TS – Synthèse 1 – Ex 2

Exercice 2

Partie A

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 $\Oij$.

  1. 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 $g(x)$.
    $\quad$
  2. Déterminer la limite de $f$ en $- \infty$ puis la limite de $f$ en $+ \infty$.
    $\quad$
  3. On appelle $f’$ la dérivée de la fonction $f$ sur $\R$.
    Démontrer que, pour tout réel $x$, \[f'(x) = \text{e}^{- x}g(x).\]
    $\quad$
  4. En déduire le tableau de variation de la fonction $f$ sur $\R$.
    $\quad$
  5. $\quad$
    a. Démontrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution réelle $\alpha$ sur $\R$.
    Démontrer que $-1 < \alpha < 0$.
    $\quad$
    b. En déduire le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$.
    $\quad$
  6. 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

  1. Soit $H$ la fonction définie et dérivable sur $\R$ par : $$H(x) = \dfrac{1}{2}x^2 + x – (x + 1)\text{e}^{-x}$$
    Calculer $H'(x)$.
    $\quad$
  2. En utilisant la partie $\textbf{A}$, déterminer le sens de variation de la fonction $H$.

Correction

Partie A

  1. $g'(x) = -1 + \text{e}^x$
    Etudions le signe de $g'(x)$
    $$\begin{align*} g'(x) > 0 & \Leftrightarrow -1 + \text{e}^x > 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \text{e}^x > 1\\\\
    & \Leftrightarrow x > 0
    \end{align*}$$
    ts-synthèse1-ex2-1
    Par conséquent, pour tout $x \in \R$, $g(x) \ge 2 > 0$.
    $\quad$
  2. $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} x+1 = -\infty$ $\quad$ $\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \dfrac{1}{\text{e}^x} = +\infty$ 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 :
    $$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x) = +\infty$$
    $\quad$

  3. $\quad$
    $$\begin{align*} f'(x) &= 1 + \dfrac{\text{e}^x – x\text{e}^x}{\text{e}^2x} \\\\
    &= 1 + \dfrac{1 -x}{\text{e}^x} \\\\
    &=\dfrac{\text{e}^x + 1 – x}{\text{e}^x} \\\\
    &=\text{e}^{-x}g(x)
    \end{align*}$$
    $\quad$
  4. 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 :
    $$\forall x\in \R, f'(x) > 0$$
    ts-synthèse1-ex2-2
  5. a.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 corolaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $f(x)=0$ possède donc une unique solution sur $\R$.
    $f(-1) = -\text{e} < 0$ et $f(0) = 1 > 0$ donc $-1 <\alpha < 0$.
    $\quad$
    b. La fonction $f$ est strictement croissante et $f(\alpha) = 0$.
    On obtient ainsi le tableau de signe suivant :
    ts-synthèse1-ex2-3
  6. 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 $y =2x+1$
    $\quad$
    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 $\mathscr{C}$.

$\quad$

Partie B

  1. $\quad$
    $$\begin{align*} H'(x) & = x + 1 – \left(\text{e}^{-x} – (x + 1) \text{e}^{-x}\right) \\\\
    & = x + 1 + x\text{e}^{-x} \\\\
    &= f(x)
    \end{align*}$$
    $\quad$
  2. Cela signifie donc, d’après la question \textbf{A.5.b}, que la fonction $H$ est :
    • décroissante sur $]-\infty;\alpha]$
    • croissante sur $[\alpha;+\infty[$