terminales.examen.sn

Vous êtes ici : Accueil

Corrigé 2016 : Problème

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

PARTIE A

1. a. g(x) existe si et seulement si:

$\left\{\begin{array}{lll}x+1&>&0\\\\x+1&\ne&0\end{array}\right.\textrm{ce que donne x} > -1$

$\boxed{D_g=]-1,+\infty[}$

$\lim_{x\to-1^+}\frac{-2(x+1)ln(x+1)+x}{(x+1)}$ ,

$\boxed{\lim_{x\to-1^+}g(x)=-\infty}$ par quotient

$\lim_{x\to-1^+}g(x)=-\infty\quad car\left\{\begin{array}{l}-2ln(x+1)\rightarrow -\infty\textrm{ par compos\'{e}e puis produit}\\\\\frac{x}{x+1}\rightarrow 1\end{array}\right.$

1.b $g^{\prime}(x)=\frac{-2}{x+1}+\left(\frac{x}{x+1}\right)^{\prime}$ $\boxed{g(x)=\frac{-2x-1}{(x+1)^2}}$

Tableau de Variation

2. a. g(0) = 0.

La restriction de g à $]-1;-\frac{1}{2}[$ est strictement croissante et continue et prend ses valeurs dans $]-\infty,2ln2-1[$ qui ontient 0 donc l’équation g(x) = 0 admet $]-1;-\frac{1}{2}[$ sur une solution unique $\alpha$ . Idem sur $]-\frac{1}{2}+\infty[$ , l’équation admet une solution unique 0 .

$]-0,72;-0,71[\subset]-1;-\frac{1}{2}$ et $(-0,72)\times g(-0,71)<0\quad donc\quad\alpha\in]-0,72;-0,71[$

2. b. 0 étant l’autre zéro de g :

PARTIE B

1. a. Domaine de définition de f.

f(x) existe si et seulement si :

- $\left\{\begin{array}{lll}x+1&>&0\\\\ln(x+1)&\neq &0\end{array}\right.$

- ou $x \in ] -\infty , -1 ]$ ,

- ou x = 0

- d'où $\left \{ \begin{array}{lll} x&>&-1\\\\x+&\neq &0\end{array}\right.$ ou $x \in ]-\infty,-1]$ ou = x 0

$D_f=(]-1,+\inty[\{0\})\cup]-\infty,-1]\cup\{0\}.$

$\fbox{D_f=\mathbb{R.}}$

Limites aux bornes du domaine de définition de .

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$ ; $\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2}{x+1}\times\frac{(x+1)}{ln(x+1)}=+\infty$

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty$

1.b. Etudions la nature de la branche infinie au voisinage de $-\infty$ .

$\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to -\infty}\left(\frac{(x+1)}{x}\right)e^{-x-1}=+\infty$

$\boxed{\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}= +\infty}$

Donc $C_f$ admet au voisinage de $-\infty$ une branche parabolique de direction celle de l’axe des ordonnées

Etudions la nature de la branche infinie au voisinage de $+\infty$ .

$\boxed{\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{x}{x+1}\frac{(x+1)}{ln(x+1)}= +\infty}$

Donc $C_f$ admet au voisinage de $+\infty$ ne b n he boliq e de diretion celle de l’axe des ordonnées

2. a.

f(-1) = 0

$\lim_{x\to -1^+}f(x)=0$ par quotient et $\lim_{x\to -1^-}f(x)=f(-1)=0$

D’où $\boxed{\lim_{x\to -1^+}f(x)=\lim_{x\to -1^-}f(x)=f(-1)=0}$

Donc est continue en -1.

On a f(0)=0

$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x\times\frac{x}{ln(x+1)}=0$

D’où $\boxed{\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)}$

Donc est continue en 0.

2. b. Dérivabilité de f en -1.

$\lim_{x\to -1^-}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\lim_{x\to -1}\frac{(x+1)}{(x+1)}e^{-x-1}=1$

f est dérivable en -1 à gauche et $\fbox{f^{\prime}_g(-1)=1}$

$\lim_{x\to -1^+}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}=\lim_{x\to -1^+}\frac{(x^2)}{(x+1)ln(x+1)}=-\infty.$

Donc non dérivable en -1 car non dérivable en -1 à droite.

Interprétation oint d’abscisse -1.

Au point d’abscisse $-1,(C_f)$ admet une demi-tangente verticale et une demi- tangente de pente 1 à gauche.

Dérivabilité de f en 0.

$\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x}{ln(x+1)}=1$

Donc est dérivable en 0 et f'(0) = 1.
Interprétation au point d’abscisse 0.

$C_f$ admet à l’origine une tangente de coefficient directeur 1.

3.a. Pour tout $x\in]-1,+\infty[\{0\}$ on a :

$f^{\prime}(x)=\left(\frac{x^2}{ln(x+1)}\right)=\frac{2xln(x+1)-\frac{x^2}{x+1}}{(ln(x+1)^2}=\frac{-x(2xln(x+1)+\frac{x}{x+1})}{(ln(x+1)^2}$

$\boxed{f^{\prime}(x)=\frac{-xg(x)}{(ln(x+1))^{2^\cdot}}}$

$\boxed{f^{\prime}=\frac{-xg(x)}{(ln(x+1)^2}}$

3. b. Pour x < -1, f'(x) = $-xe^{-x-1}$

4. a h est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty$ , elle réalise donc une bijection de $[0,+\infty$ vers $[0,+\infty =J$

4.b. $h^-$ a le même sens de variation que h, elle est strictement croissante sur J .

4. c. Figure :

PARTIE C

1. a. Posons $u^{\prime}=\frac{1}{x^2}$ et $v^{\prime}=\frac{1}{x+1}$

Avec $u(x)=\frac{1}{x}$ et $v(x)=ln(x+1).$

Sur $]0,+\infty[$ on a $m(x)=\frac{1}{x^2}ln(x+1)+\left(-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{x+1}\right).$ (R)

1. b. On a $m(x) = (u(x)v(x))^{\prime}$

Pour tout $x\in]0,=\infty[$ on $H^{\prime}(x) = m(x)$ avec $m(x)(u(x)v(x))^{\prime}.$

D'où on a $H(x) = (u(x)v(x))+c=-\frac{ln(x+1)}{x}+c.$

On a sur $]0,+\infty[,\quad\frac{1}{f(x)}=\frac{ln(x+1)}{x^2}.$

Or d’après (R) : $\frac{ln(x+1)}{x^2}=m(x)+\frac{1}{x}\times\frac{1}{x+1}=m(x)+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1^\cdot}$

Soit G une primitive de la fonction $x\mapsto\frac{ln(x+1)}{x^2}.$

$\int_1^2\frac{1}{f(x)}dx=\left[G(x)\right]^2_1=\left[H(x)+ln\frac{x}{x+1}\right]^2_1=\left[-\frac{ln(x+1)}{x}+c+ln\left(\frac{x}{x+1}\right)\right]^2_1=\frac{3ln3}{2}+3ln2.$

$\int_1^2\frac{1}{f(x)}dx=3\left(ln2-ln\sqrt{3}\right)=3ln\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$

Corrigé 2015 :

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

A) 1. Soit $I(\Alpha)=\int_{0}^{\Alpha}e^{t}(t+2)dt$

En intégrant par parties $\int_{0}^{\Alpha}e^{t}(t+2)dt$ , on obtinet :

$I(\Alpha)=e^{\Alpha}(\Alpha +1)-1$ (0,5 pt)

D'où $I(x)=e^{x}(x +1)-1$ (0,25 pt)

2. k étant une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$ , soit h telle que h(x) = $k(x)e^{-x},\forall x\in\mahtbb{R}$

a) Si h vérifie la condition $h^{\prime}(x)+h(x)=x+2$ alors on a :

$k^{\prime}(x)e^{-x}-k(x)e^{-x}+k=x+2$ d'où

$k^{\prime}(x)=(x+2)e^{x}$ . (0,5pt)

b) Déduisons-en h. Puisque $k^{\prime}(x)=(x+2)e^{x}$ .

D'après 1) I est une primitive de $k^{\prime}$ , donc

$k(x)=e^{x}(x+1)-1+c$ , avec c une constante.

or h(o) = 2 nous donne k(0) = 2 donc c = 2. Ainsi

$k(x)=e^{x}(x+1)+1$ (0,25 pt)

D'où

$k(x)=x+1+e^{-x}$ (0,25 pt)

B) I) 1. Etude des variations de la fonction g, définie par

$g(x)=x+1+e^{-x}$ , sur $\mathbb{R}$ .

Domaine de définition de g :

g étant définie partout dans $\mathbb{R}$ , d'où $D_{g}\mathbb{R}$

Continuité et dérivabilité :

- La fonction $x\mapsto x+1$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ , de
même que la fonction $x\mapsto e^{x}$ . Par composée, la fonction $x\mapsto e^{x}$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ ,

- Par somme g est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$

Calcul de $g^{\prime}(x)$

$g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}-1}{e^{x}}$

D'où $g^{\prime}(x)\geq 0$ pour tout x $\geq 0$ et $g^{\prime}(x)\leq 0$ pour tout x< 0.

Tableau de variation de g :

$\lim_{x\to-\infty}g(x)=\lim_{x\to-\infty}x(1+\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{-x}=+\infty$

$\lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty}x+1+e^{-x}=+\infty$

2. $\forall x\in\mathbb{R},g(x)\geq 2$ d'après le tableau de variation de g, ce qui implique g est strictement positif

II) $f(x)=ln(x+1+e^{-x})$ .

1. Les variations de la fonction f :

- $D_{f}=\mathbb{R}$

- $\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ,

- f est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ par composée

- Dérivée :

$f^{\prime}(x)=\frac{1-e^{-x}}{x+1+e^{-x}}$

- Sens de variation de f :

$f^{\prime}(x)$ a le même signe que $x-1-e^{-x}$ .

$f^{\prime}(x)\geq 0$ si $x\geq 0$ ,

$f^{\prime}(x)< 0$ si $x< 0$ .

-Tableau de variation

2. $M$_{lnx}^{x}$,$ , $M$_{lnx}^{x}$,$

a) $\overbar{MN}=ln(x+1+e^{-x})-lnx$ . D'une part, la fonction ln étant croissant et

$x+1+e^{-x}>x$ , d'où $ln(x+1+e^{-x})>ln(x)$ , donc

$\overbar{MN}>0$ (1).

D'autre part, $\overbar{MN}=ln\(\frac{x+1+e^{-x}}{x}$

Or si x > 0 alors $e^{-x}<1$ , d'où $x+1+e^{-x}<x+2$ , ainsi

$ln$\frac{x+1+e^{-x}}{x}$<ln$\frac{x+2}{x}$$ , donc

$\overbar{MN}<ln\(\frac{x+2}{x}$ (2)

(1) et (2) donnent :

$0<\overbar{MN}<ln$\frac{x+2}{x}$$ .

b) $\lim_{x\to+\infty}ln$\frac{x+2}{x}$=0$ ,

donc 0 < $\lim_{x\to+\infty}\overbar{MN}<0$ , d'où d'après le théorème des gendarmes

$\lim_{x\to+\infty}\overbar{MN}=0$

3.a) Démontrons que $f(x)=-x+ln(xe^{x}+e^{x}+1),\forall x\in\mathbb{R}$ .

On sait que $f(x)=ln(x+1e^{-x}+e^{-x})=ln$\frac{(x+1)e^{x}+1}{e^{x}}$$ .

Cherchons le signe de $m(x)=(x+1)e^{x}+1$ .

On a $m^{\prime}(x)=(x+2)e^{x}$ , et elle s'annule en -2

m étant décroissante sur $]-\infty;-2]$ et croissante sur $]-2;+\infty]$

alors m admet un minimum en -2 et m(-2)= $\frac{e^{2-1}}{e^{2}}$ .

Donc pour tout x, m(x) > 0. Ainsi donc

$f(x)=-x+ln((x+1)e^{x}+1)$

b) D'après a) $f(x)=-x+ln((x+1)e^{x}+1)$ . Or

$\lim_{x\to -\infty}[f(x)+x]=\lim_{x\to -\infty}ln((x+1)e^{x}+1)=0$ . Donc $(C_f)$
admet une asymptote oblique $\Delta$ , d'équation y = -x au voisinage de $-\infty$

Position de $(C_f)$ par rapport à $\Delta$ :

Cherchons le signe de $ln((x+1)e^{x}+1)$ .

$ln((x+1)e^{x}+1)\geq 0$ si $(x+1)\geq 0$ .

Alors voisinage de $+\infty$ , $\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}$ = $\lim_{x\to +\infty}\frac{ln((x+1)}{x}=0$ .

Donc $(C_f)$ admet une branche infinie de direction l'axe (Ox).

corrigé epreuve 2008 : Equation differentielles intégrale

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

(E $_0$ ) : y' + y = 0 et (E) y' + y = e $^{-x}$ cos x

a) Trouver les réels a et b pour que h soit solution de (E)

avec h(x)=(a cos x + b sin x)e $^{-x}$

h'(x) = (-a sin x + b cos x)e $^{-x}$ -(a cos x + b sin x)e $^{-x}$

h'(x) + h(x) = e $^{-x}$ cos x, h(x) étant solution de (E)

$\Longrightarrow$ (b - a)cosx e $^{-x}$ - (a + b)sin x e $^{-x}$ +(a cos x + b sin x)e $^{-x}$ =e $^{-x}$ cos x (b-a) cosx - (a+b)sin x +a cosx + b sin x = cos x

b) cosx - a sin x = cosx

(b-1) cosx - a sin x = 0 $\forall x \in R$ en particulier pour 0 et $\frac{\pi}{2}$

$\Longrightarrow$ b - 1 = 0 et a = 0 $\Longleftrightarrow$ b = 1 et a = 0

d'où a = 0 et b= 1

b) Démontrer que f est solution de (E) si et seulement si f - h est solution de (E $_0$ )

Supposons f solution de (E)

on a f'(x) + f(x) = e $^{-x}$ cos x or h'(x) + h (x) = e $^{-x}$ cos x

$\Longrightarrow$ f'(x) + f(x) = h'(x) + h(x) $\Longrightarrow$ (f-h)'(x)+(f-h)(x)=0

$\Longrightarrow$ (f-h) est solution de (E $_0$ )

Supposons que (f-h) soit solution de (E $_0$ )

$\Longrightarrow$ (f-h)'(x)+(f-h)(x)=0 $\Longrightarrow$ f'(x)-h'(x)+f(x)-h(x)=0

$\Longrightarrow$ f'(x)+ f(x)= h'(x)+ h(x)= e $^{-x}$ cos x

$\Longrightarrow$ f'(x)+ f(x)= e $^{-x}$ cos x $\Longrightarrow$ f solution de (E)

c) Résoudre (E $_0$ )

(E $_0$ ) : y' + y = 0 équation différentielle linéaire du 1 $^{er}$ ordre à coefficients constants

L'intégrale générale de cette équation est y(x) = Ce $^{-x}$

d) En déduire la solution générale de (E)

on a f est solution de (E) ssi f-h est solution de E $_0$

on pose f-h = y(x)= C e $^{-x}$

donc f(x)=h(x) + C e $^{-x}$

f(x)=(a cos x + b sin x)e $^{-x}$ + C e $^{-x}$ =(a cos x +b sin x + C)e $^{-x}$

d'où la solution générale de (E) est

f(x)=(a cos x + b sin x + C)e $^{-x}$

e) Déterminer la solution g de (E) telle que g(0)= 0

on a f(0)=0 $\Longleftrightarrow$ a+c = 0 $\Longleftrightarrow$ a = -c

g(x)=(a cos x + b sin x - a)e $^{-x}$

2) $\ell$ (x)= e $^{-x}$ sin x $\Delta_\ell = [0,2\pi]$

$\ell$ est continue et dérivable sur [0,2 $\pi$ ]

$\lim_{x \to 0} \ell(x) = \lim_{x \rightarrow 0} e^{-x} sin x =0$

$\lim_{x \rightarrow 2\pi} \ell(x) = \lim_{x \rightarrow 2\pi} e^{-x} sin x =0$

$\ell \prime (x)= - e^{-x} sin x + e^{-x}cos x =(cos x - sin x)e^{-x}$

$\ell \prime (x)= 0 \Longrightarrow cos x = sin x \Longrightarrow x = \frac{\pi}{4}+ k\pi$ or $x \in [0,2\pi]$

$\Longrightarrow \ell \prime(x) = 0 \Longrightarrow x = \frac{\pi}{4}$ ou $x = \frac{5\pi}{4}$

$\ell(x) = e^{-x} sin x$

$\ell \prime(x) = (cos x - sin x)e^{-x}$

insérer tableau variation

$\ell \left(\frac{\pi}{4}\right)=e^{-\frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{\pi}{4}}$

$\ell \left(\frac{5\pi}{4}\right)=e^{-\frac{5\pi}{4}}\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{5\pi}{4}}$

c) Calculer $I = \int_0^{2\pi}{\ell(x)dx}$

$I = \int_0^{2\pi}{e^{-x} sin x dx}$

u=-e $^{-x}$ v'=sin x

u'=e $^{-x}$ v =cos x

$I = \int_0^{2\pi}{e^{-x} sin x dx} = \left[ -e^{-x}cosx\right]_0^{2\pi} - \int_0^{2\pi}{e^{-x} cos x dx}$

$I = 1 - e^{-2\pi} - \int_0^{2\pi}{e^{-x} cos x dx}$

$\int_0^{2\pi}{e^{-x} cos x dx}$

u= e $^{-x}$ v'= cos x

u'= - e $^{-x}$ v = sin x

$\int_0^{2\pi}{e^{-x} cos x dx} = \left[ e^{-x}sinx\right]_0^{2\pi} + \int_0^{2\pi}{e^{-x} sin x dx}$ = I

donc $I = 1 - e^{-2\pi} - I \Longrightarrow 2I = 1 - e^{-2\pi} \Longrightarrow I = \frac{1-e^{-2\pi}}{2}$

corrigé epreuve 2012 : fonctions numériques

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

A) $g(x)=1-x^2-lnx$

1) $g(1)=0$ (0,25 point)

2) $Dg=]0 ;+\infty[$

Limites

$\lim_{x\rightarrow0^+}g(x)=+\infty$ $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=-\infty$ (0,25 point + 0,25 point)

Continuité et dérivabilité de g

$x{\rightarrow1-x^2}$ est continue et dérivable sur IR donc sur $]0,+\infty[$

$x\rightarrow-lnx$ est continue et dérivable sur $]0,+\infty[$

$\Longrightarrow$ $x\rightarrow1-x^2-lnx$ est continue et dérivable sur $]0,+\infty[$ (0,5 point)

Dérivée de g

$g’(x)=-2x-\frac{1}{x}=\frac{-2x^2-1}{x}$

Signe de g’(x) et sera de variation de f.

g’(x) a le même signe que $-2x^2-1$ sur $]0,+\infty[$

Or $-2x^2-1<0$ pour tout réel x

D’où $g’(x)<0$ sur $]0,+\infty[$

$\rightarrow$ g est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ . (0,5 point)

Tableau de variation de g

3) D’après le tableau de variations de g et la question 1)

Sur $]0,+\infty[$ g(x) > 0

et sur $]1,+\infty[$ g(x) < 0 (0,5 point)

B) $f(x)=2-x+\frac{lnx}{x}$

1) f est définie si et seulement si $x >0$

$D_f=]0,+\infty[$ (0,25 point)

Limites:

$\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=-\infty$ $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=-\infty$ (0,25 point + 0,25 point)

La droite d’équation x = 0 est une asymptote verticale a’ (Cf).

Continuité et dérivabilité de f

$\lim_{x}\rightarrow lnx$ est continue et dérivable sur $]0,+\infty[$

$\lim_{x}\rightarrow x$ est continue et dérivable sur IR donc sur $]0,+\infty[$

$\Longrightarrow$ $\lim_{x}\rightarrow\frac{lnx}{x}$ est continue et dérivable sur $]0,+\infty[$ (1)

De même x⟼2-x est continue et dérivable sur IR               (2)

(1) et (2) $\rightarrow f$ est continue et dérivable sur $R_{+}^{*}$ .                   (0,5 point)

Dérivée de f :

$f\prime(x)=-1+\frac{1-lnx}{x^2}=\frac{1-x^2-lnx}{x^2}$     pour tout $x\in R_{+}^{*}$ .                    (0,5 point)

Signe de f’(x) et sens de variations de f :

Pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$        $f\prime(x)=\frac{1-x^2-lnx}{x^2}=\frac{g(x)}{x^2}$     a le même signe que g.

Sur $]0 ;1[ f\prime(x) > 0 \longrightarrow f$ f est strictement croissante sur $]0 ;1[$ (0,25 point)

Sur $]0 ;+\infty[ f\prime(x) < 0 \longrightarrow f$ f est strictement décroissante sur $]0 ;+\infty[$ . (0,25 point)

$f\prime(1) = \frac{g(1)}{1}=0 \longrightarrow f\prime$ ’ s’annule en 1.

Tableau de variation de f :

3) a) Démontrons que la droite (∆) d’équation y = - x + 2 est une asymptote à la courbe de f.

$\lim_x\to +\infty\left[f(x)-y\right] = \lim_x\to +\infty\left[2-x+\frac{lnx}{x}+x-2\right]=\lim_x\to +\infty\frac{lnx}{x}=0$

$\longrightarrow$ $\delta : y=-x+2$ est asymptote à la courbe de f au voisinage de $+\infty$ . (0,25 point)

b) Position de (Cf) par rapport à $\delta$ .

$f(x)-y=\frac{lnx}{x}>0$ si et seulement si x>1 donc sur $]1, +\infty[$ (Cf) est au dessus de $\delta$ .

$f(x)-y=\frac{lnx}{x}<0$ si et seulement si $x\in ]0,1[$ donc sur $]0,1[$ (Cf) est en dessous de $\delta$

$f(x)-y=0$ si et seulement si x = 1 donc (Cf) et $\delta$ se coupent au point d’abscisse 1.
(0,25 point)

4) Soit $A ()$ le point où la tangente est parallèle à (∆).
Alors on a $f\prime(x_0)=-1$ $\longrightarrow$ $\frac{g(x_0)}{x_0^2}=-1$ avec $x_0>0$
D’où $g(x_0)=-x_0^2, x_0>0$

$\longrightarrow$ $1–x_0^2-lnx_0=-x_0^2, x_0>0$

$\longrightarrow$ $lnx_0=1, x_0>0$

$\longrightarrow$ $x_0=e, x_0>0$

D’où $x_0=e$ et $f(e)=2-e+\frac{1}{e}$

$\longrightarrow$ $A \left(2-e+\frac{1}{e}\right)$

5) Courbe (Cf) voir papier millimétré.

Corrigé Epreuve 2006: Etude de fonction et calcul d’aire

Détails: Catégorie : fonctions numeriques

$f\left(x\right)=x\left(1+{\mathrm{e}}^{2-x}\right)$

1) $h\left( x\right) =1+\left( 1-x\right) {\mathrm{e}}^{2-x}$

a) $Dh= \mathbb{R}$

h est continue et dérivavle sur $\mathbb{R}$

$h{\prime}\left( x\right) =-{\mathrm{e}}^{2-x}+\left( x-1\right) {\mathrm{e}} ^{2-x}=(x-2){\mathrm{e}}^{2-x}$

$h(2)=1{-\mathrm{e}}^{0}=0$

$h(x){>}0$ , pour x ${\in } \mathbb{R} - \{2\}$

$h(2)=0$

2) a)

$\lim_{x\rightarrow +\infty }{f(x)}=+\infty$

$\lim_{x\rightarrow -\infty }{f(x)}=-\infty$

$\frac{f\left( x\right) }{x}=1+{\mathrm{e}}^{2-x}$

$\lim_{x\rightarrow -\infty }\frac{{f(x)}}{x}=+\infty$

$(C)$ admet en $-{\infty }$ une branche parabolique de direction $(Oy)$

$f(x){-}x=x{\mathrm{e}}^{2-x}$

$f(x){-}x=\frac{x}{{\mathrm{e}}^{x}}\times e^{2}$

$\lim_{x\rightarrow -\infty }{\left( f(x)-x\right) }=0$

d) $f(x){-}x=x{\mathrm{e}}^{2-x}$

x ${\in }]{}-{\infty },0[$ , $(C)$ en dessous de $\Delta$

x ${\in }]0,+{\infty }[$ , $(C)$ en dessus de $\Delta$

$(C)$ et $\Delta$ se coupent en l{'}origine $O$

3) a)

$f'\left( x\right) =1+{\mathrm{e}}^{2-x}+x\left( -{\mathrm{e}}^{2-x}\right)$

$f'\left( x\right) =1+\left( 1-x\right) {\mathrm{e}}^{2-x}=h\left(x\right)$

$f$ continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc $f$ bijective de $\mathbb{R}$ sur lui même

$f\left( 2\right) =4\qquad f^{-1}\left( 4\right) =2$

et $f^{\prime }(2)=0$ \ donc $f^{-1}$ non dérivable en $4$ .

d) $T:y=4$

pour $x\leqslant 2$ , $f\left(x\right)\le 4$

pour $x\ge 2$ , $f\left(x\right)\ge 4$

$R_{\lambda }=\text{\{}M\left( x,y\right) ,0\leqslant x\leqslant \lambda \mathit{et}x\leqslant y\leqslant f\left( x\right) \text{\}}$

$a\left( \lambda \right) =\int_{0}^{X}{}\left( f\left( x\right) {-}x\right) \mathit{dx}$

$a\left(\lambda \right)=4\int _{0}^{X}\mathit{xe}^{2-x}\mathit{dx}$

$u=x\qquad$ \ $v={\mathrm{e}}^{2-x}$

$u'=1\qquad v'=-{\mathrm{e}}^{2-x}$

$a\left(\lambda \right)=4\left[\left[-\mathit{xe}^{2-x}\right]_{0}^{X}+\int _{0}^{X}e^{2-x}\mathit{dx}\right]$

$a\left(\lambda \right)=4\left[-\mathit{xe}^{2-x}-e^{2-x}\right]_{0}^{X}$

$a\left(\lambda \right)=4\left[\left(x+1\right)e^{2-x}\right]_{X}^{0}$

$a\left(\lambda \right)=4e^{2}-4\left(X+1\right)e^{2-X}$

$a\left(\lambda \right)=4e^{2}-4\mathit{Xe}^{2-X}-Xe^{2-X}$

$a=\lim_{\lambda \rightarrow -\infty }{a\left( \lambda \right) }=4e^{2}cm^{2}$

Plus d'articles...

EXAMEN.SN V2.0 © RESAFAD SENEGAL Creative Commons License - Avenue Bourguiba x rue 14 Castors, Dakar (Sénégal) - Tél/Fax : +221 33864 62 33