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 l'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 $.