Corrigés – Fonctions logarithme népérien ;Fonction exponentielle – Calcul intégral – Tle S

Exercice 1

Résolution de
(E_1): \ln (x-2)+ \ln (x+2)= \ln(x+8)~
L’ensemble de validité de (E_1)~est:
D_1={ x \in \R / x-2>0~ et ~x+2>0~ et ~x+8>0} =~]2; +\infty [
Pour tout x \in ]2;+\infty[ ~ on a ~:

-3 \notin ]2;+ \infty[ ~et~4 \in ]2;+ \infty [~donc l’ensemble des solutions de (E_1)~est {4}
Résolution de (E_2): \ln(x^2-4)= \ln(x+8)~
L’ensemble de validité de (E_2)~est~D_2={x \in \R /(x^2-4)>0~et~x+8>0}

Pour tout x \in ]-8 ; -2[ \cup ]2; +\infty[ \ln (x^2 – 4) = \ln (x+8)

-3 \in ]-8;-2[ \cup] 2;+\infty[~et~4 \in ]-8; 2[ \cup ]2;+\infty[ ~
donc l’ensemble des solutions de (E_2) ~ est {-3 ; 4}

Résolution de (I): \ln (5-x)+ \ln 3 -\ln(x-1) \geq 0
L’ensemble de validité de (I)~est~D= {x \in \R /5-x >0 et x-1>0} =]1;5[

L’ensemble des solutions de l’inéquation (I)~est~]1;5[ \cap]-\infty;4]=]1;4]

Exercice 2

1) Résolution de \begin{cases} 2 \ln x- 2 \ln y=-2 \\ 3 \ln x+\ln y=5 \end{cases}

Ensemble de validité Ev:
Ev = {(x;y)\in \R \times \R / x>0~et~y >0}
Ev = ]0;+\infty[\times]0;+\infty[

Pour tout (x,y) \in ]0;+\infty[ \times]0; +\infty[, ~en posant~X=\ln x~ et ~Y=\ln y

on a (X,Y) \in \R \times \R ~et~\begin{cases}2 \ln x-2 \ln y=-2 \\ 3 \ln x+ \ln y= 5 \end{cases} \Harr \begin{cases} 2X-2Y=-2 \\ 3X+Y=5 \end{cases}

La résolution de dernier système conduit à \begin{cases} X=1 \\ Y=2 \end{cases}

Par suite \begin{cases}2 \ln x-2 \ln y=-2 \\3 \ln x+ \ln y =5 \end{cases} \Harr \begin{cases}\ln x=1 \\ \ln y= 5 \end{cases} \Harr \begin{cases} x=e \\ y=e^5 \end{cases}

e \in ]0;+\infty[ ~et~e^5 \in ] 0; +\infty[ ~alors l’ensemble des solutions du système est S_{R \times R}= {(e;e^5)}

Remarque : Le système peut être résolu sans changement de variable

2) Résolution de \begin{cases} x+y=7 \\ \ln x+\ln y =12 \end{cases}
Ensemble de validité

Si x et y existent alors ils sont les solutions de l’équation 
X \in ]0;+\infty[ ~,~X^2-7x+12=0~; ~X \in ]0;+\infty[ , \\ ~X^2-7X+12=0 \Harr X=4 ~ou ~X=3~

Les couples solutions du système sont donc :
(4;3)~et~(3;4). S_{R XR}= {(4;3) ;(3;4)}

3) Résolution de \begin{cases} (\ln x)(\ln y)=11 \\ \ln(xy) \end{cases}

Ensemble de validité

Si \ln x et \ln y existent alors ils sont les solutions de l’équation :
X \in \R ~X^2+12 X+11=0

-1 et -11 Sont les solutions de l’équation X^2+12 X+11=0

Le système équivaut à 

Les couples solutions sont (e^{-1};e^{11})~et~(e^{-11};e^{-1}). S_{RXR} \\ ={(e^{-1};e^{-11});(e^{-11;e^-1})}

Exercice 3

1) Démontrons que la droite (D) d’équation y= \dfrac{1}{2}~ est asymptote à (C) en~-\infty

\lim\limits_{\substack{x \rightarrow -\infty}} xe^{2x}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow -\infty}} \dfrac{1}{2}X e^x=0 ~avec le changement de variable~ X=2x

D’où \lim\limits_{\substack{x \rightarrow -\infty}} (f(x)-\dfrac{1}{2})=0~
Ainsi, la droite (D) : y = \dfrac{1}{2} est asymptote à (C) au au voisinage de -\infty~

2) limites de f(x) et de \dfrac{f(x)}{x}~lorsque~x~tend vers~+\infty

Interprétation graphique :
(C) admet en +\infty~une branche parabolique de direction (OJ)

3) Calcul de f'(x)
Pour tout nombre réel x, f'(x)=e^{2x}+2(x-\dfrac{1}{2})e^{2x}=2xe^{2x}

4) Etude des variations de f
\forall x \in \R, 2e^{2x}>0 ~alors le signe de f'(x) est celui de x. D’où :
\forall x \in ]-\infty; 0[~ ;~ f'(x)<0 ~et~ \forall x \in ]0;+\infty[~;~ f(x)>0~
Ainsi, f est croissante sur [0;+\infty[~et decroissante sur~]-\infty;0].

Tableau de variation de f

5) Position relative de (C) et (D).
Pour tout nombre réel x, on a f(x)-\dfrac{1}{2}=(x-\dfrac{1}{2})e^{2x}
Pour tout nombre réel x, e^{2x}>0 ~donc~f(x)-\dfrac{1}{2} ~a le signe de~x-\dfrac{1}{2}

Ainsi, pour tout x \in ]-\infty; \dfrac{1}{2}[~;~f(x)-\dfrac{1}{2}< 0~et pour tout x \in ]\dfrac{1}{2};+\infty[~;~ f(x)-\dfrac{1}{2}>0

Par ailleurs, f(x)-\dfrac{1}{2}=0~pour~x=\dfrac{1}{2}~ Il s’ensuit :
(C) est au-dessous de (D) sur ]-\infty;\dfrac{1}{2}[~et (C) est au dessus de (D) sur~]\dfrac{1}{2}; +\infty[ (C) et (D) se coupent au points d’abscisse \dfrac{1}{2}

6) Construction de (C)

7.a) Calcul de A(t) à l’aide d’une intégration par parties

Pour tout t de ]-\infty;0] ~on a~A(t)=4 \displaystyle{\int_{t}^{0}}(\dfrac{1}{2}-f(x))dx=4 \displaystyle{\int_{t}^{0}}[-(x-\dfrac{1}{2})]e^{2x}

Posons u(x)=-(x-\dfrac{1}{2}) ~alors,~u'(x)=1
Posons v'(x)=e^{2x} ~et~ v(x)=\dfrac{1}{2} e^{2x}

b) \lim\limits_{t \rightarrow -\infty} A(t) = \lim\limits_{t \rightarrow -\infty} (2+2(t-1)e^{2t}) = \lim\limits_{t \rightarrow -\infty}(2+2te^{2t}-2e^{2t})
On a : \lim\limits_{t \rightarrow -\infty}2t= -\infty et \lim\limits_{t \rightarrow -\infty}e^t=0 donc \lim\limits_{t \rightarrow -\infty}e^{2t}=0
\lim\limits_{t \rightarrow -\infty}2te^{2t}=\lim\limits_{t \rightarrow -\infty}Te^T=0 (Par le changement de variable T=2t)
D’où \lim\limits_{t \rightarrow -\infty}A(t)=2cm^2

Exercice 4

1) Calculons à l’aide d’une intégration par parties l’intégrale

a) Posons u(x)=x+1 alors u'(x)=1.
Puis v'(x)= \cos x et donc v(x)=\sin x
Alors \displaystyle{\int_{0}^{\pi}}(x+1) \cos xdx=[(x+1) \sin x]_{0}^{\pi} ~~- \displaystyle{\int_{0}^{\pi}} \sin xdx \\ =0-[-\cos x]_{0}^{\pi}=-2

b) Posons u(t)= \ln t~alors ~u'(t)=\dfrac{1}{t}
Puis v'(t)=t^2~et donc~v(t)=\dfrac{1}{3}t^3

2) Calculons \displaystyle{\int_{-4}^{4}}|x+3| dx
Pour x \in [-4;-3];|x+3|=-x-3~et pour tout x \in [-3;4];|x+3|=x+3~
Ainsi d’après la relation de CHASLES

Exercice 5

Partie A

1) g'(x)=e^{x}-1~est positive lorsque~x \geq 0; g(0)=1-0-1=0~comme g est décroissante avant 0 et croissante après, g est toujours positive.
2) Comme g(x) \geq 0,~on a e^x-x \geq 1 \Harr e^x-x>0~(ceci montre que f est définie sur \R)

Partie B

1.a)

b) On a une asymptote horizontale en -\infty :y=-1~et une autre en +\infty:y=0

2.a)

2.b) f’ est du signe de 1-x

3.a) y-f(0)=f'(0)(x-0) \Harr y=x

Comme g est positive, ainsi que e^x -x, f(x)-x~est du signe de −x, soit positif avant 0 (C est au-dessus de T), négatif après (C est en dessous de T).

4)

Exercice 6

a)

b)

c)

est donc du signe de g(x) et f est donc négative entre ln 2 et – \ln 2, positive ailleurs

Exercice 7

(C ) a une asymptote horizontale en +\infty~

4. a. Si k < 0, pas de solutions ; si k = 0, une seule solution : x = −1,
si 0< k < 4/e, 3 solutions,
si k = 4/e : deux solutions dont x = 1, enfin si k > 4/e, une seule solution.

b. Si x > −1, f(x) est toujours inférieur ou égal à 4/e (<2), donc f(x) = 2 n’a pas de solution sur [1 ; +∞[.
Lorsque x < −1, f est continue monotone strictement croissante de ]−∞ ; −1[ vers ]0 ; +∞[.
Comme 2 est dans cet intervalle, il existe une seule valeur de x pour laquelle f(x) = 2.

Claculons f(−2)=7,39 et f(−1)=0 ; comme 0 < 2 < 7,39 on a −2 <\alpha~<-1

c. Nous savons que: f(\alpha)=2 \Harr (\alpha+1)^2 e^{-\alpha}=2 \Harr (\alpha+1)^2 \\ =2e^\alpha \Harr \begin{cases} \alpha +1=\sqrt{2e^\alpha} \\ \alpha+1=-\sqrt{2e^{\alpha}} \end{cases} ;
comme ~\alpha <1~ on choisit la racine négative, soit \alpha=-1-\sqrt{2}e^{\tfrac{\alpha}{2}}

Exercice 8

1) e^{2x}-e^x+1=X^2-X+1~ en posant~X=e^x. ~On a alors~\Delta=-3<0~donc le trinômes est positif ainsi que e^{2x}-e^x+1.~
f'(x)=\dfrac{2e^{2x}-e^x}{e^{2x}-e^x+1}=\dfrac{e^x(2e^x-1)}{e^{2x}-e^x+1} ~donc~f’~est du signe de~2e^x-1.~
Ce terme est positif lorsque e^x> \dfrac{1}{2} \Harr x> \ln \dfrac{1}{2} \Harr x > -\ln 2.
Par ailleursf(-\ln 2)=ln(e^{-2\ln2}-e^{-\ln 2}+1)=\ln (\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}+1)=\ln \dfrac{3}{4}

2) En -\infty~c’est facile car e^{2x}~ et e^x~tendent vers 0. On a donc f qui tend vers \ln1=0.
En +\infty ~e^{2x}-e^x+1~se comporte comme e^{2x}~et tend donc vers +\infty

3) f(x)-2x=\ln (e^{2x}-e^x+1)-\ln(e^{2x})=\ln (\dfrac{e^{2x}-e^x+1}{e^{2x}}) \\ =\ln [(e^{2x}-e^x+1)e^{-2x}]=\ln (1-e^{-x}+e^{-2x})~
Les termes e^{-2x}~et~e^{-x}~tendent vers 0 à l’infini, donc f(x)-2x tend vers \ln1=0. La droite y=2x est donc asymptote de (C).

4) La tangente en 0 est (y=x). Figure à la fin.

5) L’équation e^{2x}-e^x+1=\dfrac{7}{8}~ est équivalente à f(x)=\ln \dfrac{7}{8}. ~Comme~\dfrac{3}{4}<\dfrac{7}{8}<1,~on a~\ln \dfrac{3}{4}< \ln \dfrac{7}{8}<0,~il y a donc deux solutions.
Par le calcul on pose X=e^x ,~ce qui donne l’équation
X^2-X+1-\dfrac{7}{8}=0 \Harr X^2-X+\dfrac{1}{8}=0

\Delta=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}~d’où les racines X_1=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt2} \Harr x_1=\ln (\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt2}) ~

et ~ X_2= \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\sqrt2}>0 \Harr x_1=\ln(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\sqrt2})

Exercice 9

1)

2)

Soit \dfrac{3}{8} \ln 3

La fonction à intégrer ressemble un peu à la précédente en prenant
u=\sin x : \\ f(u)=\dfrac{u^2-1}{2u-1} \Harr f(\sin x)=\dfrac{sin^2 x-1}{2\sin x-1}=\dfrac{\cos^2 x}{1-2 \sin x}~pour pouvoir intégrer f(\sin x), il faut que ce soit sous la forme (\sin x)’F'(\sin x)=(\cos x)F'(\sin x)F est une primitive de f.
Or on a à :

Donc tout est OK.

On a finalement :

Exercice 10

Partie A : Il suffit de « partir de l’expression de droite » dans chaque cas, les résultats sont immédiats.

Partie B :

1) Pour x>0 , e^x>1~donc ~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} e^x-1=0;~ comme ~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} e^x+1=2~on en déduit que~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0 \\ x>0}} \dfrac{e^x+1}{e^x-1}=+\infty~et comme 2x tend vers 0, f tend vers +\infty ~en~ O^+.~
En~+\infty~numérateur et dénominateur sont équivalents à e^x~donc le quotient tend vers 1 et f tend vers +\infty~en se comportant comme 2x+\dfrac{1}{2}\times 1=2x+\dfrac{1}{2}

2.a) f(x)-(2x+\dfrac{1}{2})=\dfrac{1}{e^x-1}~tend évidemment vers 0 à l’infini donc asymptote.
b) e^x -1>0 \Harr x>0~donc ( C ) est au-dessus de (D).

3) f est la somme de deux fonctions dérivables  et est donc dérivable. On dérive à partir de :

f est donc du signe de (e^x-2)(2e^x-1),
or~e^x-2>0 \Harr x> \ln 2~et~2e^x-1>0 \Harr x>\ln \dfrac{1}{2}=-\ln 2

4) ( C ) admet deux asymptotes : la droite d’équation (x=0) et la droite ( D ).

5. a) m représente l’ordonnée à l’origine de la droite, ces droites sont toutes parallèles.
Si m <\dfrac{1}{2}~, la droite (Dm) est parallèle à (D) et située sous (D) donc elle ne coupe pas ( C ) ; Si m =\dfrac{1}{2}~on voit que (D) ne coupe pas ( C ), c’est l’asymptote ; Si m >\dfrac{1}{2}~ il semble que la droite (Dm) coupe ( C ) en un seul point.

Donc  il faut  

et  comme x doit être positif :

Partie C

2) f(x)-(2x+\dfrac{1}{2})=\dfrac{e^x}{e^x-1}

3) Comme (C) est au-dessus de (D) , l’aire cherchée vaut

\ln 3 – \ln 4 – \ln 1 + \ln 2=\ln 3-\ln 2

Exercice 11

1)

a) g(x)=\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{x+1}+\dfrac{c}{x-1}

=\dfrac{a(x+1)(x-1)+bx(x-1)+cx(x+1)}{x(x+1)(x-1)}

=\dfrac{(a+b+c)x^2+(c-b)x-a}{x(x+1)(x-1)} d’où on tire par identificartion :

On a donc :

b)

( ne pas oublier les valeurs absolues au départ, on les supprime par la suite car on est sur ]1;+\infty[ )

2) Pour trouver une primitive de f(x)=\dfrac{2x}{(x^2-1)^2},~il suffit d’utiliser :
\displaystyle{\int_{}^{}} u’u^n dx=\dfrac{1}{n+1} u^{n+1}~ avec u=x^2-1~et~n=-2 : \\ \displaystyle{\int_{}^{}} f(x)dx=\dfrac{1}{-2+1}(x^2-1)^{-2+1}=\dfrac{-1}{x^2-1}

3) A première vue (et même à seconde vue) il faut intégrer par parties :

Ce qui donne :
I = \displaystyle{\int_{2}^{3}} \dfrac{2x}{(x^2-1)^2} \ln xdx = [\dfrac{- \ln x}{x^2 -1}]_2^3 + \displaystyle{\int_{2}^{3}} \dfrac{1}{x(x^2-1)}dx

=-\dfrac{1}{8} \ln3+\dfrac{1}{3} \ln2+(-\ln3+\dfrac{1}{2} \ln4 +\dfrac{1}{2} \ln2)-(-\ln2+\dfrac{1}{2} \ln3+\dfrac{1}{2} \ln1)

=-\dfrac{1}{8} \ln3+\dfrac{1}{3} \ln2-\ln3+\ln2+\dfrac{1}{2}\ln2+\ln2-\dfrac{1}{2}\ln3

=-\dfrac{13}{8}\ln3+\dfrac{17}{6}\ln2.

Exercice 12

Soit la fonction f définie par \begin{cases} f(x)=\dfrac{x}{\ln x} si~~ x>0 \\ f(0)=0 \end{cases}
1) Domaine de définition de f :
D_f=~{x \in \R / \ln x {=}\mathllap{/\,} 0 ~et~x>0}~=]0;1[\cup]1;+\infty[

2) Etudions la continuité et la dérivabilité de f en 0 :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} f(x)= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{1}{\tfrac{lnx}{x}}=0 ~car~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{lnx}{x}=- \infty
Comme \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} f(x)=f(0)~ donc f est continue en 0

\lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{f(x)}{x}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{\dfrac{x}{\ln x}}{x}= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{1}{\ln x}=0~
car~ \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \ln x=-\infty
Comme \lim\limits_{\substack{x \rightarrow 0}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=0 ~et~(0 \in \R ) ~donc f est dérivable en 0.

3) Calcul de limites

4) Calculons f ‘(x) et en déduisons le sens de variation de f

\forall ~~x \in D_f;f ~est dérivable comme quotient de fonctions dérivables et f'(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}
\forall ~~x \in D_f; (\ln x)^2>0~ donc le signe de f'(x) est celui de \ln x-1
\ln x -1 \geq 0 \implies x \geq e
Ainsi ~\forall ~~x \in ]0;1[\cup ]1;e]; f'(x) \leq 0~donc f est décroissante sur les intervalles ]0;1[ et ]1;e]
\forall ~~x \in [e;+\infty[; f'(x) \geq 0 ~ donc f est croissante sur [e;+\infty[ ~
Dressons le tableau de variation de f et traçons sa courbe représentative.
f(e)=\dfrac{e}{\ln e}=e

Exercice 13

1.a) f(x)=x^2 e^{1-x} ~tend vers~ +\infty ~en~-\infty~car les deux termes tendent vers +\infty~.
En +\infty~ les croissances comparées permettent de dire que l’exponentielle fait tendre f vers 0. On a alors une asymptote horizontale y=0.
b) f est le produit de fonctions dérivables sur \R et est donc dérivable sur \R .
f'(x)=2xe^{1-x} -x^2 e^{1-x}= x(2-x)e^{1-x}
c) Comme l’exponentielle est positive, f’ est du signe de x(2-x)

La représentation graphique est laissée au lecteur.

2.a) Faisons une intégration par parties :
\begin{cases} u=x^{n+1} \\ v’=e^{1-x} \end{cases} \implies \begin{cases}u’=(n+1)x^n \\ v’=-e^{1-x} \end{cases}

d’où

b)

par application de la formule de récurrence, on trouve : 
I_2=-1+2I_1=-1+2(e-2)=2e-5~

Remarque : on aurait pu faire calculer

 puis appliquer la formule de récurrence :
I_1=-1+I_0=-1+(e-1)=e-2…~on aurait évité une deuxième intégration par parties

c) Aire entre la courbe de f, l’axe horizontal, x = 0 et x = 1.
3.a) 0\leq x\leq1 \Leftrightarrow -1 \leq -x \leq 0 \\ \Leftrightarrow 0 \leq 1-x \leq 1 \Leftrightarrow e^0 \leq e^{1-x} \leq e^1 \\ \Leftrightarrow x^n \leq x^n e^{1-x} \leq x^ne~ car ~x^n > 0

b) On intègre l’inégalité entre 0 et 1.

Donc I_n tend vers 0 (théorème des gendarmes…)

Exercice 14

1) I_0 = \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}} \sin xdx = [-\cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1,

J_0 = \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}} \cos xdx = [-\sin x]_0^{\frac{\pi}{2}} = 1.

2) On pose par exemple \begin{cases} u=e^{-nx} \\ v’=\sin x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}u’=-ne^{-nx} \\ v=-\cos x \end{cases} d’où

I_n = \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}} e^{-nx} \sin xdx

= [-e^{-nx} \cos x]_0^{\frac{\pi}{2}} – \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}} ne^{-nx} \cos xdx

=1-nJ_n \Leftrightarrow I_n + nJ_n = 1. On procède de même pour la deuxième intégrale.

3) On résous facilement le système :

puis

4) L’exponentielle l’emporte toujours, donc :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} I_n = \dfrac{1-0}{x+\infty} =0 et \lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} J_n = \lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} \dfrac{n}{n^2} = 0.

Exercice 15

Soit f(x)=x^2e^x-2

1.a) Calculons la limite de f en +\infty~ et interprétons le résultat :
\lim\limits_{\substack{x \rightarrow -\infty}} f(x)=\lim\limits_{\substack{x \rightarrow -\infty}} x^2 e^x-2=-2~ donc la droite d’équation y=-2 est une asymptote horizontale à la courbe (C) au voisinage de -\infty~

b) Calculons \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}} f(x)~ et \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{f(x)}{x}~ et interprétons le résultat.

\lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} f(x)= \lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} x^2 e^n -2= +\infty ~ et ~\lim\limits_{\substack{x \rightarrow +\infty}} \dfrac{f(x)}{x}=+\infty~ La courbe (C) admet donc une branche parabolique de direction de l’axe des ordonnées.

2) Calculons f'(x) puis étudions son signe.
\forall ~ x \in \R ; f est dérivable et
f'(x)=2xe^x+x^2e^x=(x^2+2x)e^x

Signe de f'(x)
\forall ~ x \in \R ; e^x > 0 donc le signe de f'(x) est celui de x^2+2x.
Déterminons les racines de x^2+2x
x^2+2x=0 \Rightarrow x(x+2)=0 \Rightarrow x=0 ou x=-2

Tableau des signes

Ainsi, \forall ~ x \in ]-\infty~;~ -2] \cup [0~;~+\infty[;~f'(x) \geq 0
\forall ~ x \in ]-2~;~ 0] ;~f'(x) \leq 0

  • Sens de variation de f

\forall ~ x \in ]-\infty~;~ -2] \cup [0~;~+\infty[;~f'(x) \geq 0 donc f est croissante sur ]-\infty~;~-2] et sur [0~;~+\infty[
\forall ~ x \in ]-2~;~ 0] ;~f'(x) \leq 0 donc f est décroissante sur [-2~;~0]

Dressons le tableau de variations de f

On a : f(-2)=4e^{-2}-2~;~f(0)=-2

3.a) Justifions que l’équation f(x)=0 possède une solution unique \alpha ~ telle que ~\dfrac{1}{2}< \alpha < 1

Sur ]\dfrac{1}{2};1[ \subset [0;+ \infty[ ~,~~ f~ est continue et croissante, elle réalise donc une bijection de [0;+\infty[ ~vers~[-2;+\infty[ ~or ~0 \in [-2;+\infty[ ~donc l’équation f(x)=0 admet une unique solution \alpha

De plus f(\dfrac{1}{2}) \times f(1)=(\dfrac{1}{4} e^{\tfrac{1}{2}} -2)(e-2) <0 ~donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, \dfrac{1}{2}< \alpha< 1

Conclusion : L’équation f(x)=0 admet une solution unique \alpha ~ telle que ~ \dfrac{1}{2}< \alpha < 1

b) Donner le signe de f sur \R

Sur ]-\infty~;~\alpha]~;~ f ~admet un maximum égal à 0 donc \forall ~x \in ]-\infty ~;~ \alpha] ; f(x) \leq 0
Sur [\alpha~;~ +\infty[~;~ f~ admet un maximum égal à 0 donc \forall ~x \in [\alpha ~;~+\infty[ ; f(x) \geq 0

4. Traçons (C):

5) Trouvons les réels a, b et c tels que G(x)=(ax^2 +bx+c)e^x~soit une primitive sur \R ~de la fonction g(x)=x^2 e^x~ puis donnons G(x).

G est dérivable sur \R~comme produit de fonctions dérivables et

6) Calcul de l’air

A= 32e^{-2} ~cm^2