$\begin{align*}
    f(x) & = \ln \left(\e^x\left(\e^{-x} + 1\right)\right) – \dfrac{3}{4}x \\\\
    & = \ln \e^x + \ln \left(\e^{-x} + 1\right) – \dfrac{3}{4}x \\\\
    & = x + + \ln \left(\e^{-x} + 1\right) – \dfrac{3}{4}x \\\\
    & = \ln \left(\e^{-x} + 1\right) + \dfrac{1}{4}x \\\\
    \end{align*}$$
    c. $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^{-x} + 1 = 1$ et $\lim\limits_{x \to 1} \ln x = 0$. Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln\left(\e^{-x}+1\right) = 0$.
    De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{4}x = +\infty$. Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
    $\quad$
  2. a. $f(x) – \dfrac{1}{4}x = \ln \left(\e^{-x} + 1\right)$.
    Or, pour tout réel $x$ on a $\e^{-x} > 0$ donc $1+\e^{-x} > 1$ et $\ln\left(1+\e^{-x}\right) > 0$.
    Par conséquent la courbe $(\mathscr{C})$ est au-dessus de (D).
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{x \to +\infty} \ln\left(\e^{-x} + 1\right) = 0$ (d’après la question \textbf{1.c.}. Cela signifie donc que courbe $(\mathscr{C})$ est de plus en plus proche de (D) quand $x$ prend des valeurs de plus en plus grande.
    Remarque : on parle d’asymptote oblique.
    TS - BB2015 - ex2c$\quad$
  3. a. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée et somme de fonctions dérivables sur $\R$.
    $$\begin{align*} f'(x) &= \dfrac{\e^x}{e^x + 1} – \dfrac{3}{4} \\\\
    &= \dfrac{4\e^x – 3\e^x – 3}{4\left(\e^x+1\right)} \\\\
    & = \dfrac{\e^x – 3}{4\left(\e^x + 1\right)}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle étant toujours positive, le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $\e^x – 3$.
    Or $\e^x – 3 > 0 \Leftrightarrow \e^x = 3 \Leftrightarrow x > \ln 3$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    TS - BB2015 - ex2.1c$\quad$

Partie B

  1. Le coefficient directeur de (T) est $f'(0) = \dfrac{\e^0 – 3}{4(\e^0 + 1)} = – \dfrac{1}{4}$.
    $\quad$
  2. On considère le point $M\left(x,f(x)\right)$. Par conséquent $N\left(-x,f(-x)\right)$.
    Le coefficient directeur de la droite $(MN)$ est :
    $$\begin{align*}
    a &= \dfrac{f(x) – f(-x)}{x – (-x)} \\\\
    & = \dfrac{\ln\left(1 + \e^x\right) – \dfrac{3}{4}x – \left(\ln \left(\e^{-(-x)} + 1\right) – \dfrac{1}{4}x\right)}{2x} \\\\
    & = \dfrac{\ln\left(1 + \e^x\right) – \dfrac{3}{4}x – \ln\left(1 + \e^x\right) + \dfrac{1}{4}x}{2x} \\\\
    & = \dfrac{-\dfrac{1}{2}x}{2x} \\\\
    & = -\dfrac{1}{4}
    \end{align*}$$
    Les deux coefficients directeur étant égaux, les droites $(MN)$ et (T) sont parallèles.