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Fonctions numériques

Terminale L

Corrigé 2015

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

$f(x)=(x^2-3)e^{-x}$

$Df=\mathbb{R}$

$\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty$ $\lim_{x\to +\infty}f(x)=0\Longrightarrow y=0\; AH$

$\lim_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}=-\infty\Longrightarrow (C)$ admet une branche parbolique en , de direction (oy)

$f(x)=(x^2+éx+3)e^{-x}$ d'où f'(x)=0 $\Longrightarrow$ S{-1 ; 3}.

$f(x)=0\Longrightarrow x=-\sqrt{3}ou\sqrt{3}\Longrightarrow(C)\cup(Ox)=\{A(-\sqrt{3},0)\;B(\sqrt{3},0)\}$
E(0,f(o)=(0,-3) $\Longrightarrow y\;=\;3\times -3$ .

F est continue et croissante sur [-1, 3] donc f est bijection J = [-1,3] sur $K = [-2e, 6e^{-3}].$

$(f^{-1})^{\prime}(-3)=\frac{1}{f((f^1(-3))}=\frac{1}{f^{\prime}(0)}=\frac{1}{3}$ alors f(0)=-3

$\begin{matrix}si&m&\in&]-\infty,-2e[,&\textrm{on a 0 solution.}\\\\ si&m&\in&]-2,0[,&\textrm{on a 2 solutions.}\\\\ si&m&\in&]0,6e^{-3}[,&\textrm{on a 3 solutions.}\\\\ si&m&\in&]6e^{-3}+\infty[,&\textrm{on a 1 solution.}\\\\ si&m&=&2e,&\textrm{on a 1 solution.}\\\end{matrix}\right.$

$F(x)=(ax^2+bx+c)e^{-x}$

$F^{\prime}(X)=f(x)\;\Leftrightarrow\quad \left\{\begin{array}{lll}a&=&1\\c&=&-2\\c&=&1\end{array}\right.$

$F(x)=(ax^2+2x+1)e^{-x}$

$A(\alpha)=\int^{\alpha}_3f(x)dx\left[\left(-x^2-2x+1\right)e^{x}\right]^{\alpha}_3=\left(-\alpha^2-2\alpha +1\right)e^{-\alpha}+1+e^{-3}$

$A(\alpha)$ est l'axe du domaine limite sur C, l'axe des abscisses et la droite d'abscisse $x = 3,\; x = \alpha$

$\lim_{x\to +\infty}f(x)=14e^{-3}$

Corrigé 2010

Détails: Catégorie : Fonctions numériques

$D_{g}=]0;+\infty[$ et $g(x)=-x^{2}-2+2\ln x$

1) $\displaystyle g'(x)=-2x+\frac{2}{x}=\frac{-2x^{2}+2}{x}=\frac{2(-x^{2}+1)}{x}=\frac{2(1+x)(1-x)}{x}$

Le signe de $g'(x)$ dépend du signe de $(1-x)$ car pour $x>0$ alors $1+x>0$

$\begin{array}{|c||ccccr|} \hline x & 0& & 1 & &+\infty \\ \hline 1-x & & + & 0 & - & \\ \hline \end{array}$

Si $x\in ]0;+1[$ alors $g'(x)>0$ donc g est strictement croissante

Si $x>1$ alors $g'(x)<0$ donc g est strictement décroissante.

2) $g(1)=-1-2+0=-3$

$\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x & 0& & 1 & &+\infty\\ \hline \ 1-x& & + & 0 & - & \\ \hline &&&-3&&\\ \ g(x) \ &&\nearrow&&\searrow&\\ \hline \end{array}$

$-3$ est le maximum de g sur $]0;+\infty[$ donc $g(x)<0$ pour $x>0$

B) Etude et représentation graphique de la fonction f:

1) $\displaystyle f(x)=2x+4+\frac{4\ln{x}}{x}$ et $D_{f}=]0;+\infty[$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=-\infty$
$\left\lbrace\begin{array}{l} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}2x+4=4\\ \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\ln{x}}{x}=\frac{-\infty}{0^{+}}=-\infty\\ \end{array}\right.$

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$
$\left\lbrace\begin{array}{l} \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}2x+4=\infty\\ \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln{x}}{x}=0\\ \end{array}\right.$

$\displaystyle f(x)-(2x+4)=\frac{4\ln{x}}{x}$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{4\ln{x}}{x}=0$ donc la droite D: $y=2x+4$ est asymptote à $C_{f}$ en $+\infty$ .

Signe de $\displaystyle f(x)-(2x+4)=\frac{4\ln{x}}{x}$ dépend du signe de \ln{x}

car $x>0$ ; $\ln{x}=0$ $\Rightarrow x=1$

Si $x\in ]0;1[$ alors $f(x)-y<0$ d'où $C_{f}$ est sous D

Si $x>1$ alors $f(x)-y>0$ d'où $C_{f}$ est sur D

Si $x=1$ alors $C_{f}$ = D

$\displaystyle f'(x)=(2x+4)'+4\left(\frac{\ln{x}}{x}\right)'$

$\displaystyle\left(\frac{\ln{x}}{x}\right)'=\frac{\frac{1}{x}-\lnx{x}}{x^{2}}=\frac{1-\ln{x}}{x^{2}}$

$\displaystyle f'(x)=2+4\frac{1-ln(x)}{x^{2}}=\frac{2x^{2}+4-4\ln(x)}{x^{2}}= \frac{2x^{2}+4-4\ln(x)}{x^{2}}$

$\displaystyle f'(x)=\frac{-2(x^{2}-2+2\ln{x}}{x^{2}}=\frac{-2g(x)}{x^{2}}$

4) Le signe de $f'(x)$ dépend du signe du $-g(x)$

Or pour $x>0$ ; $-g(x)<0$ alors $f'(x)>0$ d'où f est strictement croissante.

$\begin{array}{|c|lcr|} \hline x & 0& &+\infty \\ \hline f'(x)& & + & \\ \hline f(x)&&&\\ &&&+\infty\\ &&\nearrow&\\ &-\infty& &\\ \hline \end{array}$

5) T: $y=f'(1)(x-1)+f(1)$

$\displaystyle f'(1)=\frac{-2g(1)}{1^{2}}=\frac{6}{1}=6$

$\displaystyle f(1)=2+4+4\frac{\ln{1}}{1}=6$

$T: y=6(x-1)+6 = 6x$

6) a) F est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ alors

f est bijective de $]0,+\infty[$ vers un intervalle $J=f(]0,+\infty[)$ = $]-\infty,+\infty[$

or $0\in ]-\infty,+\infty[$ donc il existe un seul $\alpha \in ]0,+\infty[$ tel que $f(\alpha)=0$

$f(1)=6>0$ donc $\alpha \in]0,1[$

b) $\displaystyle(f^{-1})'(6)=\frac{1}{f'[(f^{-1})(6)]}=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{6}$

$f(1)=6$ donc $(f^{-1})(6)=1$ et $f'(1)=6$

7) $C_{f}$ et $C_{f^{-1}}$ sont symétriques par rapport à la droite d'équation $y=x$

c) Calcul d'aire

1) $\displaystyle \int_{1}^{e}\frac{\ln{t}}{t}dt=\left[\frac{(\ln{t}^{2})}{2}\[right]_{1}^{e}$

car $\displaystyle\frac{\ln{t}}{t}=(\ln{t})'.\ln{t}$ est de la forme $u'u$

$\displaystyle \int_{1}^{e}\frac{\ln{t}}{t}dt=\frac{1}{2}$

2) $u.a=0,5cm\times0,5cm=0,25 cm^{2}$

L'aire est $\displaystyle 0,25 cm^{2} \times \int_{1}^{e}f(x)-(2x+4)dx=0,25 cm^{2} \int_{1}^{e}\frac{4ln(x)}{x}dx$

$\displaystyle aire=1cm^{2}\int_{1}^{e}\frac{\ln{x}}{x}dx=\frac{1}{2}cm^{2}$

Corrigé 2009

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Partie A

A.1) $D_f=]0,+\infty[\ et\ f'(x)=1+\frac{1}{x}$

$x>0\ donc\ 1+\frac{1}{x}>0$ d'où f'(x) > 0 alors f est strictement croissante sur $]0,+\infty[$

A.2) f(1) = 1 - 1 + ln1 = 0

Ainsi :

si x $\in$ ]0,1[ alors f(x) < 0

si x > 1 alors f(x) > 0

si x = 1 alors f(x) = 0

A.3) f est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ donc f est bijective sur $]0,+\infty[$ vers l'intervalle $J = f\left(]0,+\infty[\right) = \left]\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x),\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)\right[=]-\infty,+\infty[$

$\lim\limits_{x \to 0^{+}}f(x) = -\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to 0^{+}}\ln x = -\infty\\ \lim\limits_{x \to 0^{+}}(x-1) = - 1 \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\ln x = +\infty\\ \lim\limits_{x \to +\infty}(x-1) = +\infty \end{array} \right.$

$J = ]-\infty,+\infty[$

f(1) = 0 alors $f^{-1}(0)=1$

et $\left(f^{-1}\right)\prime(0)=\frac{1}{f\prime\left(f^{-1}(0)\right)}=\frac{1}{f\prime(1)}=\frac{1}{1+\frac{1}{1}}=\frac{1}{2}$

$\left(f^{-1}\right)\prime(0)=\frac{1}{2}$

Partie B

$g(x)=\frac{x-1}{x}\ln x$

B.1) g est définie si x > 0 donc $D_g=]0,+\infty[$

$\lim\limits_{x \to 0^{+}}g(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to 0^{+}}\ln x = -\infty\\ \lim\limits_{x \to 0^{+}}\frac{x-1}{x}=\frac{-1}{0^{+}}=-\infty \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to +\infty}g(x) = +\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\ln x = +\infty\\ \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x}{x} = 1 \end{array} \right.$

B.2) $g\prime(x)=\left(\frac{x-1}{x}\right)\prime\ln x + \frac{x-1}{x}\left(\ln x \right)\prime$

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

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

$g\prime(x)=\frac{f(x)}{x^2}$

B.3) Le signe de $g\prime(x)$ dépend du signe de f(x) car $x^2$ > 0

$g(1)=\frac{1-1}{1}\ln1=0$

B.4)

$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{g(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}\times\frac{\ln x}{x} = 0 \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x} = 1\\ \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x-1}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{\ln x}{x} = 0 \end{array} \right.$

Alors la courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses en $+\infty$

B.5)

B.6)

a) $\frac{\ln x}{x}=(\ln x)\prime\times\ln x$ est de la forme $u'\times u$ donc $\frac{(\ln x)^2}{2}$ est une primitive de $x\mapsto\frac{\ln x}{x}$

$\frac{x-1}{x}\ln x=\left(1-\frac{1}{x} \right)\ln x =\ln x -\frac{\ln x}{x}$

$\int_1^e{g(x)dx}=\int_1^e{\ln xdx} -\int_1^e{\frac{\ln x}{x}dx}$

$u=\ln x \rightarrow u\prime=\frac{1}{x}$

$v\prime=1 \rightarrow v = x$

$\int_1^e{\ln xdx}=[x\ln x]_1^e - \int_1^e{\frac{1}{x} \times xdx} = [x\ln x]_1^e - [x]_1^e = e\ln e - 0 - e + 1 = e - e + 1 = 1$

$\int_1^e{\frac{\ln x}{x}dx} = \left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_1^e = \frac{(\ln e)^2}{2} - 0 = \frac{1}{2}$

$\int_1^e{g(x)dx}= 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

c) l'aire en $cm^2$

u.a = 2 cm $\times$ 2 cm = 4 $cm^2$

$\int_{\frac{1}{e}}^e{g(x)dx}=\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx} + \int_1^e{g(x)dx}$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= [x\ln x]_{\frac{1}{e}}^1 - [x]_{\frac{1}{e}}^1 - \left[\frac{(\ln x)^2}{2}\right]_{\frac{1}{e}}^1$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= 0 - \frac{1}{e}\ln\frac{1}{e} - 1 + \frac{1}{e} - 0 + \frac{\left(\ln\frac{1}{e}\right)^2}{2}$

$\int_{\frac{1}{e}}^1{g(x)dx}= \frac{1}{e} - 1 + \frac{1}{e} + \frac{1}{2} = \frac{2}{e} - \frac{1}{2}$

L'aire en $cm^2$ est $\left(\frac{2}{e} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right)4cm^2=\frac{8}{e}cm^2$

Corrigé 2011

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1) $g(x)=e^x-2x$

$D_g=\mathbb{R}$ et g est continue dérivable sur $\mathbb{R}$

$g'(x)=e^x-2$

signe de g'(x) et sens de dérivation de g

$e^x-2=0 \rightarrow e^x = 2$ alors $x = \ln 2$

Si $x \in ]-\infty ; \ln 2[$ alors g'(x) < 0 d'où g est strictement décroissante.

Si $x \in ]\ln 2 ; +\infty[$ alors g'(x) > 0 d'où g est strictement croissante.

signe de g(x) suivant les valeurs de x

$g(\ln 2)=e^{\ln 2} - 2 \ln 2 = 2 - 2 \ln 2 = 2(1 - \ln 2)$

Le minimum de g dans $\mathbb{R}$ est $2(1 - \ln 2)>0$ donc pour tout $x \in \mathbb{R}$ ; g(x) > 0.

2) $f(x)=x-2+2(x+1)e^{-x}$

f est définie, continue et dérivable sur $\mathbb{R}.\ D_f=]-\infty;+\infty[$

$\lim\limits_{x \to -\infty}f(x) = -\infty \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to -\infty} x - 2 = -\infty\\ \left. \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to -\infty}(x+1) = -\infty \\ \lim\limits_{x \to -\infty}e^{-x} = +\infty \\ \end{array} \right\} \lim\limits_{x \to -\infty}(x+1)e^{-x} = -\infty \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) : \left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty} x - 2 = +\infty\\ \left. \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to +\infty}(x+1) = +\infty \\ \lim\limits_{x \to +\infty}e^{-x} = 0 \\ \end{array} \right\} \lim\limits_{x \to +\infty}(x+1)e^{-x} = FI \end{array} \right.$

levons l'indétermination : $(x+1)e^{-x}=\frac{x+1}{e^x}=\frac{x}{e^x}+\frac{1}{e^x}$

$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{x}{e^x}=0$

$\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{1}{e^x}=0$

d'où $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = +\infty +2(0+0)= +\infty$

$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{x-2+2(x+1)e^{-x}}{x}=\lim\limits_{x \to -\infty}1-\frac{2}{x}+2\left(1+\frac{1}{x}\right)e^{-x}=+\infty$

car
$\left\{ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to -\infty}\frac{2}{x} = 0\\ \lim\limits_{x \to -\infty}\frac{1}{x} = 0\\ \lim\limits_{x \to -\infty}e^{-x} = +\infty \end{array} \right.$

$\lim\limits_{x \to -\infty}\frac{f(x)}{x}= +\infty$ d'où $C_f$ admet une branche parabolique de direction (Oy) en $-\infty$ .

$\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)-(x-2)=\lim\limits_{x \to +\infty}2(x+1)e^{-x}=\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{2x}{e^x}+\frac{2}{e^x}=0$

d'où la droite D : y = x - 2 est asymptote à $C_f$ en $+\infty$

Signe de $f(x) - y = f(x) - (x-2) = 2(x+1)e^{-x}$

$e^{-x}>0$ donc le signe de f(x) - y dépend du signe de x+1

Si $x \in ]-\infty ; -1[$ alors f(x) - y < 0 donc $C_f$ est en dessous de (D).

Si $x \in ]1 ; +\infty[$ alors f(x) - y < 0 donc $C_f$ est au dessus de (D).

Si x = -1 alors $C_f$ = (D)

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

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

$f'(x)=e^{-x}(e^{x}-2x)=e^{-x}.g(x)$

Pour $x \in \mathbb{R}$ , $e^{-x}>0$ donc le signe de f'(x) dépend du signe de g(x).

Or g(x) > 0 pour $x \in \mathbb{R}$ ; d'où f'(x) > 0 donc f est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ .

Tableau de variation de f

f) T : y = f'(0)(x-0) + f(0)

$f'(0)=e^0.g(0)=1(e^0-0)=1$

$f(0) = 0 - 2 + 2(0 + 1)e^0 = 0$

T : y = x

f est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc f est continue et strictement croissante sur [0 ; 1] car $[0 ; 1] \subseteq \mathbb{R}$

Alors f est bijective de l'intervalle [0 ; 1] vers un intervalle J = f([0 ; 1]) = [f(0) ; f(1)] = $\left[0 ; \frac{4-e}{e} \right]$

$f(1) = 1 - 2 + 2(1 + 1)e^{-1} = -1 + 4e^{-1}=\frac{4-e}{e}$

$\left(f^{-1} \right)'(0)=\frac{1}{f'\left(f^{-1}(0)\right)}=\frac{1}{f^{-1}(0)}=\frac{1}{1}=1$

f(0)=0 donc $f^{-1}(0)=0$

h) Traçons $C_f$ dans le repère $\left(O, \vec{i}, \vec{j} \right)$

$I = \int _{-1}^{3}{(x+1)e^{-x}dx}$

Posons $u'(x)=e^{-x}\ alors\ u(x)= - e^{-x}$

alors $v(x)=x+1\ alors\ v'(x)=1$

$I=\left[-(x+1)e^{-x}\right]_{-1}^3-\int_{-1}^3{-e^{-x}dx}=\left[-(x+1)e^{-x}\right]_{-1}^3-\left[e^{-x}\right]_{-1}^3$

$I=-4e^{-3}-0-e^{-3}+e=-5e^{-3}+e=\frac{-5+e^4}{e^3}$

l'aire du domaine plan délimité par la courbe $C_f$ , (D) et les droites d'équations x = -2 et x = 3 est :

$A = u.a\left[\int_{-2}^{-1}{(y-f(x))dx} + \int_{-1}^3{(f(x)-y)dx}\right]$

$f(x)-y=2(x+1)e^{-x}$

$u.a= 2 cm \times 2 cm = 4 cm^2$

$A = 4 cm^2\int_{-2}^{-1}{-2(x+1)e^{-x}dx} + 4 cm^2\int_{-1}^{3}{2(x+1)e^{-x}dx}$

$A = -8 cm^2\int_{-2}^{-1}{(x+1)e^{-x}dx} + 8 cm^2\int_{-1}^{3}{(x+1)e^{-x}dx}$

$A = -8 cm^2 \left(\left[-(x+1)e^{-x}\right]_{-2}^{-1}-\left[e^{-x}\right]_{-2}^{-1}\right) + 8 cm^2\left(\frac{-5+e^4}{e^3}\right)$

$A = -8 cm^2 \left(-e^2-e+e^2\right) + 8 cm^2 \left(\frac{-5+e^4}{e^3}\right)$

$A = 8 cm^2 +8 cm^2\left(\frac{-5+e^4}{e^3}\right)= 8 cm^2\left(\frac{e^4+e^3-5}{e^3}\right)$

Corrigé 2008

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1) $g(x)= ax + b - \frac{4e^x}{e^x + 3}$

$e^x + 3 \neq 0\ pour\ tout\ x \in \mathbb{R}\ donc\ D_g = \mathbb{R}$

La courbe représentative de g passe par (ln3, ln3) alors g(ln3) = ln3

La courbe de g admet au point A une tangente parallèle à l'axe des abscisses c'est à dire g'(ln3) = 0

avec $g'(x) = a - 4\left[\frac{e^x(e^x+3)-e^x \times e^x}{(e^x + 3)^2}\right]= a - 4\times\frac{e^{2x}+3e^x-e^{2x}}{(e^x + 3)^2}= a - \frac{12e^x}{(e^x + 3)^2}$

$\left\{ \begin{array}{l} g(\ln3)=a\ln3 + b - \frac{4e^{\ln3}}{e^{\ln3} + 3} = a\ln3 + b - \frac{12}{6} = a\ln3 + b - 2 = \ln3 \\ g'(\ln3)= a - \frac{12 \times 3}{(3 + 3)^2} = a - 1 = 0 \rightarrow a = 1 \end{array} \right.$

aln3 + b - 2 = ln3 donc ln3 + b - 2 = ln 3 soit b - 2 = 0 et b = 2.

$g(x)= x + 2 - \frac{4e^x}{e^x + 3}$

a) $f(x)= x + 2 - \frac{4e^x}{e^x + 3}$

$f(x)= x - 2 + 4 - \frac{4e^x}{e^x + 3} = x - 2 + \frac{4e^x + 12 - 4e^x}{e^x + 3} = x - 2 + \frac{12}{e^x + 3}$

Ou bien

$x + 2 - \frac{4e^x}{e^x + 3} = \frac{xe^x + 3x + 2e^x + 6 - 4e^x}{e^x + 3} = \frac{xe^x + 3x - 2e^x + 6}{e^x + 3}$

$x - 2 + \frac{12}{e^x + 3} = \frac{xe^x + 3x - 2e^x - 6 + 12}{e^x + 3} = \frac{xe^x + 3x - 2e^x + 6}{e^x + 3}$

d'où $x + 2 - \frac{4e^x}{e^x + 3} = x - 2 + \frac{12}{e^x + 3}$

b) $\lim\limits_{x \to -\infty}\left( x - 2 + \frac{12}{e^x + 3} \right) = -\infty - 2 + \frac{12}{0 + 3} = -\infty$

$\lim\limits_{x \to +\infty}\left( x - 2 + \frac{12}{e^x + 3} \right) = +\infty - 2 + \frac{12}{+\infty} = +\infty - 2 + 0 = +\infty$

$f(x) - (x - 2) = \frac{12}{e^x + 3}$ et

$\lim\limits_{x \to +\infty}\left[f(x) - (x - 2)\right]= \lim\limits_{x \to +\infty}\left(\frac{12}{e^x + 3}\right)=\frac{12}{+\infty}=0$

D'où la droite $D_1 : y = x - 2$ est asymptote à $C_f$ en $+\infty$

$f(x) - (x + 2) = - \frac{4e^x}{e^x + 3}$ et

$\lim\limits_{x \to -\infty}\left[f(x) - (x + 2)\right] = \lim\limits_{x \to -\infty}\left(- \frac{4e^x}{e^x + 3}\right)=\frac{0}{0+3}=0$

D'où la droite $D_2 : y = x - 2$ est asymptote à $C_f$ en $-\infty$

Signe de f(x) - y

Au voisinage de $-\infty$ : $f(x) - y = - \frac{4e^x}{e^x + 3} < 0$ d'où $C_f$ est en dessous de $D_2$

Au voisinage de $+\infty$ : $f(x) - y = \frac{12}{e^x + 3} > 0$ d'où $C_f$ est au dessus de $D_1$

c) $f'(x) = 1 - \frac{12e^x}{(e^x + 3)^2} = \frac{(e^x + 3)^2 - 12e^x}{(e^x + 3)^2} = \frac{e^2x + 6e^x + 9 - 12e^x}{(e^x + 3)^2}$

$f'(x) = \frac{e^2x - 6e^x + 9}{(e^x + 3)^2} = \frac{(e^x - 3)^2}{(e^x + 3)^2}$

$f'(x) \geq 0\ pour\ x \in D_f$ donc f est croissante sur $\mathbb{R}$

d) Sur [-2,-1], g est continue et strictement croissante, alors g est bijective de [-2,-1] vers J = f([-2,-1]) = [f(-2),f(-1)]

$f(-2) = (-2 + 2) - \frac{4e^{-2}}{e^{-2} + 3} = - \frac{4e^{-2}}{e^{-2} + 3}$

$f(-1) = (-1 - 2) + \frac{12}{e^{-1} + 3} = \frac{-3e^{-1} - 9 + 12}{e^{-1} + 3} = \frac{-3e^{-1} + 3}{e^{-1} + 3}$

$J = \left[- \frac{4e^{-2}}{e^{-2} + 3} ; \frac{-3e^{-1} + 3}{e^{-1} + 3}\right]$

$0 \in \left[- \frac{4e^{-2}}{e^{-2} + 3} ; \frac{-3e^{-1} + 3}{e^{-1} + 3}\right]$ donc il existe un seul $x \in ]-2,-1[$ tel que f(x) = 0.

$f(0)=2-\frac{4}{4}=1$

$h(x)=\frac{e^x}{e^x+3}=\frac{(e^x+3)'}{e^x+3}$

donc $\ln(e^x+3)$ est une primitive de h(x) sur $\mathbb{R}$

$u.a=1\ cm^2$

$x+2-f(x)=\frac{4e^x}{e^x+3}$

$\int_0^2\frac{4e^x}{e^x+3}dx = 4\left[\ln(e^x+3) \right]_0^2 = 4\left[\ln(e^2+3) - \ln4 \right] = 4 \ln\left(\frac{e^2+3}{4}\right)$

L'aire du domaine est $4 \ln\left(\frac{e^2+3}{4}\right)\ cm^2$

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