TS - Exercices corrigés - Etude de fonctions

Exercice 1

Polynésie juin 2014

Soient $f$ et $g$ les fonctions définies sur $\R$ par

$$f(x) = \text{e}^x \quad \text{et} \quad g(x) = 2\text{e}^{\frac{x}{2}} – 1.$$

On note $\mathscr{C}_{f}$ et $\mathscr{C}_{g}$ les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ dans un repère orthogonal.

Démontrer que les courbes $\mathscr{C}_{f}$ et $\mathscr{C}_{g}$ ont un point commun d’abscisse $0$ et qu’en ce point, elles ont la même tangente $\Delta$ dont on déterminera une équation.
$\quad$
Étude de la position relative de la courbe $\mathscr{C}_{g}$ et de la droite $\Delta$
Soit $h$ la fonction définie sur $\R$ par $h(x) = 2\text{e}^{\frac{x}{2}} – x – 2$.
a. Déterminer la limite de la fonction $h$ en $- \infty$.
$\quad$
b. Justifier que, pour tout réel $x, h(x) = x\left(\dfrac{\text{e}^{\frac{x}{2}}}{\frac{x}{2}} – 1 – \dfrac{2}{x}\right)$.
En déduire la limite de la fonction $h$ en $+ \infty$.
$\quad$
c. On note $h’$ la fonction dérivée de la fonction $h$ sur $\R$.
Pour tout réel $x$, calculer $h'(x)$ et étudier le signe de $h'(x)$ suivant les valeurs de $x$.
$\quad$
d. Dresser le tableau de variations de la fonction $h$ sur $\R$.
$\quad$
e. En déduire que, pour tout réel $x$, $2\text{e}^{\frac{x}{2}} – 1 \geqslant x + 1$.
$\quad$
f. Que peut-on en déduire quant à la position relative de la courbe $\mathscr{C}_{g}$ et de la droite $\Delta$ ?
$\quad$
Étude de la position relative des courbes $\mathscr{C}_{f}$ et $\mathscr{C}_{g}$
a. Pour tout réel $x$, développer l’expression $\left(\text{e}^{\frac{x}{2}} – 1\right)^2$.
$\quad$
b. Déterminer la position relative des courbes $\mathscr{C}_{f}$ et $\mathscr{C}_{g}$.
$\quad$
Calculer, en unité d’aire, l’aire du domaine compris entre les courbes $\mathscr{C}_{f}$ et $\mathscr{C}_{g}$ et les droites d’équations respectives $x = 0$ et $x = 1$.

$\quad$

Correction Exercice 1

$f(0) = \text{e}^0 = 1$ et $g(0)=2\text{e}^0 – 1 = 1$.
Les courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$ ont donc un point commun d’abscisse $0$.
$~$
Les $2$ fonctions sont dérivables sur $\R$.
$f'(x) = \text{e}^x$ donc $f'(0) = \text{e}^0 = 1$
$g'(x) = 2 \times \dfrac{1}{2}\text{e}^{x/2}= \text{e}^{x/2}$ donc $g'(0) = 1$.
Les $2$ tangentes ont donc le même coefficient directeur. Elles sont par conséquent parallèles. De plus elles possèdent un point en commun.
Les $2$ courbes ont donc la même tangente en $0$.
$~$
Une équation de $\Delta$ est : $y = f'(0)(x-0)+f(0) = x+1$.
$~$
a. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \text{e}^{x/2} = 0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} -x-2 = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} h(x) = +\infty$
$~$
b. $~$
$$\begin{align} x\left(\dfrac{\text{e}^{x/2}}{x/2} – 1 – \dfrac{2}{x} \right) &= \dfrac{\text{e}^{x/2}}{1/2} -x – 2 \\\\
&= 2\text{e}^{x/2} – x – 2 \\\\
&=h(x)
\end{align}$$
$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{e}^{x/2}}{x/2} = +\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{2}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} h(x) = +\infty$
$~$

c. $h'(x) = 2 \times \dfrac{1}{2} \text{e}^{x/2} – 1 = \text{e}^{x/2} – 1$.
$$\begin{align} h'(x) > 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{x/2} – 1 > 0 \\\\
&\Leftrightarrow \text{e}^{x/2} > 1 \\\\
&\Leftrightarrow \dfrac{x}{2} > 0 \\\\
&\Leftrightarrow x > 0
\end{align}$$
Par conséquent $h'(x) < 0$ sur $]-\infty;0[$ , $h'(x) > 0$ sur $]0;+\infty[$ et $h'(0) = 0$.
$~$
d. $~$

e. Cela signifie donc que pour tout $x \in \R$ :$$\begin{align} h(x) \ge 0 &\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} – x – 2 \ge 0\\\\&\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} -x -1 -1 \ge 0 \\\\&\Leftrightarrow 2\text{e}^{x/2} -1 \ge x +1 \end{align}$$
f. Cela signifie donc que la courbe $\mathscr{C}_g$ est toujours au-dessus de sa tangente $\Delta$.
$~$
a. $~$
$$\begin{align} \left( \text{e}^{x/2} – 1 \right)^2 &= \left(\text{e}^{x/2} \right)^2 – 2\text{e}^{x/2} + 1 \\\\
&= \text{e}^{x} – 2\text{e}^{x/2} + 1\\\\
&= f(x) – g(x)
\end{align}$$
b. Un carré étant toujours positif, on en déduit donc que $f(x) – g(x) \ge 0$.
Par conséquent $\mathscr{C}_f$ est au-dessus de $\mathscr{C}_g$.
$~$
On doit donc calculer :
$$\begin{align} \mathscr{A} &= \int_0^1 \left(f(x)-g(x) \right) \text{d}x \\\\
&= \int_0^1\left( \text{e}^{x} – 2\text{e}^{x/2} + 1 \right) \text{d}x \\\\
&= \left[\text{e}^{x}-4\text{e}^{x/2} + x\right]_0^1 \\\\
&=\text{e}^1-4\text{e}^{1/2}+1 – (1 – 4) \\\\
&=\text{e}-4\text{e}^{1/2}+4 \text{ u.a}
\end{align}$$

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$\quad$

Exercice 2

Antilles-Guyane juin 2014

On considère la fonction $f$ définie et dérivable sur l’ensemble $\R$ des nombres réels par

$$f(x) = x + 1 + \dfrac{x}{\text{e}^x}.$$

On note $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $\Oij$.

Partie A

Soit $g$ la fonction définie et dérivable sur l’ensemble $\R$ par $$g(x) = 1 – x + \text{e}^x.$$
Dresser, en le justifiant, le tableau donnant les variations de la fonction $g$ sur $\R$ (les limites de $g$ aux bornes de son ensemble de définition ne sont pas attendues).
En déduire le signe de $g(x)$.
$\quad$
Déterminer la limite de $f$ en $- \infty$ puis la limite de $f$ en $+ \infty$.
$\quad$
On appelle $f’$ la dérivée de la fonction $f$ sur $\R$.
Démontrer que, pour tout réel $x$, $$f'(x) = \text{e}^{- x}g(x).$$
$\quad$
En déduire le tableau de variation de la fonction $f$ sur $\R$.
$\quad$
Démontrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution réelle $\alpha$ sur $\R$.
Démontrer que $-1 < \alpha < 0$.
$\quad$
a. Démontrer que la droite $T$ d’équation $y = 2x + 1$ est tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $0$.
$\quad$
b. Étudier la position relative de la courbe $\mathscr{C}$ et de la droite $T$.
$\quad$

Partie B

Soit $H$ la fonction définie et dérivable sur $\R$ par $$H(x) = (- x – 1)\text{e}^{- x}.$$
Démontrer que $H$ est une primitive sur $\R$ de la fonction $h$ définie par $h(x) = x\text{e}^{- x}$.
$\quad$
On note $\mathscr{D}$ le domaine délimité par la courbe $\mathscr{C}$, la droite $T$ et les droites d’équation $x = 1$ et $x = 3$.
Calculer, en unité d’aire, l’aire du domaine $\mathscr{D}$.
$\quad$

Correction Exercice 2

Partie A

$g'(x) = -1 + \text{e}^x$
Etudions le signe de $g'(x)$
$$\begin{align} g'(x) > 0 & \Leftrightarrow -1 + \text{e}^x > 0 \\\\
& \Leftrightarrow \text{e}^x > 1\\\\
& \Leftrightarrow x > 0
\end{align}$$
$\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} x+1 = -\infty$ $\quad$ $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{1}{\text{e}^x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x}=-\infty$Par conséquent :$$\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x) = -\infty$$$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} x + 1 = +\infty$ $\quad$ $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0$Par conséquent :$$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = +\infty$$
$~$
$$\begin{align} f'(x) &= 1 + \dfrac{\text{e}^x – x\text{e}^x}{\text{e}^2x} \\\\
&= 1 + \dfrac{1 -x}{\text{e}^x} \\\\
&=\dfrac{\text{e}^x + 1 – x}{\text{e}^x} \\\\
&=\text{e}^{-x}g(x)
\end{align}$$
D’après le tableau de variations de la fonction $g$ on constate que $g(x) > 0$ pour tout $x$. On sait de plus que la fonction exponentielle est strictement positive.
Par conséquent :
$$\forall x\in \R, f'(x) > 0$$
La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
De plus $\lim\limits_{n \rightarrow -\infty} f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} f(x) = +\infty$
$0 \in ]-\infty;+\infty[$.
D’après le théorème de la bijection (ou théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $f(x)=0$ possède donc une unique solution sur $\R$.
$~$
$f(-1) = -\text{e}^{-1} < 0$ et $f(0) = 1 > 0$ donc $-1 <\alpha < 0$.
$~$
a. Une équation de la tangente est de la forme $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
$f'(0) = 2$ et $f(0) = 1$. Donc la tangente en $0$ à $\mathscr{C}$ a pour équation $y =2x+1$
$~$
b. Pour étudier la position relative de la courbe $\mathscr{C}$ et de $T$ on étudie le signe de :
$$\begin{align} f(x) – (2x+1) &= x+1 + \dfrac{x}{\text{e}^x} -2x – 1 \\\\
&= -x + \dfrac{x}{\text{e}^x} \\\
&= x\dfrac{ -\text{e}^x + 1}{\text{e}^x} \\\\
&=\dfrac{-xg'(x)}{\text{e}^x} \le 0
\end{align}$$
La droite $T$ est donc toujours au-dessus de la courbe $\mathscr{C}$.

Partie B

$H'(x) = -\text{e}^{-x} – (-x-1)\text{e}^{-x} $ $= x\text{e}^{-x} = h(x)$
Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $\R$.
$~$
L’aire cherchée est :
$$\begin{align} \mathscr{A} &=\int_1^3((2x+1)-f(x))\text{d}x \\\\
&=\int_1^3 (x-h(x)) \text{d}x \\\\
&=\left[\dfrac{x^2}{2} – H(x) \right]_1^3 \\\\
&= \dfrac{9}{2} + 4\text{e}^{-3} – \dfrac{1}{2} + (-2)\text{e}^{-1} \\\\
&= 4 + 4\text{e}^{-3} -2\text{e}^{-1} \text{ u.a}
\end{align}$$

[collapse]

$\quad$

Exercice 3

Métropole septembre 2014

Sur le graphique ci-dessous, on a tracé, dans un repère orthonormé $\Oij$, une courbe $\mathscr{C}$ et la droite $(AB)$ où $A$ et $B$ sont les points de coordonnées respectives $(0;1)$ et $(-1;3)$.

On désigne par $f$ la fonction dérivable sur $\R$ dont la courbe représentative est $\mathscr{C}$.

On suppose, de plus, qu’il existe un réel $a$ tel que pour tout réel $x$, $$f(x) = x + 1 + ax\text{e}^{- x^2}.$$

a. Justifier que la courbe $\mathscr{C}$ passe par le point $A$.
$\quad$
b. Déterminer le coefficient directeur de la droite $(AB)$.
$\quad$
c. Démontrer que pour tout réel $x$, $$f'(x) = 1 – a\left(2x^2 – 1\right)\text{e}^{- x^2}.$$
$\quad$
d. On suppose que la droite $(AB)$ est tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point $A$.
Déterminer la valeur du réel $a$.
$\quad$
D’après la question précédente, pour tout réel $x$, $$f(x) = x + 1 – 3x\text{e}^{- x^2}\quad \text{et} \quad f'(x) = 1 + 3\left(2x^2 – 1\right)\text{e}^{- x^2}.$$
a. Démontrer que pour tout réel $x$ de l’intervalle $]- 1~;~0],\: f(x) > 0$.
$\quad$
b. Démontrer que pour tout réel $x$ inférieur ou égal à $- 1, \:f'(x) > 0$.
$\quad$
c. Démontrer qu’il existe un unique réel $c$ de l’intervalle $\left[- \dfrac{3}{2};1\right]$ tel que $f(c) = 0$.
Justifier que $c < – \dfrac{3}{2} + 2.10^{-2}$.
$\quad$
On désigne par $\mathscr{A}$ l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine défini par : $$c \leqslant x \leqslant 0\quad \text{et}\quad 0 \leqslant y \leqslant f(x).$$
a. Écrire $\mathscr{A}$ sous la forme d’une intégrale.
$\quad$
b. On admet que l’intégrale $I = \displaystyle\int_{-\frac{3}{2}}^0 f(x)\:\text{d}x$ est une valeur approchée de $\mathscr{A}$ à $10^{-3}$ près.
Calculer la valeur exacte de l’intégrale $I$.
$\quad$

Correction Exercice 3

Exercice 1

a. $f(0) = 0 + 1 + a \times 0 \times 1 = 1$. donc $A(0;1)$ appartient bien à $\mathscr{C}$.
$\quad$
b. Le coefficient directeur de la droite $(AB)$ est :
$\begin{align} d &= \dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A} \\\\
&=\dfrac{3 – 1}{-1 – 0} \\\\
&= -2
\end{align}$
$\quad$
c. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur $\R$.
$$f'(x) = 1 + a\text{e}^{-x^2} – 2x \times ax\text{e}^{-x^2} = 1 – a(2x^2 – 1)\text{e}^{-x^2}$$
$\quad$
d. Si la droite $(AB)$ est tangente à la courbe $\mathscr{C}$ en $A$ cela signifie donc que $f'(0) = d$.
Par conséquent $f'(0) = 1 + a = -2$ soit $a= -3$.
$\quad$
a. si $x \in ]-1;0[$ alors $x+1 \in ]0;1[$ et $-3x \in ]0;3[$.
la fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ donc sur $]-1;0[$ en particulier.
Par conséquent $-3x\text{e}^{-x^2} > 0$ et donc $f(x) > 0$.
$\quad$
b. Si $x<-1$ alors $2x^2> 2$ et $2x^2-1 > 1$. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
On a donc bien $f'(x) > 0$.
$\quad$
c. Sur l’intervalle $\left[ -\dfrac{3}{2};-1 \right]$, $f'(x) > 0$. Donc la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
De plus $f\left(-\dfrac{3}{2} \right) \approx -0,03 <0$ et $f(-1) \approx 1,10 > 0$.
$0 \in \left[f\left(-\dfrac{3}{2} \right);f(-1) \right]$.
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (ou théorème de la bijection) l’équation $f(x) = 0$ possède bien une unique solution $c$ dans $\left[ -\dfrac{3}{2};-1 \right]$.
$\quad$
$\left(-\dfrac{3}{2}+2\times 10^{-2} \right) \approx 0,02 >0$. Donc $c < -\dfrac{3}{2}+2\times 10^{-2}$
$\quad$
a. Par définition on a donc $\mathscr{A} = \displaystyle \int_c^0 f(x) \mathrm{d}x$.
$\quad$
b. Une primitive de la fonction $f$ sur $\R$ est la fonction $F$ définie sur $R$ par
$$F(x) = \dfrac{x^2}{2} + x + \dfrac{3}{2}\text{e}^{-x^2}$$
$\begin{align} I & = \displaystyle \int_{-\frac{3}{2}}^0 f(x) \mathrm{d}x \\\\
&= F(0) – F\left(-\dfrac{3}{2} \right) \\\\
&= \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{8} – \dfrac{3}{2}\text{e}^{-2,25} \\\\
&= \dfrac{15}{8} – \dfrac{3}{2}\text{e}^{-2,25} ~\text{u.a.}
\end{align}$

[collapse]

$\quad$

Exercice 4

Liban juin 2014

Soit $f$ la fonction définie sur l’intervalle $[0~;~+\infty[$ par $$f(x) = x\,\mathrm{e}^{-x}.$$

On note $\mathscr{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthogonal.

Partie A

On note $f’$ la fonction dérivée de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;~+\infty[$.
Pour tout réel $x$ de l’intervalle $[0~;~+\infty[$, calculer $f'(x)$. En déduire les variations de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0~;~+\infty[$.
$\quad$
Déterminer la limite de la fonction $f$ en $+\infty$. Quelle interprétation graphique peut-on faire de ce résultat?

Partie B

Soit $\mathscr{A}$ la fonction définie sur l’intervalle

$[0;~+\infty[$ de la façon suivante : pour tout réel $t$ de l’intervalle $[0~;~+\infty[$ $\mathscr{A}(t)$ est l’aire, en unités d’aire, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe $\mathscr{C}$ et les droites d’équations $x = 0$ et $x = t$.

Déterminer le sens de variation de la fonction $\mathscr{A}$.
$\quad$
On admet que l’aire du domaine délimité par la courbe $\mathscr{C}$ et l’axe des abscisses est égale à 1 unité d’aire. Que peut-on en déduire pour la fonction $\mathscr{A}$?
$\quad$
On cherche à prouver l’existence d’un nombre réel $\alpha$ tel que la droite d’équation $x =\alpha$ partage le domaine compris entre l’axe des abscisses et la courbe $\mathscr{C}$, en deux parties de même aire, et à trouver une valeur approchée de ce réel.
a. Démontrer que l’équation $\mathscr{A}(t)=\dfrac{1}{2}$ admet une unique solution sur l’intervalle $[0~;~+\infty[$
b. Sur le graphique fourni en annexe (à rendre avec la copie) sont tracées la courbe $\mathscr{C}$, ainsi que la courbe $\Gamma$ représentant la fonction $\mathscr{A}$.
Sur le graphique de l’annexe, identifier les courbes $\mathscr{C}$ et $\Gamma$, puis tracer la droite d’équation $y=\dfrac{1}{2}$.
En déduire une valeur approchée du réel $\alpha$. Hachurer le domaine correspondant à $\mathscr{A}(\alpha)$.
$\quad$
On définit la fonction $g$ sur l’intervalle $[0;~+\infty[$ par $g(x) = (x+1)\,\mathrm{e}^{-x}$.
a. On note $g’$ la fonction dérivée de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0;~+\infty[$.
Pour tout réel $x$ de l’intervalle $[0;~+\infty[$, calculer $g'(x)$.
$\quad$
b. En déduire, pour tout réel $t$ de l’intervalle $[0;~+\infty[$, une expression de $\mathscr{A}(t)$.
$\quad$
c. Calculer une valeur approchée à $10^{-2}$ près de $\mathscr{A}(6)$.

$\quad$

Représentations graphiques des fonctions $f$ et $\mathscr{A}$

Correction Exercice 4

Partie A

$f'(x) = \text{e}^{-x} – x\text{e}^{-x}$ $= (1 – x)\text{e}^{-x}$
La fonction exponentielle est toujours positive.
Par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $1-x$
Cela signifie donc que :
– sur $[0;1]$ , $f'(x) \ge 0$ et la fonction $f$ est croissante.
– sur $[1;+\infty[$, $f'(x) \le 0$ et la fonction $f$ est décroissante.
$~$
$f(x) = -(-x)\text{e}^{-x}$
Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} (-x)\text{e}^{-x} = \lim\limits_{x \rightarrow – \infty} x\text{e}^{x} = 0$
Donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = 0$
La droite d’équation $y=0$ est donc une asymptote à la courbe $\mathcal{C}$

$~$

Partie B

On a $\mathcal{A(t)} = \displaystyle \int_0^t f(x)dx$.
La fonction $f$ étant positive et continue sur $[0;+\infty[$, on a donc $\mathcal{A}'(t) = f(t) \ge 0$.
La fonction $\mathcal{A}$ est donc strictement croissante.
$~$
Cela signifie donc que $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty} \displaystyle \int_0^t f(x)dx) = 1$.
par conséquent $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty}\mathcal{A}(t) = 1$.
$~$
a. La fonction $\mathcal{A}$ est continue et strictement croissante sur $[0;+\infty[$.
$\mathcal{A}(0) = 0$ et $\lim\limits_{t \rightarrow +\infty}\mathcal{A}(t) = 1$
or $\dfrac{1}{2} \in ]0;1[$.
D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $ \mathcal{A}(t) = \dfrac{1}{2}$ possède une unique solution.
$~$
b.
$~$
a. $g'(x) = \text{e}^{-x} – (x+1)\text{e}^{-x} = -x\text{e}^{-x}$
$~$
b. Par conséquent $-g$ est une primitive de $f$.
On a donc $\mathcal{A}(t) = -g(t) – (- g(0)) = -g(t) + g(0) = -(t+1)\text{e}^{-t} + 1$
$~$
c. $\mathcal{A}(6) = -7\text{e}^{-6}+1 \approx 0,98$ u.a.
$~$

[collapse]

$\quad$