TS - exponentielle - problème 4 -

Exercice 4 (Polynésie – septembre 2010)

Partie A

Soit $g$ la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $g(x) = \text{e}^x – x\text{e}^x + 1$

Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$
$\quad$
Étudier les variations de la fonction $g$.
$\quad$
Donner le tableau de variation de $g$.
$\quad$
a. Démontrer que l’équation $g(x) = 0$ admet sur $[0;+\infty[$ une unique solution.
On note $\alpha$ cette solution.
$\quad$
b. A l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
$\quad$
c. Démontrer que $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$.
$\quad$
Déterminer le signe de $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
$\quad$

Partie B

Soit $A$ la fonction définie et dérivable sur $[0;+\infty[$ telle que :$A(x) = \dfrac{4x}{\text{e}^x + 1}$.

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 A.
$\quad$
En déduire les variations de la fonction $A$ sur $[0;+\infty[$.
$\quad$

Partie C

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{4}{\text{e}^x + 1}$.

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

Pour tout réel $x$ positif ou nul, on note :

$M$ le point de $\mathscr{C}$ de coordonnées $\left(x;f(x)\right)$,
$P$ le point de coordonnées $(x;0)$,
$Q$ le point de coordonnées $(0;f(x))$.

Démontrer que l’aire du rectangle $OPMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
On rappelle que le réel $\alpha$ a été défini dans la partie A.
$\quad$
Le point $M$ a pour abscisse $\alpha$.
La tangente $(T)$ en $M$ à la courbe $\mathscr{C}$ est-elle parallèle à la droite $(PQ)$?

Correction

Partie A

$g(x) = \text{e}^x – x\text{e}^x + 1 = \text{e}^x(1 – x) + 1$
Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – x) = -\infty$
Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x(1 – x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
$\quad$
La fonction exponentielle est dérivable sur ^$[0;+\infty[$. Donc par somme et produit de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$, la fonction $g$ est également dérivable sur cet intervalle.
$g'(x) =\text{e}^x – \text{e}^x – x\text{e}^x = -x\text{e}^x$.
La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ donc sur $[0;+\infty[$.
Par conséquent, le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $-x$ et $g'(x) \le 0$ sur $[0;+\infty[$.
$\quad$
a. $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
$g(0) = 2$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
$0 \in ]-\infty;2]$.
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) =0$ possède une unique solution sur $[0;+\infty[$.
$\quad$
b. La calculatrice nous donne $1,27 < \alpha < 1,128$.
$\quad$
c. $\quad$
$\begin{align} g(\alpha) = 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} – \alpha \text{e}^{\alpha} + 1 = 0 \\\\
& \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha}(1 – \alpha) = -1 \\\\
& \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}
\end{align}$
$\quad$
Le tableau de variation nous permet donc de dire que :
– $\quad$ $g(x) > 0 $ sur $[0;\alpha[$
– $\quad$ $g(\alpha) = 0$
– $\quad$ $g(x) < 0 $ sur $]\alpha;+\infty[$

$\quad$

Partie B

D’après l’énoncé, la fonction $A$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
$A'(x) = \dfrac{4\left(\text{e}^x + 1 – x\text{e}^x\right)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2} = \dfrac{4g(x)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2}$.
Le dénominateur étant strictement positif, $A'(x)$ et $g(x)$ ont le même signe.
$\quad$
Par conséquent : $A$ est croissante sur $[0;\alpha]$ et décroissante sur $[\alpha;+\infty[$.

$\quad$

Partie C

L’aire du rectangle $OPMQ$ vaut $xf(x) = A(x)$
D’après la question précédente, $A$ atteint son maximum en $\alpha$.
Donc l’aire du rectangle $OPMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
$\quad$
On va utiliser les résultats $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$ et $\text{e}^{\alpha} + 1= \dfrac{1}{\alpha – 1} + 1 = \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}$.
$\quad$
Le coefficient directeur de $(PQ)$ est $a = \dfrac{f(\alpha) – 0}{0 – \alpha} = \dfrac{-4}{\alpha\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}$
$\quad$
Le coefficient directeur de cette tangente (T) est :
$\begin{align} f'(\alpha) & = – \dfrac{4\text{e}^{\alpha}}{\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)^2} \\\\
& = – \dfrac{4 \times \dfrac{1}{\alpha – 1}}{\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \left(\text{e}^{\alpha} – 1\right)} \\\\
&= – \dfrac{4}{(\alpha – 1)\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}} \\\\
&= – \dfrac{4}{\alpha \left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}
\end{align}$
$\quad$
Par conséquent $f'(\alpha) = a$.
La tangente est donc parallèle à la droite $(PQ)$.