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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 $-\infty$