Exercices corrigés — Dérivation, Convexité Et Continuité (Tle spé)

1. On a \[f'(x)=e^{-x}-xe^{-x}=e^{-x}(1-x).\] Comme \(e^{-x}>0\), \(f'(x)>0\) si \(x<1\), \(f'(1)=0\), et \(f'(x)<0\) si \(x>1\). Ainsi \(f\) est croissante sur \(]-\infty;1]\), puis décroissante sur \([1;+\infty[\). Son maximum vaut \(f(1)=\dfrac1e\).

2. En dérivant \(f'(x)=e^{-x}(1-x)\), \[f''(x)=-e^{-x}(1-x)-e^{-x}=e^{-x}(x-2).\]

3. Le facteur \(e^{-x}\) est strictement positif. Donc \(f''(x)<0\) sur \(]-\infty;2[\) et \(f''(x)>0\) sur \(]2;+\infty[\). La fonction est concave sur \(]-\infty;2]\) et convexe sur \([2;+\infty[\).

4. La dérivée seconde change de signe en \(x=2\). Le point d’inflexion est donc \[I\left(2;f(2)\right)=I\left(2;\dfrac{2}{e^2}\right).\]

1. Lorsque \(x\to0^+\), \(\ln x\to-\infty\) et \(\dfrac{x}{2}\to0\), donc \(f(x)\to-\infty\). Lorsque \(x\to+\infty\), \(\ln x-\dfrac{x}{2}\to-\infty\) car \(x\) domine \(\ln x\).

2. \[f'(x)=\dfrac1x-\dfrac12=\dfrac{2-x}{2x}.\] Comme \(2x>0\), \(f'(x)>0\) sur \(]0;2[\), puis \(f'(x)<0\) sur \(]2;+\infty[\). Ainsi \(f\) croît puis décroît.

3. Le maximum est \[f(2)=\ln2-1<0.\] Toute valeur de \(f\) est donc strictement négative. L’équation \(f(x)=0\) n’a aucune solution.

4. Puisque \(f(x)<0\) pour tout \(x>0\), \[\boxed{\ln x<\dfrac{x}{2}}.\]

1. \[f'(x)=e^x-1.\] La dérivée est négative pour \(x<0\), nulle en \(0\), positive pour \(x>0\). Ainsi \(f\) décroît sur \(]-\infty;0]\), puis croît sur \([0;+\infty[\). Son minimum vaut \(f(0)=0\).

2. \[f''(x)=e^x>0\quad\text{pour tout }x\in\mathbb R.\] Donc \(f\) est strictement convexe sur \(\mathbb R\).

3. Comme \(f(0)=0\) et \(f'(0)=0\), la tangente en \(0\) a pour équation \(y=0\).

4. La courbe d’une fonction convexe est au-dessus de chacune de ses tangentes. Ainsi \(f(x)\ge0\), soit \[\boxed{e^x\ge1+x}.\] L’égalité a lieu uniquement en \(x=0\), car \(f\) admet en \(0\) son unique minimum.

1. \[f'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}.\]

2. \[f''(x)=\dfrac{1}{(1+x^2)^{\dfrac{3}{2}}}>0.\] Ainsi \(f\) est strictement convexe sur \(\mathbb R\).

3. On a \(f(1)=\sqrt2\) et \(f'(1)=\dfrac{1}{\sqrt2}\). La tangente est donc \[y=\sqrt2+\dfrac{1}{\sqrt2}(x-1)=\dfrac{x+1}{\sqrt2}.\]

4. Par convexité, la courbe est au-dessus de cette tangente : \[\boxed{\sqrt{1+x^2}\ge\dfrac{x+1}{\sqrt2}}.\] L’égalité a lieu en \(x=1\).

1. \[f'(x)=\dfrac1{1+x},\qquad f''(x)=-\dfrac1{(1+x)^2}.\]

2. Pour \(x>-1\), \((1+x)^2>0\), donc \(f''(x)<0\). La fonction est strictement concave.

3. \(f(0)=0\) et \(f'(0)=1\). La tangente en \(0\) est \(y=x\).

4. Par concavité, \(f(x)\le x\), donc \[\boxed{\ln(1+x)\le x}.\] L’égalité est unique en \(x=0\).

1. On a \(f(x)\to+\infty\) lorsque \(x\to-\infty\), et \(f(x)\to0\) lorsque \(x\to+\infty\). De plus \[f'(x)=e^{-x}(2x-x^2)=xe^{-x}(2-x).\] Donc \(f\) décroît sur \(]-\infty;0]\), croît sur \([0;2]\), puis décroît sur \([2;+\infty[\).

2. \[f''(x)=e^{-x}(x^2-4x+2).\]

3. Les racines de \(x^2-4x+2\) sont \(2-\sqrt2\) et \(2+\sqrt2\). Ainsi \(f\) est convexe sur \(]-\infty;2-\sqrt2]\cup[2+\sqrt2;+\infty[\) et concave entre ces deux nombres. Les deux points d’inflexion ont pour abscisses \(2\pm\sqrt2\) et pour ordonnées \((2\pm\sqrt2)^2e^{-(2\pm\sqrt2)}\).

4. Sur \([0;+\infty[\), \(f\ge0\) et son maximum est atteint en \(x=2\) : \[f(2)=\dfrac4{e^2}.\] Donc \(\boxed{0\le f(x)\le\dfrac{4}{e^2}}\).

1. \(f(x)\to-\infty\) quand \(x\to0^+\), et \(f(x)\to0\) quand \(x\to+\infty\). \[f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}.\]

2. Comme \(x^2>0\), la dérivée est positive si \(x<e\) et négative si \(x>e\). Le maximum est \[\boxed{f(e)=\dfrac1e}.\]

3. \[f''(x)=\dfrac{2\ln x-3}{x^3}.\] La dérivée seconde change de signe en \(x=e^{\dfrac{3}{2}}\). Le point d’inflexion est \[I\left(e^{\dfrac{3}{2}};\dfrac{3}{2e^{\dfrac{3}{2}}}\right).\]

4. Sur \(]1;e[\), \(f\) croît de \(0\) à \(\dfrac{1}{e}\), et sur \(]e;+\infty[\), elle décroît de \(\dfrac{1}{e}\) vers \(0\). Comme \(0<\dfrac{1}{2e}<\dfrac{1}{e}\), le TVI et la stricte monotonie donnent exactement une solution sur chacune de ces deux branches, donc exactement deux solutions positives.

1. À gauche, \(f(0)=1\). À droite, \(\lim_{x\to0^+}(x^2+c)=c\). La continuité impose donc \(\boxed{c=1}\).

2. La dérivée à gauche en \(0\) vaut \(1+a\), et la dérivée à droite vaut \(0\). La dérivabilité impose \(1+a=0\), donc \(\boxed{a=-1}\).

3. Pour \(x<0\), \(f'(x)=e^x-1<0\). Pour \(x>0\), \(f'(x)=2x>0\), et \(f'(0)=0\). Donc \(f\) décroît sur \(]-\infty;0]\), puis croît sur \([0;+\infty[\). Son minimum est \(f(0)=1\).

4. Sur \(]-\infty;0[\), \(f''(x)=e^x>0\). Sur \(]0;+\infty[\), \(f''(x)=2>0\). De plus \(f'\) est continue en \(0\) et croissante de part et d’autre. Ainsi \(f'\) est croissante sur \(\mathbb R\), donc \(f\) est convexe sur \(\mathbb R\).

1. \[f'(x)=e^x-3.\] La dérivée s’annule en \(x=\ln3\). La fonction décroît sur \(]-\infty;\ln3]\), puis croît sur \([\ln3;+\infty[\). Son minimum vaut \(f(\ln3)=3-3\ln3<0\).

2. \[f''(x)=e^x>0.\] La fonction est strictement convexe sur \(\mathbb R\).

3. \(f(0)=1>0\), \(f(1)=e-3<0\), \(f(2)=e^2-6>0\). Le TVI donne une racine dans \(]0;1[\). Cet intervalle est contenu dans la branche strictement décroissante \(]-\infty;\ln3]\), donc cette racine est unique. Par ailleurs \(f(\ln3)<0<f(2)\) et \(f\) est strictement croissante sur \([\ln3;+\infty[\) : la seconde racine est unique et appartient bien à \(]1;2[\).

4. Un algorithme possible est :

a = 1.0
b = 2.0
while b - a >= 1e-3:
    m = (a + b) / 2
    if f(a) * f(m) <= 0:
        b = m
    else:
        a = m
print(a, b)

La largeur finale est strictement inférieure à \(10^{-3}\).

1. En \(0^+\), le terme \(\dfrac{2}{x}\) domine \(|\ln x|\), donc \(f(x)\to+\infty\). En \(+\infty\), \(\ln x\to+\infty\) et \(\dfrac{2}{x}\to0\), donc \(f(x)\to+\infty\).

2. \[f'(x)=\dfrac1x-\dfrac2{x^2}=\dfrac{x-2}{x^2}.\] Ainsi \(f\) décroît sur \(]0;2]\), puis croît sur \([2;+\infty[\). Son minimum est \[f(2)=\ln2+1.\]

3. Si \(m<1+\ln2\), aucune solution ; si \(m=1+\ln2\), une unique solution \(x=2\) ; si \(m>1+\ln2\), deux solutions, une de chaque côté de \(2\).

4. On a \(f(1)=2\). De plus \(f(4)=\ln4+\dfrac{1}{2}<2\) et \(f(5)=\ln5+\dfrac{2}{5}>2\). Le TVI donne une solution \(\beta\in]4;5[\), unique sur la branche croissante. Avec \(x=1\), ce sont exactement les deux solutions.

1. \[f'(x)=e^x+(x-1)e^x=xe^x.\] Comme \(e^x>0\), \(f'\) a le signe de \(x\). La fonction décroît sur \(]-\infty;0]\), puis croît sur \([0;+\infty[\). Son minimum est \(f(0)=-1\).

2. \[f''(x)=e^x(x+1).\] Ainsi \(f\) est concave sur \(]-\infty;-1]\), puis convexe sur \([-1;+\infty[\).

3. Le point d’inflexion est \[I\left(-1;-\dfrac2e\right).\] En \(0\), \(f(0)=-1\) et \(f'(0)=0\), donc la tangente est \(y=-1\).

4. Le tableau de variations montre que \(-1\) est le minimum global. Donc \[\boxed{(x-1)e^x\ge-1}.\] L’égalité est obtenue uniquement en \(x=0\).

1. Aux deux infinis, \(f(x)\to+\infty\). De plus \[f'(x)=1-e^{-x}.\] Elle s’annule en \(0\), est négative pour \(x<0\), positive pour \(x>0\). Le minimum est \(f(0)=1\).

2. \[f''(x)=e^{-x}>0.\] La fonction est strictement convexe sur \(\mathbb R\).

3. Si \(k<1\), aucune solution ; si \(k=1\), une unique solution \(x=0\) ; si \(k>1\), deux solutions.

4. \(f(-2)=-2+e^2>2\) et \(f(-1)=-1+e<2\), donc une solution est dans \(]-2;-1[\). De même \(f(1)=1+e^{-1}<2\) et \(f(2)=2+e^{-2}>2\), donc une seconde solution est dans \(]1;2[\). Elles sont uniques sur les deux branches monotones.

1. \[f_a'(x)=e^x-\dfrac ax=\dfrac{xe^x-a}{x}.\] Comme \(x>0\), son signe est celui de \(xe^x-a\). Or \((xe^x)'=e^x(1+x)>0\) sur \(]0;+\infty[\), et \(xe^x\) varie de \(0\) à \(+\infty\). Il existe donc une unique \(\beta_a>0\) telle que \(\beta_a e^{\beta_a}=a\).

2. La dérivée est négative avant \(\beta_a\), positive après. Donc \(f_a\) décroît puis croît et admet un unique minimum en \(\beta_a\).

3. La tangente en \(1\) est horizontale si \(f_a'(1)=0\), soit \(e-a=0\). Donc \(\boxed{a=e}\).

4. Pour \(a=e\), le minimum est atteint en \(1\) et vaut \[f_e(1)=e-e\ln1=e.\] Ainsi, pour tout \(x>0\), \[\boxed{e^x-e\ln x\ge e},\] avec égalité en \(x=1\).

1. Comme \(x\ln x\to0\) et \(x\to0\), \(f(x)\to0\) lorsque \(x\to0^+\). De plus \[f'(x)=\ln x.\] Ainsi \(f\) décroît sur \(]0;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\), avec minimum \(f(1)=-1\).

2. \[f''(x)=\dfrac1x>0.\] Donc \(f\) est strictement convexe.

3. En \(1\), \(f(1)=-1\) et \(f'(1)=0\). La tangente est \(y=-1\).

4. Par convexité, \(f(x)\ge-1\), donc \[x\ln x-x\ge-1\Longleftrightarrow\boxed{x\ln x\ge x-1}.\]

1. \[f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1).\] La fonction croît sur \(]-\infty;-1]\), décroît sur \([-1;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\). On a \(f(-1)=3\) et \(f(1)=-1\).

2. \[f''(x)=6x.\] La fonction est concave sur \(]-\infty;0]\), convexe sur \([0;+\infty[\), avec point d’inflexion \(I(0;1)\).

3. \(f(-2)=-1<0<f(-1)=3\), donc une racine dans \(]-2;-1[\). Puis \(f(0)=1>0>f(1)=-1\), donc une racine dans \(]0;1[\). Enfin \(f(1)=-1<0<f(2)=3\), donc une racine dans \(]1;2[\). La monotonie sur chacun de ces intervalles assure l’unicité de chaque racine.

4. La tangente en \(0\) est \(y=1-3x\). Or \[f(x)-(1-3x)=x^3.\] La courbe est donc sous la tangente pour \(x<0\), la coupe en \(0\), puis est au-dessus pour \(x>0\), ce qui illustre le point d’inflexion.

1. La division donne \[f(x)=x-1+\dfrac2{x+1}.\] Ainsi \(f(x)\to-\infty\) quand \(x\to-1^-\) et \(f(x)\to+\infty\) quand \(x\to-1^+\).

2. \[f'(x)=1-\dfrac2{(x+1)^2}=\dfrac{(x+1)^2-2}{(x+1)^2}.\] Les points critiques sont \(-1-\sqrt2\) et \(-1+\sqrt2\). La fonction croît sur \(]-\infty;-1-\sqrt2]\), décroît sur \([-1-\sqrt2;-1[\), décroît sur \(]-1;-1+\sqrt2]\), puis croît sur \([-1+\sqrt2;+\infty[\).

3. \[f''(x)=\dfrac4{(x+1)^3}.\] Donc \(f\) est concave sur \(]-\infty;-1[\) et convexe sur \(]-1;+\infty[\). Il n’y a pas de point d’inflexion en \(-1\), car ce nombre n’appartient pas au domaine.

4. Comme \[f(x)-(x-1)=\dfrac2{x+1}\to0\quad\text{quand }x\to\pm\infty,\] la droite \(y=x-1\) est une asymptote oblique. La courbe est au-dessous de cette droite si \(x<-1\), et au-dessus si \(x>-1\).

1. \(f(x)\to0\) quand \(x\to-\infty\), et \(f(x)\to1\) quand \(x\to+\infty\). \[f'(x)=\dfrac{e^x}{(1+e^x)^2}>0.\]

2. \[f''(x)=\dfrac{e^x(1-e^x)}{(1+e^x)^3}.\] Ainsi \(f\) est convexe sur \(]-\infty;0]\) et concave sur \([0;+\infty[\).

3. Le point d’inflexion est \(I(0;\dfrac{1}{2})\). Comme \(f'(0)=\dfrac{1}{4}\), la tangente a pour équation \[y=\dfrac12+\dfrac{x}{4}.\]

4. Sur \(]-\infty;0]\), la fonction est convexe, donc sa courbe est au-dessus de cette tangente. Sur \([0;+\infty[\), elle est concave, donc sa courbe est au-dessous de la même tangente.

1. \(f(x)\to-\infty\) en \(0^+\) et \(f(x)\to0\) en \(+\infty\). \[f'(x)=\dfrac{1+\dfrac1x-\ln x}{(1+x)^2}=\dfrac{g(x)}{(1+x)^2}.\]

2. \[g'(x)=-\dfrac1{x^2}-\dfrac1x=-\dfrac{1+x}{x^2}<0.\] De plus \(g(x)\to+\infty\) en \(0^+\) et \(g(x)\to-\infty\) en \(+\infty\). Le TVI et la stricte décroissance donnent une unique racine \(\alpha\).

3. La fonction \(f\) croît sur \(]0;\alpha]\), puis décroît. Comme \(g(\alpha)=0\), \(\ln\alpha=1+\dfrac{1}{\alpha}\). Donc \[f(\alpha)=\dfrac{1+\dfrac{1}{\alpha}}{1+\alpha}=\boxed{\dfrac1\alpha}.\]

4. \(g(3)=\dfrac{4}{3}-\ln3>0\) et \(g(4)=\dfrac{5}{4}-\ln4<0\), donc \(3<\alpha<4\). Comme les nombres sont positifs, \[\boxed{\dfrac14<\dfrac1\alpha<\dfrac13}.\]

1. \(f(x)\to+\infty\) en \(0^+\) et en \(+\infty\). \[f'(x)=2x-\dfrac2x=\dfrac{2(x^2-1)}x.\] Ainsi \(f\) décroît sur \(]0;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\), avec minimum \(f(1)=1\).

2. \[f''(x)=2+\dfrac2{x^2}>0.\] Donc \(f\) est strictement convexe.

3. En \(1\), \(f(1)=1\) et \(f'(1)=0\). La tangente est \(y=1\). Par convexité, \[\boxed{x^2-2\ln x\ge1}.\]

4. Si \(m<1\), aucune solution ; si \(m=1\), une unique solution \(x=1\) ; si \(m>1\), exactement deux solutions.

1. \[f'(x)=1+\dfrac1x>0.\] La fonction est donc strictement croissante. Or \(f(1)=-1<0\) et \(f(2)=\ln2>0\). Le TVI assure l’existence d’une solution \(\alpha\in]1;2[\), et la stricte croissance assure son unicité.

2. \[f''(x)=-\dfrac1{x^2}<0.\] La fonction est strictement concave sur \(]0;+\infty[\).

3. La méthode de Newton donne \[x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}=x_n-\dfrac{x_n+\ln x_n-2}{1+\dfrac{1}{x_n}}.\]

4. Avec \(x_0=1\), \[x_1=1-\dfrac{-1}{2}=1{,}5.\] Puis \[x_2\approx1{,}556721.\] La solution vaut environ \(\alpha\approx1{,}557146\), donc déjà \(x_2\) fournit une très bonne approximation.

1. \[f_m'(x)=e^x-m,\qquad f_m''(x)=e^x>0.\] La fonction est strictement convexe, décroît jusqu’à \(x=\ln m\), puis croît.

2. \[f_m(\ln m)=m-m\ln m=m(1-\ln m).\]

3. Comme \(f_m\to+\infty\) aux deux infinis : si \(0<m<e\), le minimum est positif et il n’y a aucune solution ; si \(m=e\), le minimum est nul et il y a une unique solution ; si \(m>e\), le minimum est négatif et il y a exactement deux solutions.

4. Pour \(m=e\), le minimum est atteint en \(x=1\), avec \(e^1=e\cdot1\). La droite \(y=ex\) est tangente à la courbe \(y=e^x\) au point \((1;e)\), car les deux dérivées y valent \(e\).

1. Comme \(x\ln x\to0\) en \(0^+\), \(f(x)\to1\). En \(+\infty\), \(x\ln x\to+\infty\), donc \(f(x)\to+\infty\). De plus \[f'(x)=x^x(\ln x+1).\]

2. La dérivée s’annule pour \(x=e^{-1}\). Elle est négative avant et positive après. Le minimum vaut \[f(e^{-1})=(e^{-1})^{e^{-1}}=\boxed{e^{-\dfrac{1}{e}}}.\]

3. \[f''(x)=x^x\left((\ln x+1)^2+\dfrac1x\right)>0.\] Donc \(f\) est strictement convexe.

4. Si \(0<k<e^{-\dfrac{1}{e}}\), aucune solution ; si \(k=e^{-\dfrac{1}{e}}\), une solution ; si \(e^{-\dfrac{1}{e}}<k<1\), deux solutions ; si \(k=1\), une solution \(x=1\) ; si \(k>1\), une unique solution \(x>1\).

1. \(f_a(x)\to+\infty\) en \(0^+\) car \(\dfrac{a}{x}\) domine \(|\ln x|\), et \(f_a(x)\to+\infty\) en \(+\infty\). \[f_a'(x)=\dfrac{x-a}{x^2}.\] Donc \(f_a\) décroît sur \(]0;a]\), puis croît sur \([a;+\infty[\).

2. Le minimum est \[f_a(a)=\ln a+1.\]

3. Si \(a>e^{-1}\), le minimum est positif : aucune racine. Si \(a=e^{-1}\), le minimum est nul : une racine. Si \(0<a<e^{-1}\), le minimum est négatif : deux racines.

4. Le cas critique est \(\boxed{a=e^{-1}}\). La racine double est alors \(x=a=e^{-1}\). La courbe est tangente à l’axe des abscisses au point \((e^{-1};0)\).

1. \[f_a'(x)=3(x^2-a).\] La fonction croît sur \(]-\infty;-\sqrt a]\), décroît sur \([-\sqrt a;\sqrt a]\), puis croît sur \([\sqrt a;+\infty[\). On a \[f_a(-\sqrt a)=2a^{\dfrac{3}{2}},\qquad f_a(\sqrt a)=-2a^{\dfrac{3}{2}}.\]

2. \[f_a''(x)=6x.\] La fonction est concave sur \(]-\infty;0]\), convexe sur \([0;+\infty[\), et possède le point d’inflexion \(O(0;0)\).

3. Les deux valeurs obtenues aux extrema sont précisément les niveaux critiques \(\boxed{\pm2a^{\dfrac{3}{2}}}\).

4. Si \(|m|<2a^{\dfrac{3}{2}}\), il y a trois solutions. Si \(|m|=2a^{\dfrac{3}{2}}\), il y a deux solutions distinctes, dont une correspond à une tangence horizontale. Si \(|m|>2a^{\dfrac{3}{2}}\), il y a une unique solution.

1. \[\lim_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{x}=1,\] car il s’agit du nombre dérivé de la fonction exponentielle en \(0\).

2. Il faut poser \(\boxed{F(0)=1}\). La fonction prolongée est alors continue en \(0\), et donc sur \(\mathbb R\).

3. Pour \(x\ne0\), \[F'(x)=\dfrac{xe^x-e^x+1}{x^2}=\dfrac{g(x)}{x^2}.\] Or \(g'(x)=xe^x\). Ainsi \(g\) décroît sur \(]-\infty;0]\), croît sur \([0;+\infty[\), et son minimum est \(g(0)=0\). Donc \(g(x)>0\) pour \(x\ne0\), et \(F'(x)>0\).

4. La fonction est strictement croissante de chaque côté de \(0\), continue en \(0\), et \(F(0)=1\). Elle est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\). En particulier \(F(x)<1\) si \(x<0\), \(F(0)=1\), et \(F(x)>1\) si \(x>0\).

1. \[f'(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}.\] Cette dérivée tend vers \(0\) en \(-\infty\) et vers \(1\) en \(+\infty\).

2. \[f''(x)=\dfrac{e^x}{(1+e^x)^2}>0.\] Ainsi \(f\) est strictement convexe.

3. \(f(0)=\ln2\) et \(f'(0)=\dfrac{1}{2}\). La tangente est \[y=\ln2+\dfrac x2.\] Par convexité, \[\boxed{\ln(1+e^x)\ge\ln2+\dfrac x2}.\]

4. En \(-\infty\), \(e^x\to0\), donc \(f(x)\to0\) : \(y=0\) est asymptote. En \(+\infty\), \[f(x)-x=\ln(1+e^{-x})\to0,\] donc \(y=x\) est une asymptote oblique.

1. \[f_a'(x)=e^x-ae^{-x}.\] L’équation \(f_a'(x)=0\) équivaut à \(e^{2x}=a\), donc l’unique point critique est \[x_0=\dfrac12\ln a.\]

2. \[f_a''(x)=e^x+ae^{-x}>0.\] La fonction est strictement convexe et son point critique est son unique minimum. Comme \(e^{x_0}=\sqrt a\), \[f_a(x_0)=\sqrt a+\dfrac a{\sqrt a}=\boxed{2\sqrt a}.\]

3. Si \(m<2\sqrt a\), aucune solution ; si \(m=2\sqrt a\), une unique solution \(x=x_0\) ; si \(m>2\sqrt a\), exactement deux solutions.

4. Puisque \(2\sqrt a\) est le minimum, \[\boxed{e^x+ae^{-x}\ge2\sqrt a}.\] L’égalité a lieu uniquement pour \(x=\dfrac12\ln a\).

1. En \(0^+\), \(\dfrac{\ln x}{\sqrt x}\to-\infty\). En \(+\infty\), \(\dfrac{\ln x}{\sqrt x}\to0\). De plus \[f'(x)=x^{-\dfrac{3}{2}}\left(1-\dfrac12\ln x\right).\]

2. La dérivée s’annule lorsque \(\ln x=2\), soit \(x=e^2\). Ainsi \(f\) croît jusqu’à \(e^2\), puis décroît. Son maximum est \[\boxed{f(e^2)=\dfrac2e}.\]

3. \[f''(x)=x^{-\dfrac{5}{2}}\left(\dfrac34\ln x-2\right).\] Le changement de signe se produit pour \(\ln x=\dfrac{8}{3}\), donc au point d’abscisse \(e^{\dfrac{8}{3}}\). L’ordonnée vaut \(\dfrac{8}{3e^{\dfrac{4}{3}}}\).

4. Sur \(]1;e^2[\), \(f\) croît de \(0\) à \(\dfrac{2}{e}\), et sur \(]e^2;+\infty[\), elle décroît de \(\dfrac{2}{e}\) vers \(0\). Comme \(0<\dfrac{1}{e}<\dfrac{2}{e}\), il existe exactement une solution sur chaque branche, donc exactement deux solutions positives.

1. \[f'(x)=e^x(x+1)>0\quad\text{sur }[0;+\infty[.\] La fonction est strictement croissante. Or \(f(0)=-2<0\) et \(f(1)=e-2>0\). Le TVI donne une unique solution \(\alpha\in]0;1[\).

2. \[f''(x)=e^x(x+2)>0\quad\text{sur }[0;+\infty[.\] La fonction est strictement convexe.

3. La formule de Newton est \[x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_ne^{x_n}-2}{e^{x_n}(x_n+1)}.\]

4. À partir de \(x_0=1\), on obtient \[x_1\approx0{,}867879,\qquad x_2\approx0{,}852783.\] La solution vaut environ \(\boxed{\alpha\approx0{,}852606}\).

1. On a \(f(x)\to+\infty\) aux deux infinis. De plus \[f'(x)=e^x-1,\qquad f''(x)=e^x>0.\] La fonction est strictement convexe, décroît sur \(]-\infty;0]\), croît sur \([0;+\infty[\), et son minimum est \(f(0)=-1\).

2. \(f(-2)=e^{-2}>0\), \(f(-1)=e^{-1}-1<0\), donc une unique racine \(\alpha\in]-2;-1[\). De même \(f(1)=e-3<0\) et \(f(2)=e^2-4>0\), donc une unique racine \(\beta\in]1;2[\).

3. Un algorithme possible est :

a = 1.0
b = 2.0
while b - a >= 1e-4:
    m = (a + b) / 2
    if f(a) * f(m) <= 0:
        b = m
    else:
        a = m
print(a, b)

Il fournit un encadrement de \(\beta\) de largeur inférieure à \(10^{-4}\).

4. Le signe est \(f>0\) sur \(]-\infty;\alpha[\cup]\beta;+\infty[\), \(f=0\) en \(\alpha,\beta\), et \(f<0\) sur \(]\alpha;\beta[\). Ainsi la courbe \(y=e^x\) est au-dessus de la droite \(y=x+2\) à l’extérieur des deux points d’intersection et au-dessous entre eux.