Fonction exponentielle exercices corriges

Sommaire
Exercice 19 — Fonction auxiliaire, dérivabilité, asymptote, encadrement
Solution de l'exercice 19
Exercice 20 — La fonction \( x^x \), continuité, dérivabilité, branche infinie
Solution de l'exercice 20

Exercice 19

Le plan est rapporté à un repère orthonormé \( (O;\vec{\imath};\vec{\jmath}\,) \).

I/ Soit ( g ) la fonction définie sur l’intervalle ( I = ,]0,;+\infty[ ) par : [ g(x) = 1 - x - e^{-2x} ] 1) Étudier les variations de ( g ) et dresser son tableau de variations.

2) a) Montrer que l’équation ( g(x) = 0 ) admet une solution unique ( \alpha ) sur ( I ) et que : [ \frac{\ln 2}{2} \lt \alpha \lt 1 ] b) Déduire le signe de ( g(x) ).

II/ Soit ( f ) la fonction définie sur ( I = ,]0,;+\infty[ ) par : [ f(x) = x\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1} ] 1) a) Montrer que la fonction ( f ) est dérivable sur l’intervalle ( I ) et que : [ (\forall x \in I);;; f’(x) = \frac{e^{\frac{2}{x}}}{\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}};, g!!\left(\frac{1}{x}\right) ] b) En déduire les variations de ( f ).

2) a) Calculer ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) ).

b) Montrer que : [ (\forall x \in I);;; \ln!\big(f(x)\big) = \frac{1}{x}\big(1 + x\ln x\big) + \frac{1}{2},\ln!!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) ] c) Déduire ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f(x) ) ; puis dresser le tableau de variations de ( f ).

3) a) Montrer que : ( (\forall, t \in [0,;1]);;; 0 \leq e^{t} - 1 \leq e\cdot t )

b) Montrer que : ( (\forall, x \in [0,;1]);;; 1 + x \leq e^{x} \leq 1 + x + \frac{e}{2},x^{2} )

c) Déduire que : ( (\forall, x \in [2,;+\infty[,);;; 0 \leq \big(f(x)\big)^{2} - 2x \leq 2e )

4) Soit ( \varphi ) la fonction définie sur ( I ) par ( \varphi(x) = \sqrt{2x} ).

a) Déterminer le signe de ( f - \varphi ) sur 'intervalle ( [2,;+\infty[, ) puis calculer ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty}(f - \varphi)(x) ).

b) Donner une interprétation géométrique à ce résultat.

5) Tracer la courbe de ( \varphi ) et de ( f ) dans le même repère.
(On admet que ( \frac{1}{\alpha} \simeq 1{,}3 ) et que ( f!\left(\frac{1}{\alpha}\right) \simeq 2{,}5 ))

Solution — Exercice 19

I/ 1) Variations de \( g \) sur \( I = \,]0\,;+\infty[\, \)

La fonction ( g ) est dérivable sur ( I ) comme somme de fonctions dérivables sur ( I ).
On a : [ (\forall x \in I);;; g’(x) = -1 + 2,e^{-2x} ] Soit ( x \in I ) : [ g’(x) = 0 ;\Leftrightarrow; e^{-2x} = \frac{1}{2} ;\Leftrightarrow; -2x = -\ln 2 ;\Leftrightarrow; x = \frac{\ln 2}{2} ] [ g’(x) \gt 0 ;\Leftrightarrow; e^{-2x} \gt \frac{1}{2} ;\Leftrightarrow; x \lt \frac{\ln 2}{2} ] Limites : ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} g(x) = 1 - 0 - 1 = 0 )  et  ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty ).

Maximum en ( x = \frac{\ln 2}{2} ) : [ g!\left(\frac{\ln 2}{2}\right) = 1 - \frac{\ln 2}{2} - e^{-\ln 2} = 1 - \frac{\ln 2}{2} - \frac{1}{2} = \frac{1 - \ln 2}{2} \gt 0 ] Donc ( g ) est strictement croissante sur ( \left]0,;\frac{\ln 2}{2}\right] ) et strictement décroissante sur ( \left[\frac{\ln 2}{2},;+\infty\right[, ).

I/ 2) a) Solution unique \( \alpha \)

• Sur ( \left]0,;\frac{\ln 2}{2}\right] ) : ( g ) est continue et strictement croissante, de ( 0^{+} ) vers ( \frac{1-\ln 2}{2} \gt 0 ).
Donc ( g(x) \gt 0 ) sur cet intervalle : pas de solution.

• Sur ( \left[\frac{\ln 2}{2},;+\infty\right[, ) : ( g ) est continue et strictement décroissante, de ( \frac{1-\ln 2}{2} \gt 0 ) vers ( -\infty ).
Puisque ( 0 \in \left]-\infty,;\frac{1-\ln 2}{2}\right] ), l’équation ( g(x) = 0 ) admet une solution unique ( \alpha \in \left]\frac{\ln 2}{2},;+\infty\right[, ).

Montrons que ( \frac{\ln 2}{2} \lt \alpha \lt 1 ) :

On a : ( g(1) = 1 - 1 - e^{-2} = -e^{-2} \lt 0 ) et ( g!\left(\frac{\ln 2}{2}\right) = \frac{1-\ln 2}{2} \gt 0 ).

Donc ( g(1) \times g!\left(\frac{\ln 2}{2}\right) \lt 0 ), d’où : ( \frac{\ln 2}{2} \lt \alpha \lt 1 ).

I/ 2) b) Signe de \( g(x) \)

La fonction ( g ) est strictement décroissante sur ( \left[\frac{\ln 2}{2},;+\infty\right[, ) :

• Si ( \frac{\ln 2}{2} \lt x \lt \alpha ) : ( g(x) \gt g(\alpha) = 0 ) donc ( g(x) \gt 0 ).

• Si ( x \gt \alpha ) : ( g(x) \lt g(\alpha) = 0 ) donc ( g(x) \lt 0 ).

En résumé : ( g(x) \gt 0 ) sur ( ]0,;\alpha[, )  et  ( g(x) \lt 0 ) sur ( ]\alpha,;+\infty[, ).

II/ 1) a) Dérivabilité de \( f \) sur \( I \)

• ( u : x \mapsto \frac{2}{x} ) est dérivable sur ( I ), donc ( x \mapsto e^{\frac{2}{x}} ) est dérivable sur ( I ).

• ( x \mapsto e^{\frac{2}{x}} - 1 \gt 0 ) sur ( I ), donc ( h : x \mapsto \sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1} ) est dérivable sur ( I ).

• ( w : x \mapsto x ) est dérivable, donc ( f = w \cdot h ) est dérivable sur ( I ).

Soit ( x \in I ) ; calculons ( f’(x) ) : [ f’(x) = \sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1} + x \cdot \frac{-\frac{2}{x^{2}},e^{\frac{2}{x}}}{2\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}} ] [ = \frac{e^{\frac{2}{x}} - 1 - \frac{1}{x},e^{\frac{2}{x}}}{\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}} = \frac{e^{\frac{2}{x}}}{\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}}\left(1 - e^{-\frac{2}{x}} - \frac{1}{x}\right) ] [ = \frac{e^{\frac{2}{x}}}{\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}};, g!!\left(\frac{1}{x}\right) ]

II/ 1) b) Variations de \( f \)

On a ( \frac{e^{\frac{2}{x}}}{\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}} \gt 0 ) pour tout ( x \in I ), donc le signe de ( f’(x) ) est celui de ( g!\left(\frac{1}{x}\right) ).

D’après I/2)b) : [ g!\left(\frac{1}{x}\right) \gt 0 ;\Leftrightarrow; 0 \lt \frac{1}{x} \lt \alpha ;\Leftrightarrow; x \gt \frac{1}{\alpha} ] [ g!\left(\frac{1}{x}\right) \lt 0 ;\Leftrightarrow; \frac{1}{x} \gt \alpha ;\Leftrightarrow; x \lt \frac{1}{\alpha} ] Donc ( f ) est strictement décroissante sur ( \left]0,;\frac{1}{\alpha}\right] ) et strictement croissante sur ( \left[\frac{1}{\alpha},;+\infty\right[, ).

II/ 2) a) Calcul de \( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) \)

Soit ( x \in ,]0,;+\infty[, ) : [ f(x) = x\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1} = \sqrt{\frac{e^{\frac{2}{x}} - 1}{\frac{2}{x}}} \cdot \sqrt{2x} ] On pose ( X = \frac{2}{x} ) ; quand ( x \to +\infty ), on a ( X \to 0 ), d’où : [ \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{\frac{2}{x}} - 1}{\frac{2}{x}} = \lim_{X \to 0} \frac{e^{X} - 1}{X} = 1 ] Et ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} 2x = +\infty ), donc : [ \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty ]

II/ 2) b) Expression de \( \ln\!\big(f(x)\big) \)

Soit ( x \in I ) : [ \ln!\big(f(x)\big) = \ln!\left(x\sqrt{e^{\frac{2}{x}} - 1}\right) = \ln x + \frac{1}{2},\ln!\left(e^{\frac{2}{x}} - 1\right) ] Or ( e^{\frac{2}{x}} - 1 = e^{\frac{2}{x}}!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) ), donc : [ \frac{1}{2},\ln!\left(e^{\frac{2}{x}} - 1\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{2}{x} + \ln!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right)\right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{2},\ln!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) ] D’où : [ \ln!\big(f(x)\big) = \ln x + \frac{1}{x} + \frac{1}{2},\ln!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) = \frac{1}{x}\big(1 + x\ln x\big) + \frac{1}{2},\ln!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) ]

II/ 2) c) Limite en \( 0^{+} \)

Calculons ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \ln!\big(f(x)\big) ) :

• ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}}(1 + x\ln x) = 1 )  et  ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x} = +\infty )
donc ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x}\big(1 + x\ln x\big) = +\infty ).

• ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \left(-\frac{2}{x}\right) = -\infty ), donc ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} e^{-\frac{2}{x}} = 0 )
donc ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{2},\ln!\left(1 - e^{-\frac{2}{x}}\right) = \frac{1}{2},\ln 1 = 0 ).

Par suite : ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \ln!\big(f(x)\big) = +\infty ), donc ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = +\infty ).

II/ 3) a) Montrons que \( 0 \leq e^{t} - 1 \leq e\cdot t \) pour \( t \in [0\,;1] \)

Soit ( t \in [0,;1] ). On a ( t \geq 0 ) donc ( e^{t} \geq e^{0} = 1 ), d’où : ( e^{t} - 1 \geq 0 ).   (1)

Posons ( h(t) = e^{t} - 1 - e,t ). On a ( h’(t) = e^{t} - e ).

( 0 \leq t \leq 1 ;\Rightarrow; e^{t} \leq e ;\Rightarrow; h’(t) \leq 0 ).

Donc ( h ) est décroissante sur ( [0,;1] ), d’où ( h(t) \leq h(0) = 0 ).   (2)

De (1) et (2) : ( (\forall, t \in [0,;1]);;; 0 \leq e^{t} - 1 \leq e\cdot t ).

II/ 3) b) Encadrement de \( e^{x} \) sur \( [0\,;1] \)

Montrons ( e^{x} \leq 1 + x + \frac{e}{2},x^{2} ) : posons ( k(x) = e^{x} - 1 - x - \frac{e}{2},x^{2} ).

( k’(x) = e^{x} - 1 - e,x \leq 0 ) d’après 3)a).

Donc ( k ) est décroissante sur ( [0,;1] ), d’où ( k(x) \leq k(0) = 0 ).   (3)

On démontre de même que ( 1 + x \leq e^{x} ).   (4)

De (3) et (4) : ( (\forall, x \in [0,;1]);;; 1 + x \leq e^{x} \leq 1 + x + \frac{e}{2},x^{2} ).

II/ 3) c) Encadrement de \( \big(f(x)\big)^{2} - 2x \)

Soit ( x \in [2,;+\infty[, ). On a ( x \geq 2 ) donc ( 0 \leq \frac{2}{x} \leq 1 ).

En remplaçant par ( t = \frac{2}{x} ) dans le résultat de 3)b) : [ 1 + \frac{2}{x} \leq e^{\frac{2}{x}} \leq 1 + \frac{2}{x} + \frac{e}{2}\cdot\frac{4}{x^{2}} ] Donc : [ \frac{2}{x} \leq e^{\frac{2}{x}} - 1 \leq \frac{2}{x} + \frac{2e}{x^{2}} ] En multipliant par ( x^{2} \gt 0 ) : [ 2x \leq x^{2}!\left(e^{\frac{2}{x}} - 1\right) \leq 2x + 2e ] Or ( \big(f(x)\big)^{2} = x^{2}!\left(e^{\frac{2}{x}} - 1\right) ), d’où : [ 0 \leq \big(f(x)\big)^{2} - 2x \leq 2e ]

II/ 4) a) Signe de \( f - \varphi \) et limite

D’après II/3)c) : ( \big(f(x)\big)^{2} \geq 2x = \big(\varphi(x)\big)^{2} ).
Puisque ( f ) et ( \varphi ) sont positives : ( (\forall, x \in [2,;+\infty[,);;; f(x) \geq \varphi(x) ).

Calculons ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty}(f - \varphi)(x) ) :

D’après II/3)c) : ( 0 \leq \big(f(x) - \varphi(x)\big)\big(f(x) + \varphi(x)\big) \leq 2e ).

Puisque ( f(x) + \varphi(x) \gt 0 ) : [ 0 \leq f(x) - \varphi(x) \leq \frac{2e}{f(x) + \varphi(x)} ] Or ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty}\big(f(x) + \varphi(x)\big) = +\infty ), donc ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{2e}{f(x) + \varphi(x)} = 0 ).

Par le théorème des gendarmes : ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty}\big(f(x) - \varphi(x)\big) = 0 ).

b) Interprétation géométrique : la courbe de ( f ) s’approche de la courbe de ( \varphi ) au voisinage de ( +\infty ). On dit que la courbe de ( \varphi ) est une courbe asymptotique de celle de ( f ).

Exercice 20

On considère la fonction \( f \) définie sur \( [0\,;+\infty[\, \) par : \[ \begin{cases} f(x) = x^{x} & ;\; x \neq 0 \\ f(0) = 1 \end{cases} \] et soit \( (C) \) la courbe représentative de \( f \) dans un repère orthonormé \( (O;\vec{\imath};\vec{\jmath}\,) \).

1) Calculer ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) ).

2) Étudier la continuité de ( f ) à droite en 0.

3) a) Vérifier que : [ (\forall, x \in ,]0,;+\infty[,);;; \frac{f(x) - 1}{x} = \frac{e^{x\ln x} - 1}{x\ln x}\cdot\ln x ] b) En déduire la dérivabilité de ( f ) à droite en 0 et interpréter géométriquement le résultat.

4) a) Montrer que : ( (\forall, x \in ,]0,;+\infty[,);;; f’(x) = f(x),(1 + \ln x) )

b) Déduire les variations de la fonction ( f ).

5) Déterminer la branche infinie de la courbe ( (C) ).

6) Tracer la courbe ( (C) ).

Solution — Exercice 20

1) Calcul de \( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) \)

Pour ( x \gt 0 ) : ( x^{x} = e^{x\ln x} ).

On pose ( X = x\ln x ). Puisque ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} x\ln x = +\infty ) : [ \lim_{x \to +\infty} e^{x\ln x} = \lim_{X \to +\infty} e^{X} = +\infty ]

2) Continuité de \( f \) à droite en 0

On a ( f(0) = 1 ). Calculons ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} e^{x\ln x} ) :

On pose ( X = x\ln x ). Puisque ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0 ) : [ \lim_{x \to 0^{+}} e^{x\ln x} = \lim_{X \to 0} e^{X} = e^{0} = 1 ] Donc ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = 1 = f(0) ) : ( f ) est continue à droite en 0.

3) a) Vérification

Soit ( x \in ,]0,;+\infty[, ) : [ \frac{f(x) - 1}{x} = \frac{e^{x\ln x} - 1}{x} = \frac{e^{x\ln x} - 1}{x\ln x}\cdot\ln x ] b) Dérivabilité à droite en 0 :

[ \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{e^{x\ln x} - 1}{x\ln x}\cdot\ln x ] On a ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} x\ln x = 0 ), donc en posant ( X = x\ln x \to 0 ) : [ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{x\ln x} - 1}{x\ln x} = \lim_{X \to 0} \frac{e^{X} - 1}{X} = 1 ] Et ( \displaystyle\lim_{x \to 0^{+}} \ln x = -\infty ), donc : [ \lim_{x \to 0^{+}} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = -\infty ] ( f ) n’est pas dérivable à droite en 0.

Interprétation : la courbe ( (C) ) admet une demi-tangente verticale (parallèle à l’axe des ordonnées) au point ( A(0,;1) ).

4) a) Calcul de \( f'(x) \) pour \( x \gt 0 \)

Soit ( x \in ,]0,;+\infty[, ). On a ( f(x) = e^{x\ln x} ).

La fonction ( u : x \mapsto x\ln x ) est dérivable sur ( ]0,;+\infty[, ), donc ( f = \exp \circ, u ) l’est aussi.

( u’(x) = \ln x + x\cdot\frac{1}{x} = \ln x + 1 )

D’où : [ f’(x) = u’(x)\cdot e^{u(x)} = (\ln x + 1),e^{x\ln x} = (1 + \ln x),f(x) ] b) Variations :

Puisque ( f(x) \gt 0 ) pour tout ( x \gt 0 ), le signe de ( f’(x) ) est celui de ( 1 + \ln x ) :

[ f’(x) = 0 ;\Leftrightarrow; \ln x = -1 ;\Leftrightarrow; x = \frac{1}{e} ] [ f’(x) \gt 0 ;\Leftrightarrow; \ln x \gt -1 ;\Leftrightarrow; x \gt \frac{1}{e} ] Donc ( f ) est strictement décroissante sur ( \left]0,;\frac{1}{e}\right] ) et strictement croissante sur ( \left[\frac{1}{e},;+\infty\right[, ).

Minimum : ( f!\left(\frac{1}{e}\right) = e^{\frac{1}{e},\ln\frac{1}{e}} = e^{-\frac{1}{e}} \approx 0{,}69 ).

5) Branche infinie de \( (C) \)

On a ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty ). Calculons ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} ) :

[ \frac{f(x)}{x} = \frac{e^{x\ln x}}{x} = \frac{e^{x\ln x}}{x\ln x}\cdot\ln x ] On pose ( X = x\ln x ). Puisque ( X \to +\infty ) quand ( x \to +\infty ) : [ \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{x\ln x}}{x\ln x} = \lim_{X \to +\infty} \frac{e^{X}}{X} = +\infty ] Et ( \displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty ), donc : [ \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = +\infty ] La courbe ( (C) ) admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de ( +\infty ).