• 1. Soit $f$ la fonction définie sur [0 ; + ${\infty}$[ par : $f$(x) = xe$^x$ - 1 .
  • a. Déterminer la limite de la fonction $f$ en + ${\infty}$ et étudier le sens de variation de $f$ .
  • b. Démontrer que l'équation $f$(x) = 0 admet une unique solution $\alpha $ sur l'intervalle [0 ; + ${\infty}$[ .Déterminer une valeur
    approchée de $\alpha $ à 10 $^{-2}$ près.
  • c. Déterminer le signe de $f$(x) suivant les valeurs de x .
• 2. On note C la courbe représentative de la fonction exponentielle et $\Gamma $ celle de la fonction logarithme népérien
  dans le plan muni d'un repère orthonormé ${(O;\vec{i};\vec{j}).}$
  Les courbes C et $\Gamma $ sont données ci- après .
  
  Soit x un nombre réel strictement positif. On note M le point de C d'abscisse x et N le point de $\Gamma $ d'abscisse x .
  On rappelle que pour tout réel x strictement positif, e$^x$ > ln (x). .
  • a. Montrer que la longueur MN est minimale lorsque x = $\alpha $ . Donner une valeur approchée de cette longueur
    minimale à 10 $^{-2}$ près.
  • b. En utilisant la question 1. , montrer que ${e^{\alpha }=\frac{1}{\alpha }.}$ En déduire que la tangente à C au point d'abscisse $\alpha $ et la tangente à $\Gamma $ au point d'abscisse $\alpha $ sont parallèles.
• 3.
  • a. Soit h la fonction définie sur ]0 ; + ${\infty}$[ par h( x) = x ln (x) - x . Montrer que la fonction h est une primitive de la
    fonction logarithme népérien sur ]0 ; + ${\infty}$[ .
  • b. Calculer la valeur exacte , puis une valeur approchée à 10 $^{-2}$ près, de l'aire (exprimée en unités d'aire) de la
    surface hachurée sur la figure ci- avant.

Corrigé

• 1.
  • a.
    $\bullet \lim_{+\infty}f = + \infty$ , car $\lim_{x\to+\infty}e^x = + \infty = \lim_{x\to+\infty}(x)$.
    $\bullet f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (théorèmes généraux de dérivabilité), et l'on a:
    $f'(x) = e^x + x\ e^x = (x + 1) e^x$ ; alors $f'(x) \geq 0$ sur [0;$+\infty$[ où $x$+1 et $e^x$ sont positifs.
    Ainsi, $f$ définie sur [0;$+\infty$[ $y$ est strictement croissante. D'où le tableau de variation.
  • b. $\underline{Il\ s'agit\ de\ mettre\ en\ oeuvre\ le\ théorème\ des\ valeurs\ intermédiaires}$ .
    $f$ est continue et strictement croissante sur [0;$+\infty$[ et $f(0) = - 1 < 0$ et $\lim_{+\infty}f = +\infty$;
    alors 0 tel que $f(x) = 0$ vérifie $0 \in [- 1;+\infty$[ . Donc l'équation $f(x)$ = 0 admet une solution unique $\alpha$ dans [0;$+\infty$[; $\underline{\alpha\ \approx\ 0,57\ à\ 0,01\ près}$ .
  • c. Avec $f(\alpha)$ = 0, on a:$\underline{0 \leq x \leq \alpha\ \Rightarrow f(x) \leq f(\alpha) = 0}$ $\underline{(car\ f\ est\ croissante)}$ et $x \geq \alpha \Rightarrow f(x) \geq 0$.
• 2.
  • a.
    $\bullet$ Avec M($x; e^x$) et N($x; ln\ x$) on a: $\underline{MN = |e^x - ln\ x| = e^x - ln\ x}$ (car $e^x > ln\ x$ est admise)
    $\underline{Le\ minimum\ de\ MN\ est\ aussi\ le\ minimum\ de\ la\ fonction\ u}$ telle que $u(x) = e^x - ln\ x$.
    $\bullet \underline{On\ étudie\ u}$ ; u est dérivable sur ]0;$+\infty$[ et $u'(x) = e^x - \frac{1}{x} = \frac{x\ e^x - 1}{x} = \frac{f(x)}{x}$. Alors
    $u'(x) \geq 0 \Leftrightarrow f(x) \geq 0$ (avec $x$ > 0) $\Leftrightarrow x \geq \alpha$ (d'après 1c).
    Donc u est strictement, croissante sur [$\alpha; + \infty$[, décroissante sur ]O; $\alpha$].
    On peut dresser un tableau de variations de u, par lequel on constate que
    $\underline{MN\ est\ minimale\ lorsque\ x = \alpha}$.
    $\bullet \underline{Cette\ longueur\ minimale\ est}\ u(\alpha) = e^\alpha - ln\ \alpha \approx e^{0,57} - ln\ 0,57 \approx \underline{2,33\ à\ 0,01\ près}$.
  • b.
    $\bullet$ On se rappelle la caractérisation de $\alpha : f(\alpha) = 0$ soit $\alpha\ e^\alpha - 1 = 0$; d'où $e^\alpha = \frac{1}{\alpha}$.
    $\bullet \underline {Les\ tangentes\ en\ x = \alpha}$ aux courbes ($x \mapsto e^x$) et ($x \mapsto ln\ x$) $\underline{ayant}$ respectivement $\underline{pour\ coefficients\ directeurs}$ $e^\alpha$ et $\frac{1}{\alpha}$ (leurs dérivées en $\alpha$), $\underline{alors\ elles\ sont\ parallèles}$ car $e^\alpha = \frac{1}{\alpha}$.
• 3.
  • a.
    $\underline{Il\ suffit\ de\ vérifier\ que\ h'(x) = ln\ x}$ pour tout $x$ > 0.
    $h'(x) = x(\frac{1}{x}) + 1(ln\ x) - 1 = ln\ x$; c'est fait, et h est bien une primitive de $ln$ pour $x$> 0.
  • b. $\underline{Puisque\ e^x > ln\ x}$ (admis) $\underline{et}$ les bornes de l'intervalle [1; 2] étant telles que $\underline{1<2\, l'aire\ demandée\ s'écrit}$ $A = \int^2_1 (e^x - ln\ x) dx = [e^x - h(x)]^2_1$ soit
    $A = e^2 - h(2) - (e^1 - h(1)) = e^2 - e^1 - 2ln\ 2 + 1 \approx \underline{4,28}$.