Tle · Du modèle à l’autonomie

Fonction exponentielle : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

Équations et inéquations avec l'exponentielle

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Résous $\e^{2x}+\e^x-6=0$ , puis compare avec $\e^{2x}+\e^x=0$ . Indique à quel moment une racine est rejetée et pourquoi.

Comparer avec l’explication

Pour la première équation, les candidats sont $$X=-3$$ et $$X=2$$ . Seul 2 est positif ; la solution est $x=\ln2$ . Pour la seconde, $$X=0$$ ou $$X=-1$$ : aucun n'est strictement positif, donc aucune solution réelle. Un changement de variable impose son ensemble de valeurs, il ne se réduit pas à une substitution de lettres. Réessaie avec $\e^{2x}-4\e^x+4=0$ ; compte les solutions distinctes.

3. Résoudre seul

Résoudre dans $\R$ :

$\e^{3x-2}=1$
$\e^{x^2}=\e^{4}$
$\e^{2x}=5$
$3\e^x-12=0$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\e^{3x-2}=1=\e^0\\[.35em]&\iff 3x-2=0\\[.35em]&\iff x=\frac{2}{3} .\end{aligned}

\begin{aligned}\e^{x^2}=\e^4\\[.35em]&\iff x^2=4\\[.35em]&\iff x=\pm 2 .\end{aligned}

\begin{aligned}\e^{2x}=5\\[.35em]&\iff 2x=\ln 5\\[.35em]&\iff x=\frac{\ln 5}{2} .\end{aligned}

\begin{aligned}3\e^x=12\\[.35em]&\iff \e^x=4\\[.35em]&\iff x=\ln 4=2\ln 2 .\end{aligned}

Résoudre dans $\R$ :

$\e^{2x-1}>1$
$\e^{-x}\leqslant\e^3$
$\e^x<7$
$\e^{x^2}\geqslant\e^9$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\e^{2x-1}>1=\e^0\\[.35em]&\iff 2x-1>0\\[.35em]&\iff x>\frac{1}{2} .\end{aligned}

S=\;\bigl]\frac{1}{2},+\infty\bigr[.

\begin{aligned}\e^{-x}\leqslant\e^3\\[.35em]&\iff -x\leqslant 3\\[.35em]&\iff x\geqslant -3 .\end{aligned}

S=[-3,+\infty[.

c) $\e^x<7\iff x<\ln 7$ . $S=\;]-\infty,\ln 7[$ .

\begin{aligned}\e^{x^2}\geqslant\e^9\\[.35em]&\iff x^2\geqslant 9\\[.35em]&\iff |x|\geqslant 3\\[.35em]&\iff x\leqslant -3\end{aligned}

ou $x\geqslant 3$ . $S=\;]-\infty,-3]\cup[3,+\infty[$ .

4. Aller plus loin

Résoudre dans $\R$ :

$\e^{2x}-5\e^x+4=0$
$\e^{2x}+3\e^x-10=0$
$2\e^{2x}-7\e^x+3=0$
$4^x-3\cdot 2^x-4=0$

Comparer avec l’explication

X=\e^x>0.

\[X^2-5X+4=0,\]

\[(X-1)(X-4)=0,\]

\[X=1\]

\text{ou }X=4.

\[x=0\]

\begin{aligned}x &= \ln 4\\[.35em]&= 2\ln 2 .\end{aligned}

b) $$X^2+3X-10=0$$ , $$(X+5)(X-2)=0$$ . Seul $$X=2>0$$ . $x=\ln 2$ .

\[2X^2-7X+3=0.\]

\begin{aligned}\Delta &= 49-24\\[.35em]&= 25 .\end{aligned}

$X=\frac{7\pm 5}{4}$ , soit $$X=3$$ ou $X=\frac{1}{2}$ . Les deux sont $$>0$$ . $x=\ln 3$ ou

\begin{aligned}x &= \ln\frac{1}{2}\\[.35em]&= -\ln 2 .\end{aligned}

\begin{aligned}4^x &= (2^2)^x\\[.35em]&= (2^x)^2 .\end{aligned}

Posons $$Y=2^x>0$$ . $$Y^2-3Y-4=0$$ , $$(Y-4)(Y+1)=0$$ . Seul $$Y=4>0$$ .

\begin{aligned}2^x &= 4\\[.35em]&= 2^2 ,\end{aligned}

\[x=2.\]

Dérivée de $\e^u$

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Étudie les variations de $G(x)=\e^{-(x-2)^2}$ sur $\R$ . Donne le maximum et les limites aux deux infinis ; relie ton résultat à la variation de l'exposant.

Comparer avec l’explication

Par composition,

G'(x)=-2(x-2)\e^{-(x-2)^2}.

La dérivée est positive si $$x<2$$ , nulle en 2, négative si $$x>2$$ . Le maximum est $$G(2)=1$$ et $G\to0$ aux deux infinis. L'exponentielle, strictement croissante, conserve l'ordre des valeurs de l'exposant ; cela ne rend pas toute composée exponentielle croissante sur $\R$ . Réessaie avec $\e^{(x-2)^2}$ : variations et limites changent-elles ?

3. Résoudre seul

Calculer la dérivée :

$f(x)=x^2\e^x$
$g(x)=(3x-1)\e^{-2x}$
$h(x)=\e^{x^2-3x+1}$
$k(x)=\dfrac{\e^x}{x+1}$ ( $x\neq -1$ )

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}f'(x) &= 2x\e^x+x^2\e^x\\[.35em]&= (2x+x^2)\e^x\\[.35em]&= x(x+2)\e^x .\end{aligned}

\begin{aligned}g'(x) &= 3\e^{-2x}+(3x-1)(-2)\e^{-2x}\\[.35em]&= (3-6x+2)\e^{-2x}\\[.35em]&= (5-6x)\e^{-2x} .\end{aligned}

\[u(x)=x^2-3x+1,\]

\[u'(x)=2x-3.\]

h'(x)=(2x-3)\e^{x^2-3x+1}.

\begin{aligned}k'(x) &= \frac{\e^x(x+1)-\e^x\cdot 1}{(x+1)^2}\\[.35em]&= \frac{x\,\e^x}{(x+1)^2} .\end{aligned}

Déterminer les limites en $-\infty$ et $+\infty$ .
Calculer $$f'(x)$$ et dresser le tableau de variations complet.
Déterminer l'équation de la tangente en $$x=0$$ .
Montrer que l'équation $$f(x)=k$$ a exactement deux solutions si et seulement si $0<k<\frac{1}{\e}$ .

Comparer avec l’explication

f(x)=x\e^{-x}.

a) $\lim_{x\to-\infty}x\e^{-x}$ . Posons

\begin{aligned}t &= -x\\[.35em]&\to +\infty\end{aligned}

\begin{aligned}f &= -t\e^t\\[.35em]&\to -\infty\end{aligned}

(car $t\e^t\to+\infty$ ).

\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}x\e^{-x} &= \lim\frac{x}{\e^x}\\[.35em]&= 0\end{aligned}

(croissance comparée).

\begin{aligned}f'(x) &= \e^{-x}+x(-\e^{-x})\\[.35em]&= (1-x)\e^{-x} .\end{aligned}

Comme $\e^{-x}>0$ : signe de $$f'$$ = signe de $$1-x$$ .

$$f'(x)>0$$ pour $$x<1$$ ,

\[f'(x)=0\]

pour

\[x=1,\]

$$f'(x)<0$$ pour $$x>1$$ .

$$x$$	$-\infty$		$$1$$		$+\infty$
$$f'(x)$$		$$+$$	$$0$$	$$-$$
$$f(x)$$	$-\infty$	$\nearrow$	$\frac{1}{\e}$	$\searrow$	$$0$$

Maximum :

\begin{aligned}f(1) &= 1\cdot\e^{-1}\\[.35em]&= \frac{1}{\e}\\[.35em]&\approx 0{,}368 .\end{aligned}

c) $$f(0)=0$$ ,

\begin{aligned}f'(0) &= (1-0)\e^0\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

Tangente : $$y=x$$ .

d) $$f(x)=k$$ . D'après le tableau, $$f$$ atteint le maximum $\frac{1}{\e}$ .

Si $k>\frac{1}{\e}$ : aucune solution ( $$k$$ au-dessus du max).

Si $k=\frac{1}{\e}$ : exactement une solution ( $$x=1$$ ).

Si $0<k<\frac{1}{\e}$ : la droite $$y=k$$ coupe la courbe une fois sur $]-\infty,1[$ (croissante de $-\infty$ à $\frac{1}{\e}$ ) et une fois sur $]1,+\infty[$ (décroissante de $\frac{1}{\e}$ à $$0$$ ). Total : exactement 2 solutions.

Si $$k=0$$ : unique solution $$x=0$$ .

Si $$k<0$$ : une solution unique sur $]-\infty,0[$ par continuité et stricte croissance de $$f$$ de $-\infty$ vers 0 ; aucune sur $[0,+\infty[$ où $f\geqslant0$ .

4. Aller plus loin

Déterminer toutes les tangentes à la courbe $y=\e^x$ passant par l'origine.

Comparer avec l’explication

On cherche les tangentes à $y=\e^x$ passant par $$O(0,0)$$ .

La tangente en $$x=a$$ :

\begin{aligned}y &= \e^a(x-a)+\e^a\\[.35em]&= \e^a(x-a+1) .\end{aligned}

Passage par $$O$$ : $0=\e^a(0-a+1)$ . Comme $\e^a\neq 0$ : $$-a+1=0$$ , soit $$a=1$$ .

Unique tangente :

\begin{aligned}y &= \e(x-1+1)\\[.35em]&= \e x .\end{aligned}

Vérification : la droite $y=\e x$ est bien tangente en $(1,\e)$ avec pente $\e^1=\e$ .

Limites de référence

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Pour $k\in\R$ fixé, trouve la limite de $(\e^{kx}-1)/x$ quand $x\to0$ , en distinguant $$k=0$$ . Explique pourquoi remplacer $\e^{kx}$ par 1 dès le début ne calcule pas cette limite.

Comparer avec l’explication

Si $k\ne0$ et $x\ne0$ ,

\begin{aligned}\frac{\e^{kx}-1}{x} &= k\frac{\e^{kx}-1}{kx}\longrightarrow k\times1\\[.35em]&= k.\end{aligned}

Si $$k=0$$ , le numérateur est exactement nul, donc la limite vaut aussi 0. Substituer les deux limites séparément produirait $$0/0$$ , qui n'est pas un nombre ni une conclusion. Réessaie avec $(\e^{3x}-\e^x)/x$ en factorisant $\e^x$ .

3. Résoudre seul

Calculer :

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x^3-2x)\e^{-x}$
$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x^2+1)\e^x$
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\e^x-x^2}{\e^x+1}$
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\e^x-\e^{-x}$
$\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\e^{2x}-1}{x}$

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}(x^3-2x)\e^{-x} &= \lim\frac{x^3-2x}{\e^x}\\[.35em]&= 0\end{aligned}

(croissance comparée : $\e^x$ bat $$x^3$$ ).

b) $\lim_{x\to-\infty}(x^2+1)\e^x$ . Posons

\begin{aligned}t &= -x\\[.35em]&\to +\infty\end{aligned}

\begin{aligned}(t^2+1)\e^{-t} &= \frac{t^2+1}{\e^t}\\[.35em]&\to 0 .\end{aligned}

\begin{aligned}\frac{\e^x-x^2}{\e^x+1} &= \frac{1-x^2/\e^x}{1+1/\e^x}\\[.35em]&\to \frac{1-0}{1+0}\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

\begin{aligned}\e^x-\e^{-x} &= \e^x(1-\e^{-2x})\\[.35em]&\to +\infty\cdot(1-0)\\[.35em]&= +\infty .\end{aligned}

e) $\frac{\e^{2x}-1}{x}=2\cdot\frac{\e^{2x}-1}{2x}$ . En posant

\begin{aligned}u &= 2x\\[.35em]&\to 0\end{aligned}

$\frac{\e^u-1}{u}\to 1$ , donc la limite est $\mathbf{2}$ .

Limites en $\pm\infty$ .
Dérivée, variations, maximum.
Position par rapport à l'axe des $$x$$ .
Équation de la tangente au point d'inflexion.

Comparer avec l’explication

f(x)=(1-x)\e^x.

a) $\lim_{x\to+\infty}(1-x)\e^x$ . On écrit $f(x)=\e^x-x\e^x$ . Or $\e^x\to+\infty$ et $x\e^x\to+\infty$ : forme $+\infty-\infty$ . Factorisons :

\begin{aligned}f(x) &= \e^x(1-x)\\[.35em]&\to +\infty\cdot(-\infty)\\[.35em]&= -\infty .\end{aligned}

Plus rigoureusement : pour $x\geqslant 2$ , $1-x\leqslant -1$ donc $f(x)\leqslant-\e^x\to-\infty$ .

$\lim_{x\to-\infty}(1-x)\e^x$ . $(1-x)\to+\infty$ , $\e^x\to 0$ . Forme $+\infty\cdot 0$ . Écrivons $f(x)=\e^x-x\e^x$ , et $x\e^x\to 0$ (variante 2 des croissances comparées). Donc

\begin{aligned}f(x) &\to 0-0\\[.35em]&= 0 .\end{aligned}

Asymptote $$y=0$$ en $-\infty$ .

\begin{aligned}f'(x) &= -\e^x+(1-x)\e^x\\[.35em]&= (-1+1-x)\e^x\\[.35em]&= -x\e^x .\end{aligned}

Signe de $$f'$$ = signe de $$-x$$ .

$$x$$	$-\infty$		$$0$$		$+\infty$
$$f'(x)$$		$$+$$	$$0$$	$$-$$
$$f(x)$$	$$0$$	$\nearrow$	$$1$$	$\searrow$	$-\infty$

Maximum :

\begin{aligned}f(0) &= (1-0)\e^0\\[.35em]&= 1 .\end{aligned}

\begin{aligned}f(x)=0\\[.35em]&\iff (1-x)\e^x=0\\[.35em]&\iff 1-x=0\\[.35em]&\iff x=1\end{aligned}

(car $\e^x\neq 0$ ). Pour $$x<1$$ : $$f>0$$ . Pour $$x>1$$ : $$f<0$$ .

\begin{aligned}f''(x) &= -\e^x-x\e^x\\[.35em]&= -(1+x)\e^x .\end{aligned}

f''(x)=0\iff x=-1.

Comme $$f''$$ est positive sur $]-\infty,-1[$ et négative sur $]-1,+\infty[$ , la convexité change en $$-1$$ . Il y a donc un point d'inflexion $(-1,2\e^{-1})$ ; l'annulation de $$f''$$ seule n'aurait pas suffi.

Tangente :

\begin{aligned}f'(-1) &= -(-1)\e^{-1}\\[.35em]&= \e^{-1} .\end{aligned}

\begin{aligned}y &= \e^{-1}(x+1)+2\e^{-1}\\[.35em]&= \e^{-1}(x+3) .\end{aligned}

4. Aller plus loin

\[u_0=1,\]

u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_n+\e^{-u_n}).

Montrer que $$u_n>0$$ pour tout $$n$$ .
Montrer que $$(u_n)$$ est décroissante.
En déduire que $$(u_n)$$ converge et déterminer sa limite.

Comparer avec l’explication

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

\[u_0=1,\]

u_{n+1}=f(u_n).

a) Si $$u_n>0$$ : $u_{n+1}=\frac{1}{2}(u_n+\e^{-u_n})>\frac{1}{2}(0+\e^{-u_n})>0$ (car $\e^{-u_n}>0$ ). Par récurrence : $$u_n>0$$ pour tout $$n$$ .

\begin{aligned}u_{n+1}-u_n &= \frac{1}{2}(u_n+\e^{-u_n})-u_n\\[.35em]&= \frac{1}{2}(\e^{-u_n}-u_n) .\end{aligned}

Posons $\varphi(x)=\e^{-x}-x$ . $\varphi'(x)=-\e^{-x}-1<0$ : $\varphi$ strictement décroissante. $\varphi(0)=1>0$ , $\varphi(1)=\e^{-1}-1\approx -0{,}63<0$ . Par le TVI : $\varphi$ s'annule en un unique $\alpha\in]0,1[$ .

Pour $x>\alpha$ : $\varphi(x)<0$ , donc $\e^{-x}<x$ .

Sur $[\alpha,1]$ , on a $$x>0$$ , donc

f'(x)=\frac{1-\e^{-x}}2>0.

Ainsi $$f$$ est strictement croissante sur tout cet intervalle. De plus $f(\alpha)=\alpha$ et $f(1)=(1+\e^{-1})/2<1$ . Si $\alpha<u_n\leqslant1$ , on obtient $\alpha=f(\alpha)<f(u_n)\leqslant f(1)<1$ . L'initialisation $u_0=1>\alpha$ et cette hérédité prouvent $\alpha<u_n\leqslant1$ pour tout $$n$$ . Enfin $\varphi(u_n)<0$ , donc $u_{n+1}-u_n<0$ . La croissance de $$f$$ dans un simple voisinage de $\alpha$ n'aurait pas justifié tous les rangs.

c) $$(u_n)$$ décroissante et minorée par $\alpha>0$ , donc converge vers $\ell\geqslant\alpha$ . Par continuité de $$f$$ :

\begin{aligned}\ell &= f(\ell)\\[.35em]&= \frac{1}{2}(\ell+\e^{-\ell}) ,\end{aligned}

soit $\ell=\e^{-\ell}$ , i.e. $\ell\e^\ell=1$ . C'est l'unique point fixe $\alpha\approx 0{,}567$ (constante $\Omega$ de Lambert).

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