تمارين - 2BACSEF

التانية باكالوريا العلوم التجريبية – خيار فرنسي

درس : Fonctions Exponentielles

Exercice 8

Partie 1 :
Soit la fonction gg définie sur ]−∞,1[]-\infty,1[ par : g(x)=(x−1)ex−1−1g(x) = (x-1)e^{x-1} - 1

  1. a) Montrer que : lim⁡x→−∞g(x)=−1\lim\limits_{x\to-\infty} g(x) = -1

    b) Calculer : lim⁡x→1−g(x)\lim\limits_{x\to1^-} g(x)

  2. a) Montrer que : ∀x∈]−∞,1[;g′(x)=xex−1\forall x \in ]-\infty,1[ \quad ; \quad g'(x) = x e^{x-1}

    b) Dresser le tableau de variations de gg.

    c) En déduire que : ∀x∈]−∞,1[;g(x)<0\forall x \in ]-\infty,1[ \quad ; \quad g(x) < 0

Partie 2 :
Soit ff la fonction définie sur ]−∞,1[]-\infty,1[ par : f(x)=ex−1−ln⁡(1−x)f(x) = e^{x-1} - \ln(1-x) et (Cf)(C_f) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

  1. a) Montrer que : lim⁡x→−∞f(x)=−∞\lim\limits_{x\to-\infty} f(x) = -\infty

    b) Vérifier que :

    ∀x<1;ln⁡(1−x)x=ln⁡(1−x)1−x×1−xx\forall x < 1 \quad ; \quad \frac{\ln(1-x)}{x} = \frac{\ln(1-x)}{1-x} \times \frac{1-x}{x}

    c) Montrer que : lim⁡x→−∞f(x)x=0\lim\limits_{x\to-\infty} \frac{f(x)}{x} = 0 puis interpréter géométriquement ce résultat.

  2. Montrer que : lim⁡x→1−f(x)=+∞\lim\limits_{x\to1^-} f(x) = +\infty

puis interpréter géométriquement ce résultat.

  1. a) Montrer que :

    ∀x<1;f′(x)=g(x)x−1\forall x < 1 \quad ; \quad f'(x) = \frac{g(x)}{x-1}

    b) En déduire que ff est strictement croissante sur ]−∞,1[]-\infty,1[,
    puis dresser le tableau de variation de ff.

  2. a) Montrer que ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer.

    b) Montrer que l’équation f(x)=0f(x) = 0 admet une solution unique α\alpha telle que :

    −12<α<0\frac{-1}{2} < \alpha < 0

    c) Calculer, en fonction de α\alpha, le nombre (f−1)′(0)(f^{-1})'(0).

  3. a) Déterminer les coordonnées du point AA, intersection de (Cf)(C_f) avec l’axe des ordonnées.

    b) Tracer dans le même repère (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}) les deux courbes (Cf)(C_f) et (Cf−1)(C_{f^{-1}}).

Partie 1

g(x)=(x−1)ex−1−1; ∀x∈]−∞,1[g(x)=(x-1)e^{x-1}-1 ; ~\forall x\in]-\infty,1[

1/a/ lim⁡x→−∞g(x)\lim\limits_{x\to-\infty} g(x)

on pose t=x−1t=x-1

et on a x→−∞  ⟹  t→−∞x\to-\infty \implies t\to-\infty

lim⁡x→−∞g(x)=lim⁡t→−∞tet−1=−1\lim\limits_{x\to-\infty} g(x)=\lim\limits_{t\to-\infty}te^t-1=-1

car lim⁡t→−∞tet=0\lim\limits_{t\to-\infty}te^t=0

b/ lim⁡x→1−g(x)\lim\limits_{x\to1^-} g(x)

lim⁡x→1−g(x)=lim⁡x→1−(x−1)ex−1−1=−1\lim\limits_{x\to1^-} g(x)=\lim\limits_{x\to1^-}(x-1)e^{x-1}-1=-1

2/a/ g′(x)?g'(x)?

On a :
∀x<1\forall x < 1, g(x)=(x−1)ex−1g(x) = (x-1)e^x - 1.

gg est dérivable sur ]−∞,1[]-\infty,1[ par produit, composée et somme.

Ainsi ∀x<1\forall x < 1 :

g′(x)=[(x−1)ex−1]′−0=(x−1)′ex−1+(x−1)(ex−1)′=ex−1+(x−1)ex−1=ex−1(1+x−1)=xex−1\begin{aligned} g'(x) &= [(x-1)e^{x-1}]' - 0\\ &=(x-1)' e^{x-1} + (x-1)(e^{x-1})'\\ &= e^{x-1} + (x-1)e^{x-1} \\ &= e^{x-1} (1 + x - 1)\\ &=xe^{x-1} \end{aligned}

∙\bullet\quad Signe de g′(x)g'(x)

Puisque ex−1>0e^{x-1} > 0 pour tout x<1x<1,
le signe de g′(x)g'(x) dépend uniquement de celui de xx.

b/ T.V. de gg

D’après ce qui précède, on a :

x−∞01g′(x)−0+∣−1−1∣g(x)↘↗−(1+1e)\begin{array}{|c|cccc|} \hline x & -\infty & 0 & \hspace{.8cm} 1 \\\hline g'(x) & \hspace{.5cm} - & 0 & \hspace{-.5cm} + \hspace{1cm}| \\\hline & \hspace{-.6cm}-1 & & -1 \hspace{.3cm}|\\ g(x) & \hspace{.5cm}\searrow & & \hspace{-.5cm}\nearrow \\ & & \hspace{-.25cm}-\left(1+\dfrac1e\right) & \\\hline \end{array}

c/ ∀x<1\forall x < 1, g(x)<0g(x) < 0 ?

∙\bullet\quad On a :

  • gg est continue sur ]−∞,0]]-\infty,0].
  • gg est décroissante sur ]−∞,0]]-\infty,0].

Donc :

g(]−∞,0])=[g(0),lim⁡x→−∞g(x)[=[−(1+1e) , −1[\begin{align*} g(]-\infty,0]) &= [g(0), \lim\limits_{x\to-\infty}g(x)[\\ &=\left[ -\left(1+\dfrac1e\right)~,~-1 \right[ \end{align*}

Donc :

∀x∈]−∞,0],g(x)<0  (1)\forall x \in ]-\infty,0], \quad g(x) < 0 ~~(1)

∙\bullet\quad On a :

  • gg est continue sur [0,1[[0,1[.
  • gg est croissante sur [0,1[[0,1[

  ⟹  \implies

g([0,1[)=[g(0),lim⁡x→1−g(x)[=[−(1+1e) , −1[\begin{align*} g([0,1[) &= [g(0), \lim\limits_{x\to1^-}g(x)[\\ &=\left[ -\left(1+\dfrac1e\right)~,~-1 \right[ \end{align*}

Donc :

∀x∈[0,1[,g(x)<0  (2)\forall x \in [0,1[, \quad g(x) < 0 ~~(2)

de (1)(1) et (2)(2) on déduit que :

∀x∈]−∞,1[g(x)<0\forall x \in ]-\infty,1[ \quad g(x) < 0

Partie 2

f(x)=ex−1−ln⁡(1−x);∀x<1f(x)=e^{x-1}-\ln(1-x) ; \forall x<1

1/

∙lim⁡x→−∞f(x)\bullet\quad \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)

lim⁡x→−∞f(x)=lim⁡x→−∞ex−1−ln⁡(1−x)=−∞\begin{align*} \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)&=\lim\limits_{x\to-\infty} e^{x-1}-\ln(1-x)\\ &=-\infty \end{align*}

car

⋆lim⁡x→−∞ex−1=lim⁡x→−∞exe−1=0×e−1=0\begin{aligned} \star\quad \lim\limits_{x\to-\infty}e^{x-1}&=\lim\limits_{x\to-\infty}e^xe^{-1}\\ &=0\times e^{-1}\\ &=0 \end{aligned}

⋆lim⁡x→−∞ln⁡(1−x)=lim⁡t→+∞ln⁡(t)=+∞\begin{aligned} \star\quad \lim\limits_{x\to-\infty}\ln(1-x)&=\lim\limits_{t\to+\infty}\ln(t)\\ &=+\infty \end{aligned}

on a posé t=1−xt=1-x donc x→−∞  ⟹  t→+∞x\to-\infty\implies t\to+\infty

∙lim⁡x→1−f(x)\bullet\quad \lim\limits_{x\to1^-}f(x)

lim⁡x→1−f(x)=lim⁡x→1−ex−1−ln⁡(1−x)=+∞\begin{align*} \lim\limits_{x\to1^-}f(x)&=\lim\limits_{x\to1^-} e^{x-1}-\ln(1-x)\\ &=+\infty \end{align*}

car

⋆lim⁡x→1−ln⁡(1−x)=lim⁡t→0+ln⁡(t)=−∞\begin{aligned} \star\quad \lim\limits_{x\to1^-}\ln(1-x)&=\lim\limits_{t\to0^+}\ln(t)\\ &=-\infty \end{aligned}

I.G : Asymptote verticale d’équation x=1x=1 à gauche.

2/a/ (∀x<1)(\forall x<1)

ln⁡(1−x)1−x.1−xx=1−xx\dfrac{\ln(1-x)}{1-x}.\dfrac{1-x}{x}=\dfrac{1-x}{x}

2/b/

lim⁡x→−∞f(x)x=lim⁡x→−∞ex−1−ln⁡(1−x)x=lim⁡x→−∞ex−1x−ln⁡(1−x)x=lim⁡x→−∞ex−1x−ln⁡(1−x)1−x.1−xx\begin{aligned} \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x} &= \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^{x-1} - \ln(1-x)}{x}\\ &= \lim\limits_{x \to -\infty} \frac{e^{x-1}}{x} - \frac{\ln(1-x)}{x}\\ &=\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{e^{x-1}}{x} -\dfrac{\ln(1-x)}{1-x}.\dfrac{1-x}{x} \end{aligned}

Posons y=1−xy = 1-x, donc x=1−yx = 1-y.

Quand x→−∞x \to -\infty, alors y→+∞y \to +\infty.

On a alors :

lim⁡x→−∞f(x)x=lim⁡t→+∞e−t1−t−ln⁡tt.tt−1=0\begin{aligned} \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x}&= \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{e^{-t}}{1-t}-\dfrac{\ln t}t.\dfrac{t}{t-1}\\ &=0 \end{aligned}

car

  • lim⁡x→−∞e−t1−t=0\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{e^{-t}}{1-t}=0
  • lim⁡x→−∞ln⁡tt=0\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{\ln t}t=0
  • lim⁡x→−∞tt−1=lim⁡x→−∞tt=1\lim\limits_{x \to -\infty}\dfrac{t}{t-1}=\lim\limits_{x \to -\infty}\dfrac{t}{t}=1

I.G on a :

lim⁡x→−∞f(−x)=−∞\lim\limits_{x \to -\infty}f(-x)=-\infty et lim⁡x→−∞f(x)x=0\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x}=0

Donc (Cf)(C_f) admet une branche parabolique de direction l’axe des abscisses au V+∞\mathcal{V}_{+\infty}.

3/a f′(x)f'(x) ?

Pour x<1x < 1, f(x)=ex−1−ln⁡(1−x)f(x) = e^{x-1} - \ln(1-x).

ff est dérivable sur ]−∞,1[]-\infty, 1[ par somme et composées, et on a :

∀x<1,\forall x < 1,

f′(x)=(x−1)′ex−1−(1−x)′1−x=ex−1−(−1)1−x=ex−1+11−x=(1−x)ex−1+11−x=−[(x−1)ex−1−1]−(x−1)=(x−1)ex−1−1x−1\begin{aligned} f'(x) &= (x-1)' e^{x-1} - \frac{(1-x)'}{1-x}\\ &=e^{x-1} - \frac{(-1)}{1-x} \\ &=e^{x-1} + \frac{1}{1-x}\\ &=\frac{(1-x)e^{x-1} + 1}{1-x}\\ &= \frac{-[(x-1)e^{x-1}-1]}{-(x-1)} \\ &=\dfrac{(x-1)e^{x-1}-1}{x-1} \end{aligned}
(∀x<1);f′(x)=g(x)x−1(\forall x < 1); f'(x) = \frac{g(x)}{x-1}

b/ (∀x<1);f′(x)=g(x)x−1(\forall x < 1); f'(x) = \frac{g(x)}{x-1}

et comme g(x)<0g(x)<0 ∀x<1\forall x<1 (partie 1 : 2/c/)

et x−1<0x-1<0

alors ∀x<1 ; f′(x)>0\forall x<1~;~f'(x)>0

donc ff est strictement croissante sur ]−∞,1[]-\infty,1[

et donc

f(x)fʹ(x)x−∞1+−∞+∞B.P(Ox)A.V(x=1)

4/a/

  • ff continue sur ]−∞;1[]-\infty;1[ car dérivable
  • et ff strict ↗\nearrow sur ]−∞;1[]-\infty;1[

Donc ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur l’intervalle :

J=f(]−∞,1[)=]lim⁡x→−∞f(x),lim⁡x→1−f(x)[=]−∞;+∞[=R\begin{aligned} J &=f(]-\infty,1[) \\ &=]\lim\limits_{x\to-\infty}f(x),\lim\limits_{x\to1^-}f(x)[\\ &=]-\infty;+\infty[\\ &=\R \end{aligned}

b/

∙\bullet ff continue sur ]−12;0[]-\frac12;0[ car dérivable

∙\bullet f(−12)≈−0,12<0f(-\frac12)\approx-0,12<0 et f(0)=1e>0f(0)=\frac1e>0

  ⟹  f(−12)f(0)<0\implies f(-\frac12)f(0)<0

∙\bullet ff strict ↗\nearrow sur ]−12;0[]-\frac12;0[

alors d’aprés le TVI l’équation f(x)=0f(x)=0 admet une solution unique α\alpha telle que

−12<α<0-\frac12<\alpha <0

c/ on a :

(f−1)′(0)=1f′(f−1(0))\left(f^{-1}\right)'(0)=\dfrac{1}{f'(f^{-1}(0))}

et on a :

f(α)=0  ⟺  f−1(0)=αf(\alpha)=0 \iff f^{-1}(0)=\alpha

et donc :

(f−1)′(0)=1f′(α)\left(f^{-1}\right)'(0)=\dfrac{1}{f'(\alpha)}

et comme

f′(α)=g(α)α−1f'(\alpha)=\dfrac{g(\alpha)}{\alpha-1}

Alors

(f−1)′(0)=α−1(α−1)eα−1−1\left(f^{-1}\right)'(0)=\dfrac{\alpha-1}{(\alpha-1)e^{\alpha-1}-1}

5/a AA ?

on a : f(0)=1e  ⟹  A(0,1e)f(0)=\dfrac1e \implies A\left(0,\dfrac1e\right)

b/ Construction de (Cf)(C_f) et (Cf−1)(C_{f^{-1}})

O⃗i⃗j(Cf−1)(Cf)x=1y=1