Fonctions primitives, logarithme népérien et exponentielle

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Fonctions primitives4 pts

   Chapitres : Fonctions primitives · Fonctions logarithmiques · Fonctions exponentielles

   1. Déterminer une primitive sur l'intervalle $I$ indiqué de chacune des fonctions suivantes : (a) $f_1(x)=3x^2-4x+1$ sur $I=\mathbb{R}$. (0,75 pt) (b) $f_2(x)=x(x^2+1{)}^3$ sur $I=\mathbb{R}$. (0,75 pt) (c) $f_3(x)=\frac{2x+1}{x^2+x+3}$ sur $I=\mathbb{R}$ (on vérifiera d'abord que $x^2+x+3>0$ pour tout réel $x$). (0,75 pt) (d) $f_4(x)=x{e}^{x^2}$ sur $I=\mathbb{R}$. (0,75 pt)
   2. Déterminer la primitive $F$ de la fonction $f(x)=2x-\frac{3}{x^2}$ sur $]0,+\infty [$ qui vérifie $F(1)=2$. (1 pt)
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   1. (a) Une primitive de $x^n$ est $\frac{x^{n+1}}{n+1}$ ; par linéarité, $F_1(x)=x^3-2x^2+x$ convient (on vérifie : $F_1^{\prime }(x)=3x^2-4x+1$). (b) On pose $u(x)=x^2+1$, $u^{\prime }(x)=2x$ ; alors $f_2(x)=\frac{1}{2}{u}^{\prime }(x)u(x{)}^3$, de la forme $u^{\prime }{u}^n$ avec $n=3$. Une primitive est $F_2(x)=\frac{1}{2}\times u(x{)}^4/4=\frac{(x^2+1{)}^4}{8}$. (c) Le trinôme $x^2+x+3$ a pour discriminant $\Delta =1-12=-11<0$ et un coefficient dominant positif : il est strictement positif sur $\mathbb{R}$. Avec $u(x)=x^2+x+3>0$, on a $u^{\prime }(x)=2x+1$ et $f_3=u^{\prime }/u$ : une primitive est $F_3(x)=\ln (x^2+x+3)$. (d) Avec $u(x)=x^2$, $u^{\prime }(x)=2x$ : $f_4(x)=\frac{1}{2}{u}^{\prime }(x)e^{u(x)}$, de la forme $u^{\prime }{e}^u$. Une primitive est $F_4(x)=\frac{1}{2}{e}^{x^2}$.
   2. $f(x)=2x-3x^{-2}$. Une primitive de $2x$ est $x^2$ et une primitive de $x^{-2}$ est $\frac{x^{-1}}{-1}=-\frac{1}{x}$ ; les primitives de $f$ sur $]0,+\infty [$ sont donc les fonctions $F(x)=x^2+\frac{3}{x}+c$, $c\in \mathbb{R}$. La condition $F(1)=2$ donne $1+3+c=2$, soit $c=-2$. Donc $F(x)=x^2+\frac{3}{x}-2$.

2. Exercice 2Logarithme, exponentielle et suite5 pts

   Chapitres : Fonctions logarithmiques · Fonctions exponentielles · Suites numériques

   1. Résoudre dans $\mathbb{R}$ : (a) l'équation $\ln (x-1)+\ln (x+2)=\ln 4$ ; (0,75 pt) (b) l'équation $(\ln x{)}^2-3\ln x+2=0$ ; (0,75 pt) (c) l'inéquation $e^{2x}-3e^x+2\le 0$. (1 pt)
   2. Soit $(u_n)$ la suite définie par $u_0=1$ et, pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_{n+1}=e\sqrt{u_n}$. (a) Montrer par récurrence que pour tout $n\in \mathbb{N}$ : $u_n>0$. (0,5 pt) (b) On pose $v_n=\ln (u_n)$ pour tout $n\in \mathbb{N}$. Montrer que $v_{n+1}=\frac{1}{2}{v}_n+1$. (0,5 pt) (c) On pose $w_n=v_n-2$. Montrer que $(w_n)$ est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme, puis exprimer $v_n$ et $u_n$ en fonction de $n$. (1 pt) (d) Déterminer ${\lim }_{n\to +\infty }{u}_n$. (0,5 pt)
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   1. (a) L'équation a un sens si $x-1>0$ et $x+2>0$, soit $x>1$. Pour $x>1$ : $\ln (x-1)+\ln (x+2)=\ln ((x-1)(x+2))$, et comme $\ln$ est une bijection, l'équation équivaut à $(x-1)(x+2)=4$, soit $x^2+x-6=0$, dont les racines sont $2$ et $-3$ (somme $-1$, produit $-6$). Seule $x=2$ vérifie $x>1$. L'ensemble des solutions est $S=2$. (b) Pour $x>0$, on pose $X=\ln x$ : $X^2-3X+2=0$ a pour racines $X=1$ et $X=2$ (somme $3$, produit $2$). Alors $\ln x=1\iff x=e$ et $\ln x=2\iff x=e^2$. Donc $S=e,e^2$. (c) On pose $X=e^x>0$ : $e^{2x}=(e^x{)}^2=X^2$, et l'inéquation devient $X^2-3X+2\le 0$, soit $(X-1)(X-2)\le 0$, soit $1\le X\le 2$. Comme $\ln$ est strictement croissante sur $]0,+\infty [$ : $1\le e^x\le 2\iff \ln 1\le x\le \ln 2\iff 0\le x\le \ln 2$. L'ensemble des solutions est $S=[0,\ln 2]$.
   2. (a) Initialisation : $u_0=1>0$. Hérédité : si $u_n>0$, alors $\sqrt{u_n}>0$ et $u_{n+1}=e\sqrt{u_n}>0$ car $e>0$. Conclusion : $u_n>0$ pour tout $n\in \mathbb{N}$, ce qui justifie que $v_n=\ln (u_n)$ est bien défini. (b) $v_{n+1}=\ln (e\sqrt{u_n})=\ln e+\ln (\sqrt{u_n})=1+\ln (u_n^{\frac{1}{2}})=1+\frac{1}{2}\ln (u_n)=\frac{1}{2}{v}_n+1$. (c) $w_{n+1}=v_{n+1}-2=\frac{1}{2}{v}_n+1-2=\frac{1}{2}{v}_n-1=\frac{1}{2}(v_n-2)=\frac{1}{2}{w}_n$ : la suite $(w_n)$ est géométrique de raison $\frac{1}{2}$ et de premier terme $w_0=v_0-2=\ln (u_0)-2=\ln 1-2=-2$. Donc $w_n=-2(\frac{1}{2}{)}^n$, puis $v_n=w_n+2=2-2(\frac{1}{2}{)}^n$ et, comme $u_n=e^{v_n}$ (car $v_n=\ln u_n$) : $u_n=e^{2-2(\frac{1}{2}{)}^n}$. Vérification : $u_1=e^{2-1}=e=e\sqrt{1}$. (d) Comme $-1<\frac{1}{2}<1$, $\lim (\frac{1}{2}{)}^n=0$, donc $\lim v_n=2$. La fonction exponentielle étant continue en $2$, $\lim u_n=e^2$.

3. Exercice 3Fonction logarithme népérien5 pts

   Chapitres : Fonctions logarithmiques · Dérivation et étude des fonctions · Limites et continuité

   Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty [$ par $f(x)=x^2-1-2\ln x$, et $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$.

   1. Calculer ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,5 pt)
   2. Montrer que $f(x)=x^2(1-\frac{1}{x^2}-\frac{2\ln x}{x^2})$ pour tout $x>0$, et en déduire ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$. (0,75 pt)
   3. Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt)
   4. Montrer que pour tout $x>0$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2(x-1)(x+1)}{x}$, puis dresser le tableau de variations de $f$. (1,25 pt)
   5. En déduire que pour tout $x>0$ : $2\ln x\le x^2-1$. (0,5 pt)
   6. Montrer que l'équation $f(x)=1$ admet exactement deux solutions dans $]0,+\infty [$, l'une dans $]0,1[$ et l'autre dans $]1,2[$. (1,25 pt)
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   1. ${\lim }_{x\to 0^{+}}\ln x=-\infty$, donc ${\lim }_{x\to 0^{+}}(-2\ln x)=+\infty$, et $x^2-1\to -1$. Par somme, ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=+\infty$ : l'axe des ordonnées (droite $x=0$) est une asymptote verticale à $(\mathcal{C})$.
   2. Pour $x>0$ : $x^2(1-\frac{1}{x^2}-\frac{2\ln x}{x^2})=x^2-1-2\ln x=f(x)$. Par croissance comparée, ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0$, donc $\frac{\ln x}{x^2}=\frac{\ln x}{x}\times \frac{1}{x}\to 0\times 0=0$ ; et $\frac{1}{x^2}\to 0$. La parenthèse tend vers $1$ et $x^2\to +\infty$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$.
   3. $f(x)/x=x-\frac{1}{x}-\frac{2\ln x}{x}$. Or $\frac{1}{x}\to 0$ et $\frac{\ln x}{x}\to 0$, tandis que $x\to +\infty$ : ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x=+\infty$. La courbe $(\mathcal{C})$ admet donc une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en $+\infty$.
   4. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ (somme de fonctions dérivables) et $f^{\prime }(x)=2x-\frac{2}{x}=\frac{2x^2-2}{x}=\frac{2(x^2-1)}{x}=\frac{2(x-1)(x+1)}{x}$. Sur $]0,+\infty [$, $x>0$ et $x+1>0$, donc $f^{\prime }(x)$ est du signe de $x-1$ : négatif sur $]0,1]$, positif sur $[1,+\infty [$. $f$ est donc strictement décroissante sur $]0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty [$ ; elle admet un minimum en $1$ égal à $f(1)=1-1-2\ln 1=0$. Les limites aux bornes valent $+\infty$.
   5. D'après le tableau de variations, $f(x)\ge f(1)=0$ pour tout $x>0$, c'est-à-dire $x^2-1-2\ln x\ge 0$, soit $2\ln x\le x^2-1$ (avec égalité seulement pour $x=1$).
   6. Sur $]0,1]$ : $f$ est continue et strictement décroissante, avec ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=+\infty$ et $f(1)=0$ ; elle réalise une bijection de $]0,1]$ sur $[0,+\infty [$. Comme $1\in [0,+\infty [$, l'équation $f(x)=1$ admet une unique solution dans $]0,1]$, et cette solution n'est pas $1$ car $f(1)=0\ne 1$ : elle est dans $]0,1[$. Sur $[1,+\infty [$ : $f$ est continue et strictement croissante, avec $f(1)=0$ et ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$ ; elle réalise une bijection de $[1,+\infty [$ sur $[0,+\infty [$, donc l'équation $f(x)=1$ admet une unique solution dans $[1,+\infty [$. De plus $f(1)=0<1$ et $f(2)=4-1-2\ln 2=3-2\ln 2\approx 1,61>1$ ; par le théorème des valeurs intermédiaires, cette solution est dans $]1,2[$. Conclusion : l'équation $f(x)=1$ admet exactement deux solutions dans $]0,+\infty [$, l'une dans $]0,1[$ et l'autre dans $]1,2[$.

4. Exercice 4Fonction exponentielle6 pts

   Chapitres : Fonctions exponentielles · Dérivation et étude des fonctions · Fonctions primitives

   Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=(x+2)e^{-x}$, et $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ (unité : 2 cm).

   1. (a) Montrer que $f(x)=\frac{x}{e^x}+\frac{2}{e^x}$ pour tout réel $x$, puis calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt) (b) Calculer ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)$. (0,5 pt)
   2. Calculer ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)/x$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt)
   3. Montrer que pour tout réel $x$ : $f^{\prime }(x)=-(x+1)e^{-x}$, puis dresser le tableau de variations de $f$. (1,5 pt)
   4. Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $0$. (0,5 pt)
   5. Étudier le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$, puis tracer $(T)$ et $(\mathcal{C})$. (1 pt)
   6. (a) Montrer que la fonction $F$ définie sur $\mathbb{R}$ par $F(x)=-(x+3)e^{-x}$ est une primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$. (0,5 pt) (b) En déduire la primitive $G$ de $f$ sur $\mathbb{R}$ qui s'annule en $0$. (0,5 pt)
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   1. (a) $f(x)=(x+2)e^{-x}=\frac{x+2}{e^x}=\frac{x}{e^x}+\frac{2}{e^x}$. Par croissance comparée, ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{e^x}{x}=+\infty$, donc ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x}{e^x}=0$ ; et ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{2}{e^x}=0$ car $e^x\to +\infty$. Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$ : l'axe des abscisses (droite $y=0$) est une asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ en $+\infty$. (b) ${\lim }_{x\to -\infty }(x+2)=-\infty$ et ${\lim }_{x\to -\infty }{e}^{-x}=+\infty$ (car $-x\to +\infty$). Par produit, ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)=-\infty$.
   2. Pour $x\ne 0$ : $f(x)/x=\frac{x+2}{x}\times e^{-x}=(1+\frac{2}{x})e^{-x}$. Quand $x\to -\infty$, $1+\frac{2}{x}\to 1$ et $e^{-x}\to +\infty$, donc ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)/x=+\infty$ : $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en $-\infty$.
   3. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme produit de fonctions dérivables, avec $u(x)=x+2$, $u^{\prime }(x)=1$, $v(x)=e^{-x}$, $v^{\prime }(x)=-e^{-x}$ : $f^{\prime }(x)=1\times e^{-x}+(x+2)(-e^{-x})=e^{-x}(1-x-2)=-(x+1)e^{-x}$. Comme $e^{-x}>0$, $f^{\prime }(x)$ est du signe de $-(x+1)$ : positif sur $]-\infty ,-1]$, négatif sur $[-1,+\infty [$. $f$ est donc strictement croissante sur $]-\infty ,-1]$ et strictement décroissante sur $[-1,+\infty [$, avec un maximum $f(-1)=1\times e^1=e$ ; ${\lim }_{-\infty }f=-\infty$ et ${\lim }_{+\infty }f=0$.
   4. $f(0)=2e^0=2$ et $f^{\prime }(0)=-1\times e^0=-1$. $(T):y=f^{\prime }(0)(x-0)+f(0)=-x+2$.
   5. Comme $e^{-x}>0$, $f(x)$ est du signe de $x+2$ : $f(x)<0$ pour $x<-2$, $f(-2)=0$ et $f(x)>0$ pour $x>-2$. Tracé : $(\mathcal{C})$ coupe l'axe des abscisses en $(-2,0)$, monte jusqu'au maximum $(-1,e)$ (avec $e\approx 2,72$), passe par $(0,2)$ où elle est tangente à $(T)$, puis décroît vers l'axe des abscisses en restant au-dessus ; à gauche de $-2$ elle plonge vers $-\infty$. Points utiles : $f(1)=\frac{3}{e}\approx 1,10$, $f(2)=\frac{4}{e^2}\approx 0,54$, $f(-3)=-e^3\approx -20$.
   6. (a) $F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, par la formule du produit : $F^{\prime }(x)=-1\times e^{-x}+(-(x+3))\times (-e^{-x})=e^{-x}(-1+x+3)=(x+2)e^{-x}=f(x)$. Donc $F$ est une primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$. (b) Les primitives de $f$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $G=F+c$, $c\in \mathbb{R}$. $G(0)=0\iff F(0)+c=0\iff -3+c=0\iff c=3$. Donc $G(x)=3-(x+3)e^{-x}$.