Terminale Spécialité Mathématiques
Questions de cours, applications directes, exercices type Bac et bilan méthode pour maîtriser les fonctions, les limites, la continuité, la dérivation, l’exponentielle et le logarithme.
Pour réussir un exercice d’analyse au Bac, on suit presque toujours la même stratégie :
Répondre de manière claire, concise et correctement rédigée.
Quelles conditions faut-il vérifier pour les expressions suivantes ?
\[ \frac{A(x)}{B(x)} \qquad \sqrt{A(x)} \qquad \ln(A(x)) \]Donner les limites usuelles de \(e^x\) et \(\ln x\).
Citer les formes indéterminées les plus fréquentes.
Devant une forme indéterminée, on transforme l’expression avant de conclure.
Comparer \(e^x\), \(x^n\) et \(\ln x\) lorsque \(x\to+\infty\). Donner aussi les résultats utiles en \(0^+\) et en \(-\infty\).
L’exponentielle domine les puissances, et les puissances dominent le logarithme :
\[ \boxed{ e^x \gg x^n \gg \ln x } \]Autrement dit, pour tout entier \(n\geq1\) :
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^n}{e^x}=0 } \] \[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^n}=0 } \]Le logarithme tend vers \(-\infty\), mais il est dominé par les puissances de \(x\). Pour tout entier \(n\geq1\) :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}x^n\ln x=0 } \]Cela signifie que, même si \(\ln x\to-\infty\), le produit \(x^n\ln x\) tend vers \(0\), car \(x^n\) tend vers \(0\) suffisamment vite.
On peut aussi écrire :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x^n}}=0 } \]La fonction logarithme \(\ln x\) n’est pas définie pour \(x<0\). Donc on ne compare pas \(\ln x\) en \(-\infty\).
En revanche, l’exponentielle vérifie :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}e^x=0 } \]De plus, pour tout entier \(n\geq1\), l’exponentielle tend vers \(0\) plus vite que les puissances ne divergent :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}x^n e^x=0 } \]On peut également retenir :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{x^n}=0 } \]Donner la définition de la continuité en un réel \(a\).
Une fonction \(f\) est continue en \(a\) si :
\[ \boxed{ \lim_{x\to a}f(x)=f(a) } \]Graphiquement, la courbe ne présente ni trou, ni saut, ni rupture en \(a\).
Quel lien existe-t-il entre le signe de \(f'(x)\) et les variations de \(f\) ?
Énoncer le théorème des valeurs intermédiaires.
Si \(f\) est continue sur \([a;b]\), alors pour tout réel \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un réel \(c\in[a;b]\) tel que :
\[ \boxed{ f(c)=k } \]En particulier, si \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes contraires, alors l’équation \(f(x)=0\) admet au moins une solution sur \([a;b]\).
Quelle condition permet de montrer qu’une solution est unique ?
Pour montrer l’unicité, on utilise la stricte monotonie.
Si \(f\) est continue et strictement monotone sur un intervalle \(I\), alors l’équation \(f(x)=k\) admet au plus une solution sur \(I\).
Si \(k\) appartient à l’image de \(I\), alors l’équation admet une unique solution.
Comment étudier la convexité d’une fonction ?
On étudie le signe de la dérivée seconde \(f''\).
Exercices courts pour vérifier les automatismes essentiels.
Déterminer le domaine de définition de :
\[ f(x)=\ln(2x-4)+\frac{1}{x-4}. \]La fonction contient un logarithme :
\[ \ln(2x-4). \]Pour que ce logarithme soit défini, il faut que son argument soit strictement positif :
\[ 2x-4>0. \]On résout :
\[ 2x-4>0 \Longleftrightarrow 2x>4 \Longleftrightarrow x>2. \]La fonction contient aussi un quotient :
\[ \frac{1}{x-4}. \]Le dénominateur ne doit pas s’annuler :
\[ x-4\neq0 \Longleftrightarrow x\neq4. \]On doit donc avoir simultanément :
\[ x>2 \qquad \text{et} \qquad x\neq4. \]Donc le domaine de définition est :
\[ \boxed{ D_f=]2;4[\cup]4;+\infty[ } \]On considère la fonction définie sur \(\mathbb R\setminus\{2\}\) par :
\[ f(x)=\frac{4x^3-2x^2+7}{(4-2x)^3}. \]Calculer les limites de \(f\) en \(+\infty\), en \(-\infty\), en \(2^-\) et en \(2^+\).
Le dénominateur ne doit pas s’annuler :
\[ (4-2x)^3\neq0 \] \[ 4-2x\neq0 \] \[ x\neq2 \]Donc :
\[ \boxed{ D_f=\mathbb R\setminus\{2\} } \]On factorise le numérateur par \(x^3\) :
\[ 4x^3-2x^2+7 = x^3\left(4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3}\right). \]On factorise aussi le dénominateur :
\[ 4-2x = x\left(\frac{4}{x}-2\right). \]Donc :
\[ (4-2x)^3 = \left[ x\left(\frac{4}{x}-2\right) \right]^3 = x^3\left(\frac{4}{x}-2\right)^3. \]Ainsi :
\[ f(x) = \frac{ x^3\left(4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3}\right) }{ x^3\left(\frac{4}{x}-2\right)^3 }. \]On simplifie par \(x^3\), car \(x\neq0\) au voisinage de \(+\infty\) :
\[ f(x) = \frac{ 4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3} }{ \left(\frac{4}{x}-2\right)^3 }. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ \frac{2}{x}\to0, \qquad \frac{7}{x^3}\to0, \qquad \frac{4}{x}\to0. \]Donc :
\[ 4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3}\to4 \] et : \[ \left(\frac{4}{x}-2\right)^3\to(-2)^3=-8. \]Finalement :
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\frac{4}{-8}=-\frac12 } \]On utilise exactement la même factorisation :
\[ f(x) = \frac{ 4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3} }{ \left(\frac{4}{x}-2\right)^3 }. \]Lorsque \(x\to-\infty\), on a encore :
\[ \frac{2}{x}\to0, \qquad \frac{7}{x^3}\to0, \qquad \frac{4}{x}\to0. \]Donc :
\[ 4-\frac{2}{x}+\frac{7}{x^3}\to4 \] et : \[ \left(\frac{4}{x}-2\right)^3\to(-2)^3=-8. \]Finalement :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}f(x)=\frac{4}{-8}=-\frac12 } \]Lorsque \(x\to2^-\), on a :
\[ 4-2x\to0^+ \]Donc :
\[ (4-2x)^3\to0^+. \]Le numérateur tend vers :
\[ 4\times2^3-2\times2^2+7 = 32-8+7 = 31. \]Donc le numérateur tend vers un réel strictement positif :
\[ 4x^3-2x^2+7\to31>0. \]Ainsi :
\[ \frac{4x^3-2x^2+7}{(4-2x)^3} \to \frac{31}{0^+} = +\infty. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to2^-}f(x)=+\infty } \]Lorsque \(x\to2^+\), on a :
\[ 4-2x\to0^-. \]Donc :
\[ (4-2x)^3\to0^-. \]Le numérateur tend encore vers :
\[ 4\times2^3-2\times2^2+7 = 31>0. \]Ainsi :
\[ \frac{4x^3-2x^2+7}{(4-2x)^3} \to \frac{31}{0^-} = -\infty. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to2^+}f(x)=-\infty } \]Calculer les limites suivantes :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-3x}{e^x} \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to-\infty}\frac{x^2-3x}{e^x}. \]On commence par factoriser le numérateur par \(x^2\) :
\[ x^2-3x = x^2\left(1-\frac{3}{x}\right). \]Donc :
\[ \frac{x^2-3x}{e^x} = \frac{x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)}{e^x}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ 1-\frac{3}{x}\to1. \]De plus, l’exponentielle domine les puissances :
\[ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}=0. \]Ainsi :
\[ \frac{x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)}{e^x} = \frac{x^2}{e^x} \left(1-\frac{3}{x}\right) \to 0\times1=0. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-3x}{e^x}=0 } \]Lorsque \(x\to-\infty\), on a :
\[ 1-\frac{3}{x}\to1. \]Donc :
\[ x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)\to+\infty. \]De plus :
\[ e^x\to0^+. \]Ainsi, le numérateur tend vers \(+\infty\) et le dénominateur tend vers \(0^+\).
\[ \frac{x^2-3x}{e^x} = \frac{x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)}{e^x} \to \frac{+\infty}{0^+}. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}\frac{x^2-3x}{e^x}=+\infty } \]Calculer la dérivée de :
\[ f(x)=\ln(x^2+1). \]On utilise :
\[ (\ln(u))'=\frac{u'}{u}. \]Ici :
\[ u(x)=x^2+1 \quad \text{donc} \quad u'(x)=2x. \]Ainsi :
\[ \boxed{ f'(x)=\frac{2x}{x^2+1} } \]Calculer la dérivée de :
\[ g(x)=e^{3x-1}. \]On utilise :
\[ (e^{u(x)})'=u'(x)e^{u(x)}. \]Ici :
\[ u(x)=3x-1 \quad \text{donc} \quad u'(x)=3. \]Donc :
\[ \boxed{ g'(x)=3e^{3x-1} } \]Soit la fonction définie par :
\[ f(x)=e^{2x}+\ln(2x-3). \]Étudier les variations de \(f\).
La fonction \(e^{2x}\) est définie sur \(\mathbb R\).
En revanche, pour que \(\ln(2x-3)\) soit défini, il faut :
\[ 2x-3>0 \] \[ 2x>3 \] \[ x>\frac32 \]Donc :
\[ \boxed{ D_f=\left]\frac32;+\infty\right[ } \]On dérive séparément les deux termes.
\[ (e^{2x})'=2e^{2x} \]Pour le logarithme, on utilise :
\[ (\ln(u))'=\frac{u'}{u} \]Ici :
\[ u(x)=2x-3 \qquad \text{donc} \qquad u'(x)=2 \]Ainsi :
\[ (\ln(2x-3))'=\frac{2}{2x-3} \]Donc :
\[ \boxed{ f'(x)=2e^{2x}+\frac{2}{2x-3} } \]Sur le domaine \(D_f=\left]\frac32;+\infty\right[\), on a :
\[ e^{2x}>0 \]donc :
\[ 2e^{2x}>0 \]De plus, comme \(x>\frac32\), on a :
\[ 2x-3>0 \]donc :
\[ \frac{2}{2x-3}>0 \]Par conséquent :
\[ f'(x)=2e^{2x}+\frac{2}{2x-3}>0 \]Donc \(f\) est strictement croissante sur son domaine.
\[ \boxed{ f \text{ est strictement croissante sur } \left]\frac32;+\infty\right[ } \]Lorsque \(x\to\frac32^+\), on a :
\[ 2x-3\to0^+ \]donc :
\[ \ln(2x-3)\to-\infty \]et :
\[ e^{2x}\to e^3 \]Ainsi :
\[ \boxed{ \lim_{x\to\frac32^+}f(x)=-\infty } \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ e^{2x}\to+\infty \]et :
\[ \ln(2x-3)\to+\infty \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty } \]Exercices complets de niveau Bac : fonctions avec logarithme ou exponentielle, paramètres, limites, dérivées, variations, convexité, théorème des valeurs intermédiaires, signe d’une fonction, optimisation et calcul d’aire.
On considère une fonction \(f\) définie sur \(]0;+\infty[\) par :
\[ f(x)=x^2+ax+b+c\ln(x), \]où \(a\), \(b\) et \(c\) sont trois réels.
Dans la suite, on admet que :
\[ f(x)=x^2-10x+9+8\ln(x). \]Commencer par traduire chaque information géométrique en égalité algébrique. Une tangente parallèle à l’axe des abscisses signifie que son coefficient directeur est nul, donc que la dérivée s’annule à l’abscisse du point de tangence.
On dérive :
\[ f'(x)=2x+a+\frac{c}{x}. \]La tangente est horizontale en \(x=1\), donc :
\[ f'(1)=0. \] \[ 2+a+c=0 \Longleftrightarrow a+c=-2. \]La tangente est horizontale en \(x=4\), donc :
\[ f'(4)=0. \] \[ 8+a+\frac{c}{4}=0 \Longleftrightarrow a+\frac{c}{4}=-8. \]La courbe passe par le point \((1;0)\), donc :
\[ f(1)=0. \] \[ 1+a+b+c\ln(1)=0. \]Or \(\ln(1)=0\), donc :
\[ 1+a+b=0 \Longleftrightarrow a+b=-1. \]On obtient bien :
\[ \boxed{ \begin{cases} a+c=-2,\\ a+\dfrac{c}{4}=-8,\\ a+b=-1. \end{cases} } \]On soustrait les deux premières équations :
\[ (a+c)-\left(a+\frac{c}{4}\right) = -2-(-8). \] \[ \frac{3c}{4}=6. \] \[ c=8. \]Puis :
\[ a+c=-2 \Longleftrightarrow a+8=-2 \Longleftrightarrow a=-10. \]Enfin :
\[ a+b=-1 \Longleftrightarrow -10+b=-1 \Longleftrightarrow b=9. \] \[ \boxed{ (a;b;c)=(-10;9;8) } \]On a :
\[ f(x)=x^2-10x+9+8\ln(x). \]Lorsque \(x\to0^+\), on a :
\[ x^2-10x+9\to9 \qquad \text{et} \qquad 8\ln(x)\to-\infty. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty } \]Lorsque \(x\to+\infty\), le terme dominant est \(x^2\).
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty } \]Comme \(\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty\), la droite \(x=0\) est une asymptote verticale à la courbe de \(f\).
\[ \boxed{ x=0 \text{ est une asymptote verticale.} } \]On dérive :
\[ f'(x)=2x-10+\frac{8}{x}. \]On met au même dénominateur :
\[ f'(x)=\frac{2x^2-10x+8}{x}. \] \[ f'(x)=\frac{2(x^2-5x+4)}{x}. \] \[ f'(x)=\frac{2(x-1)(x-4)}{x}. \]Sur \(]0;+\infty[\), on a \(x>0\). Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \((x-1)(x-4)\).
Ainsi, \(f\) est croissante sur \(]0;1]\), décroissante sur \([1;4]\), puis croissante sur \([4;+\infty[\).
Avec \(\ln(2)\approx0{,}69\), on obtient :
\[ f(4)\approx -15+16\times0{,}69 = -3{,}96<0. \]La fonction admet un maximum local en \(x=1\), de valeur \(0\), et un minimum local en \(x=4\), de valeur \(-15+16\ln(2)\).
Le maximum local en \(1\) n’est pas global car \(\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).
Le minimum local en \(4\) n’est pas global car \(\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty\).
Sur \([4;+\infty[\), la fonction \(f\) est continue et strictement croissante. De plus :
\[ f(4)<0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([4;+\infty[\).
\[ \boxed{\alpha>4} \]Il reste à vérifier qu’il n’existe pas d’autre solution sur \(]1;4]\). Sur \(]1;4]\), la fonction \(f\) est décroissante, avec \(f(1)=0\) et \(f(4)<0\). Donc, pour tout \(x\in]1;4]\), on a \(f(x)<0\). Il n’y a donc aucune solution sur \(]1;4]\).
Ainsi, l’équation \(f(x)=0\) admet exactement une solution sur \(]1;+\infty[\), et cette solution vérifie bien \(\alpha>4\).
D’après les variations :
\[ \boxed{ f(x)<0 \text{ sur } ]0;1[ } \] \[ \boxed{ f(1)=0 } \] \[ \boxed{ f(x)<0 \text{ sur } ]1;\alpha[ } \] \[ \boxed{ f(\alpha)=0 } \] \[ \boxed{ f(x)>0 \text{ sur } ]\alpha;+\infty[ } \]On munit le plan d’un repère orthonormé. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la fonction \(f_n\) définie sur \([0;+\infty[\) par :
\[ f_0(x)=e^{-x} \qquad \text{et, pour } n\geq1,\qquad f_n(x)=x^n e^{-x}. \]Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal C_n\) la courbe représentative de la fonction \(f_n\).
Les parties A et B sont indépendantes.
On considère un entier naturel \(n\geq1\).
Dans cette partie, on étudie les fonctions \(f_n\) sur \([0;1]\) et on considère la suite \((I_n)\) définie, pour tout entier naturel \(n\), par :
\[ I_n=\int_0^1 f_n(x)\,dx = \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx. \]from math import exp
def mystere(n):
I = 1 - exp(-1)
L = [I]
for i in range(n):
I = (i + 1)*I - exp(-1)
L.append(I)
return Lmystere(100) dans le contexte de l’exercice ?
Pour \(n\geq1\), on a :
\[ f_n(x)=x^n e^{-x}. \]On dérive ce produit :
\[ f_n'(x)=(x^n)'e^{-x}+x^n(e^{-x})'. \] \[ f_n'(x)=nx^{n-1}e^{-x}-x^n e^{-x}. \]On factorise par \(x^{n-1}e^{-x}\) :
\[ f_n'(x)=x^{n-1}e^{-x}(n-x). \]Donc, pour tout \(x\geq0\),
\[ \boxed{ f_n'(x)=(n-x)x^{\,n-1}e^{-x} } \]Sur \([0;+\infty[\), on a :
\[ x^{n-1}\geq0 \qquad \text{et} \qquad e^{-x}>0. \]Ainsi, le signe de \(f_n'(x)\) est celui de \(n-x\).
Donc \(f_n\) est croissante sur \([0;n]\), puis décroissante sur \([n;+\infty[\).
De plus :
\[ f_n(0)=0^n e^0=0 \qquad (\text{car } n\geq1). \]Et :
\[ f_n(n)=n^n e^{-n} = \left(\frac{n}{e}\right)^n. \]Enfin, lorsque \(x\to+\infty\), l’exponentielle domine les puissances :
\[ \lim_{x\to+\infty}x^n e^{-x}=0. \]On obtient donc le tableau de variations :
\[ \begin{array}{c|ccc} x & 0 & n & +\infty \\ \hline f_n'(x) & +\text{ sur } ]0;n[ & 0 & - \\ \hline f_n(x) & 0 & \left(\dfrac{n}{e}\right)^n & 0 \end{array} \]On calcule :
\[ f_n(1)=1^n e^{-1}=e^{-1}. \]Donc le point de coordonnées \((1;e^{-1})\) appartient bien à \(\mathcal C_n\).
\[ \boxed{ A(1;e^{-1})\in \mathcal C_n } \]L’intégrale
\[ I_n=\int_0^1 x^n e^{-x}\,dx \]représente l’aire sous la courbe \(\mathcal C_n\), au-dessus de l’axe des abscisses, entre les droites d’équations \(x=0\) et \(x=1\).
D’après l’allure des courbes, on conjecture que la suite \((I_n)\) est décroissante et qu’elle converge vers \(0\).
\[ \boxed{ I_n \to 0 } \]On a :
\[ I_0=\int_0^1 e^{-x}\,dx. \]Une primitive de \(e^{-x}\) est \(-e^{-x}\). Donc :
\[ I_0=\left[-e^{-x}\right]_0^1 =-e^{-1}-(-1) =1-\frac1e. \] \[ \boxed{ I_0=1-\frac1e } \]Si \(x\in[0;1]\), alors \(0\leq x\leq1\), donc en multipliant par \(x^n\geq0\), on obtient :
\[ 0\leq x^{n+1}\leq x^n. \] \[ \boxed{ 0\leq x^{n+1}\leq x^n } \]Comme \(e^{-x}>0\) sur \([0;1]\), on peut multiplier l’inégalité précédente par \(e^{-x}\) :
\[ 0\leq x^{n+1}e^{-x}\leq x^n e^{-x}. \]En intégrant entre \(0\) et \(1\), on obtient :
\[ 0\leq \int_0^1 x^{n+1}e^{-x}\,dx \leq \int_0^1 x^n e^{-x}\,dx. \]Donc :
\[ \boxed{ 0\leq I_{n+1}\leq I_n } \]La suite \((I_n)\) est décroissante et minorée par \(0\). Elle est donc convergente.
On note \(\ell\) sa limite, avec :
\[ \boxed{ \ell\geq0 } \]On part de :
\[ I_{n+1}=\int_0^1 x^{n+1}e^{-x}\,dx. \]On effectue une intégration par parties avec :
\[ u=x^{n+1} \qquad \text{et} \qquad dv=e^{-x}\,dx. \]Alors :
\[ du=(n+1)x^n\,dx \qquad \text{et} \qquad v=-e^{-x}. \]Donc :
\[ I_{n+1} = \left[-x^{n+1}e^{-x}\right]_0^1 +(n+1)\int_0^1 x^n e^{-x}\,dx. \]On reconnaît \(I_n\), d’où :
\[ I_{n+1} = \left[-x^{n+1}e^{-x}\right]_0^1 +(n+1)I_n. \]Or :
\[ \left[-x^{n+1}e^{-x}\right]_0^1 = -\frac1e-0 = -\frac1e. \]Finalement :
\[ \boxed{ I_{n+1}=(n+1)I_n-\frac1e } \]Supposons que \(\ell>0\). Comme \(I_n\to\ell\), alors \((n+1)I_n\to+\infty\).
La relation :
\[ I_{n+1}=(n+1)I_n-\frac1e \]entraînerait alors :
\[ I_{n+1}\to+\infty, \]ce qui contredit le fait que \((I_n)\) est convergente.
Donc \(\ell>0\) est impossible. Comme \(\ell\geq0\), on en déduit :
\[ \boxed{ \ell=0 } \]On a vu que :
\[ I_0=1-\frac1e \qquad \text{et} \qquad I_{n+1}=(n+1)I_n-\frac1e. \]Le script initialise \(I\) à \(I_0\), puis calcule successivement \(I_1\), \(I_2\), …, \(I_{100}\).
Donc mystere(100) renvoie la liste des valeurs
\[
I_0,\ I_1,\ I_2,\ \dots,\ I_{100}.
\]
On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ g(x)=(x+2)e^{x-4}-2. \]On considère ensuite la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=x^2-x^2e^{x-4}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ x+2\to+\infty \qquad \text{et} \qquad e^{x-4}\to+\infty. \] \[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty } \]Lorsque \(x\to-\infty\), on a :
\[ e^{x-4}\to0. \]Par croissance comparée :
\[ (x+2)e^{x-4}\to0. \] \[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}g(x)=-2 } \]On dérive :
\[ g'(x)=e^{x-4}+(x+2)e^{x-4}. \] \[ g'(x)=(x+3)e^{x-4}. \]Comme \(e^{x-4}>0\), le signe de \(g'(x)\) est celui de \(x+3\).
Donc \(g\) est décroissante sur \(]-\infty;-3]\), puis croissante sur \([-3;+\infty[\).
\[ g(-3)=(-1)e^{-7}-2=-e^{-7}-2<0. \]Comme \(g\) est continue et strictement croissante sur \([-3;+\infty[\), avec \(g(-3)<0\) et \(\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty\), l’équation \(g(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(\mathbb R\).
Le signe de \(g\) est donc :
\[ \boxed{ g(x)<0 \text{ si } x<\alpha, \qquad g(\alpha)=0, \qquad g(x)>0 \text{ si } x>\alpha. } \]On résout :
\[ f(x)=0. \] \[ x^2-x^2e^{x-4}=0. \] \[ x^2(1-e^{x-4})=0. \]Donc :
\[ x^2=0 \qquad \text{ou} \qquad 1-e^{x-4}=0. \] \[ x=0 \qquad \text{ou} \qquad e^{x-4}=1. \] \[ x=0 \qquad \text{ou} \qquad x=4. \] \[ \boxed{ x=0 \text{ ou } x=4. } \]On admet que :
\[ f'(x)=-xg(x). \]Comme \(g(0)=2e^{-4}-2<0\), on a \(\alpha>0\).
Donc \(f\) décroît sur \(]-\infty;0]\), croît sur \([0;\alpha]\), puis décroît sur \([\alpha;+\infty[\).
Le maximum de \(f\) sur \([0;+\infty[\) est atteint en \(x=\alpha\).
Comme \(g(\alpha)=0\), on a :
\[ (\alpha+2)e^{\alpha-4}-2=0. \] \[ e^{\alpha-4}=\frac{2}{\alpha+2}. \]Donc :
\[ f(\alpha) = \alpha^2-\alpha^2e^{\alpha-4}. \] \[ f(\alpha) = \alpha^2\left(1-\frac{2}{\alpha+2}\right). \] \[ f(\alpha) = \alpha^2\cdot\frac{\alpha}{\alpha+2}. \] \[ \boxed{ f(\alpha)=\frac{\alpha^3}{\alpha+2}. } \]On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ f(x)=xe^{-x}+2x-1. \]On note \(\mathcal C_f\) sa courbe représentative et \(\Delta\) la droite d’équation :
\[ y=2x-1. \]Pour tout réel \(n>1\), on considère l’aire du domaine \(D_n\) délimité par la courbe \(\mathcal C_f\), la droite \(\Delta\), et les droites d’équations \(x=1\) et \(x=n\).
On note :
\[ I_n=\int_1^n xe^{-x}\,dx. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ xe^{-x}\to0 \qquad \text{et} \qquad 2x-1\to+\infty. \] \[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty } \]Lorsque \(x\to-\infty\), on a \(e^{-x}\to+\infty\) et \(x<0\), donc :
\[ xe^{-x}\to-\infty. \]De plus, \(2x-1\to-\infty\). Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty } \]On dérive \(xe^{-x}\) comme un produit :
\[ (xe^{-x})'=e^{-x}-xe^{-x}=(1-x)e^{-x}. \]Donc :
\[ \boxed{ f'(x)=(1-x)e^{-x}+2 } \]On dérive encore :
\[ f''(x)=(-1)e^{-x}+(1-x)(-e^{-x}). \] \[ f''(x)=-e^{-x}-(1-x)e^{-x}. \] \[ f''(x)=(x-2)e^{-x}. \] \[ \boxed{ f''(x)=(x-2)e^{-x} } \]Comme \(e^{-x}>0\), le signe de \(f''(x)\) est celui de \(x-2\).
Comme \(f''\) change de signe en \(2\), la courbe admet un point d’inflexion d’abscisse \(2\).
Puisque \(f''(x)<0\) sur \(]-\infty;2[\), \(f'\) est décroissante sur cet intervalle. Puisque \(f''(x)>0\) sur \(]2;+\infty[\), \(f'\) est croissante sur cet intervalle.
Le minimum de \(f'\) est donc atteint en \(x=2\).
\[ f'(2)=(1-2)e^{-2}+2=2-e^{-2}>0. \]Donc \(f'(x)>0\) pour tout réel \(x\).
\[ \boxed{ f \text{ est strictement croissante sur } \mathbb R. } \]La fonction \(f\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb R\). De plus :
\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie, l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(\mathbb R\).
\[ \boxed{ \exists!\alpha\in\mathbb R \text{ tel que } f(\alpha)=0. } \]On calcule :
\[ f(x)-(2x-1)=xe^{-x}. \]Comme \(e^{-x}>0\), le signe de \(f(x)-(2x-1)\) est celui de \(x\).
Sur \([1;n]\), on a :
\[ f(x)-(2x-1)=xe^{-x}>0. \]Donc l’aire vaut :
\[ I_n=\int_1^n xe^{-x}\,dx. \]Une primitive de \(xe^{-x}\) est :
\[ -(x+1)e^{-x}. \]Ainsi :
\[ I_n=\left[-(x+1)e^{-x}\right]_1^n. \] \[ I_n=-(n+1)e^{-n}+2e^{-1}. \] \[ \boxed{ I_n=\frac{2}{e}-(n+1)e^{-n} } \]Lorsque \(n\to+\infty\), on a :
\[ (n+1)e^{-n}\to0. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{n\to+\infty}I_n=\frac{2}{e}. } \]On considère la fonction \(f\) définie sur \(\left]-\frac32;+\infty\right[\) par :
\[ f(x)=2\ln(2x+3)-x^2. \]Pour que \(\ln(2x+3)\) soit défini, il faut :
\[ 2x+3>0. \] \[ 2x+3>0 \Longleftrightarrow x>-\frac32. \] \[ \boxed{ D_f=\left]-\frac32;+\infty\right[ } \]Lorsque \(x\to-\frac32^+\), on a :
\[ 2x+3\to0^+. \]Donc :
\[ \ln(2x+3)\to-\infty. \]Ainsi :
\[ 2\ln(2x+3)\to-\infty. \]De plus :
\[ -x^2\to-\frac94. \]Donc :
\[ \boxed{ \lim_{x\to-\frac32^+}f(x)=-\infty } \]Lorsque \(x\to+\infty\), on obtient :
\[ 2\ln(2x+3)\to+\infty \qquad \text{et} \qquad -x^2\to-\infty. \]C’est une forme indéterminée du type \(+\infty-\infty\). Mais la puissance \(x^2\) domine le logarithme.
\[ x^2 \gg \ln(2x+3). \]Donc le terme dominant est \(-x^2\).
\[ \boxed{ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty } \]On dérive :
\[ \left(2\ln(2x+3)\right)' = 2\times\frac{2}{2x+3} = \frac{4}{2x+3}. \] \[ (-x^2)'=-2x. \] \[ \boxed{ f'(x)=\frac{4}{2x+3}-2x } \]On met au même dénominateur :
\[ f'(x) = \frac{4-2x(2x+3)}{2x+3}. \] \[ f'(x) = \frac{-4x^2-6x+4}{2x+3}. \]On factorise le numérateur :
\[ -4x^2-6x+4 = -2(2x^2+3x-2). \] \[ 2x^2+3x-2=(2x-1)(x+2). \] \[ \boxed{ f'(x)= \frac{-2(2x-1)(x+2)}{2x+3} } \]Sur \(\left]-\frac32;+\infty\right[\), on a :
\[ 2x+3>0. \]De plus :
\[ x>-\frac32 \Longrightarrow x+2>\frac12>0. \]Le signe de \(f'(x)\) dépend donc de \(-(2x-1)\).
Donc \(f\) est croissante sur \(\left]-\frac32;\frac12\right]\), puis décroissante sur \(\left[\frac12;+\infty\right[\).
Le maximum est atteint en \(x=\frac12\).
\[ f\left(\frac12\right) = 2\ln(4)-\frac14 = 4\ln(2)-\frac14. \]Avec \(\ln(2)\approx0{,}69\) :
\[ f\left(\frac12\right) \approx 4\times0{,}69-0{,}25 = 2{,}51>0. \]Comme :
\[ \lim_{x\to-\frac32^+}f(x)=-\infty \qquad \text{et} \qquad f\left(\frac12\right)>0, \]et comme \(f\) est continue et strictement croissante sur \(\left]-\frac32;\frac12\right]\), l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
De plus :
\[ f\left(\frac12\right)>0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty. \]Comme \(f\) est continue et strictement décroissante sur \(\left[\frac12;+\infty\right[\), l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\beta\) sur cet intervalle.
\[ \boxed{ f(x)=0 \text{ admet exactement deux solutions sur } \left]-\frac32;+\infty\right[. } \]On note \(\alpha\) et \(\beta\) les deux solutions, avec :
\[ \alpha<\frac12<\beta. \]D’après les variations :
\[ \boxed{ f(x)<0 \text{ sur } \left]-\frac32;\alpha\right[ } \] \[ \boxed{ f(\alpha)=0 } \] \[ \boxed{ f(x)>0 \text{ sur } \left]\alpha;\beta\right[ } \] \[ \boxed{ f(\beta)=0 } \] \[ \boxed{ f(x)<0 \text{ sur } \left]\beta;+\infty\right[ } \]Si \(f''\) change de signe en \(a\), alors la courbe peut admettre un point d’inflexion d’abscisse \(a\).