corrige

Corrigé des exercices sur l’exponentielle en terminale.

EXERCICE N° 1 :

a. On a \frac{1}{e^3}=e^{-3}.

b. On a e^{-2}\times  \,e^7=e^5.

EXERCICE N° 2 :

On a g(x)=-2f(x)=-2e^{x}, donc g'(x)=(-2e^{x})'=g(x).

On a g(0)=-2f(0)=-2 \times   (-\frac{1}{2})=1, donc g(x)=e^x.

En utilisant f(x)=\frac{g(x)}{-2}=-\frac{1}{2}e^x, on trouve que f'(x)=(-\frac{1}{2}e^x)'=-\frac{1}{2}e^x=f(x).

EXERCICE N° 3 :

1.

a.   e^4\times  \,e^6=e^{10}.

b.   e\times  (e^5)^2=e^{10}.

c.   \frac{e^{30}\times  \,e^{-10}}{e^{10}}=e^{10}.

2.

a.   \frac{e^{2a}\times  \,e^{-a}}{e^{5a}}=e^{-2a}.

b.   \frac{e^{2a}+1}{e^{1-a}}=e^{3a}+e^a.

c.  (e^a)^3\times  \,e=e^{4a}.

EXERCICE N° 4 :

1. On a f'(x)=\frac{e^x(1-x)-e^x}{(1+x)^2}=\frac{e^x(x-2)}{(1+x)^2}, donc l’équation de T_a est y=f(a)+f'(a)(x-a)=\frac{e^a}{1+a}(x-a)+\frac{e^a}{1+a}, ou y=\frac{e^a(x-a+1)}{1+a}.
2. On cherche les valeurs de a pour lesquelles la droite passe par l’origine,

c’est-à-dire pour lesquelles T_a(0)=0,

c’est-à-dire pour lesquelles a=1, puisque T_a(0)=\frac{e^a(1-a)}{1+a} et que, pour a>-1, 1-a>0 et 1+a>0.

Donc il y a deux solutions : a=1 ou a=-2.

EXERCICE N° 5 :

1.

a. Avant la mise en marche, t=0, donc T(0)=19,5-10,5=9°C.

b. Après une journée de fonctionnement, t=24\times  \,60=1\,440, donc T(1\,440)=19,5e^{-7\times  \,10^{-4}\times  \,1440}-10,5\approx -20,92°C.

2. On a\lim_{t\to +\infty}T(t)=\lim_{t\to +\infty}(19,5e^{-7\times  \,10^{-4}\times  \,t}-10,5)= -10,5, donc la température moyenne tend vers -10,5°C quand le temps tend vers l’infini.

EXERCICE N° 6 :

1.

a.  e^{-7}\times  \,e^3=e^{-4}.

b.  e^{-1}\times  \,e^{-5}=e^{-6}.

c.  e^2\times  \,e=e^3.

d.  e\times  \,e^{-1}=1.

e.  \frac{1}{e}=e^{-1}.

f.  \frac{1}{e^{-1}}=e.

g.  \frac{1}{e^2}=e^{-2}.

h.  \frac{1}{e^{-3}}=e^3.

i.  \frac{1}{e^{-3}}=e^3.

j.  \frac{e}{e^{-1}}=e^2.

k.  \frac{e^{-2}}{e}=e^{-3}.

l.  \frac{e^2\times  \,e^{-3}}{e^5}=e^{-1}.

m.  (e^2)^3=e^6.

n.  (e^3)^2=e^6.

o.  (e^{-1})^6=e^{-6}.

p.  e\times  \,(e^{-1})^3=e^{-2}.

EXERCICE N° 7 :

1.

a. On a e^x\times  \,e^2=e^{x+2}.

b. On a e^{-1}\times  \,e^{-x}=e^{-x-1}.

c. e\times  \,e^x=e^{x+1}.

d. e^x\times  \,e^x=(e^x)^2.

e. e^x\times  \,e^{-x}=1.

f. e^{x-1}\times  \,e^x=e^{2x-1}.

g. (e^x)^2=e^{2x}.

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

i. (2e^x)^3=8\,e^{3x}.

j. \frac{e^{5x}}{e^x}=e^{4x}.

k. \frac{e^{x+1}}{e}=e^{x}.

l. \frac{e^3}{e^{2x-1}}=e^{3+1-2x}.

EXERCICE N° 8 :

1.

a. On a f'(x)=0,5e^{0,5x}.

b. On a f'(x)=e^{x+1}.

c. On a f'(x)=2e^{2x}.

2.

a. On a f'(x)=0,5e^{0,5x}\leq\, 0 pour x\geq\, 0, donc f est décroissante sur [0;+\infty[.

b. On a f'(x)=e^{x+1}\leq\, 0 pour x\leq\, -1, donc f est décroissante sur ]-\infty;-1].

c. On a f'(x)=2e^{2x}>0 pour tout x, donc f est croissante sur \mathbb{R}.

EXERCICE N° 9 :

Plate-forme pétrolière

1. On a \lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}(17280e^{-0,024x})=0, donc la limite de f en +\infty est 0.

2. On a f'(x)=(-0,024\times   17280e^{-0,024x})=-414,72e^{-0,024x}, qui est strictement négative sur [15;+\infty[, donc f est décroissante sur cet intervalle.

3. La conjecture est que la fonction f est décroissante sur \mathbb{R}, ce qui est effectivement vrai d’après 2.

En effet, la dérivée est strictement négative sur tout l’intervalle de définition de f, donc f est décroissante sur cet intervalle.

EXERCICE N° 10 :

1. On a f'(x)=-e^x+1.

2. On a f'(x)=-e^x+1\leq\, 0 pour tout x\in[0;+\infty[, donc f est décroissante sur cet intervalle.

3. On sait que f est décroissante sur [0;+\infty[, donc son maximum est atteint en x=0 et son minimum en x=+\infty.

On peut calculer f(0)=2 et\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty.

On a également \lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty (car e^x tends vers 0 plus vite que x tend vers -∞) et f est décroissante sur ]-\infty;0].

Donc le tableau de variation de f est :

x | ]-\infty;0]| 0 | [0;+\infty[
f'(x) | + | 0 | –
f(x) | +\infty | 2 | -\infty

EXERCICE N° 11 :

1.

a. On a \frac{e^{2x+1}}{e^{1-x}}=e^{3x+1}.

b. On a \frac{e^{-x+2}\times  \,e^{-2x-1}}{e^{3x+2}\times  \,e^{-x-1}}=\frac{1}{e^{6x+3}}=e^{-6x-3}.

c. On a \frac{(e^{-x})^2\times  \,e^{-x+1}}{e^{x+2}\times  \,(e^{-x-1})^3}=\frac{e^{-2x+1}}{(e^{-2x-3})^3}=\frac{1}{e^{4x+10}}=e^{-4x-10}.

EXERCICE N° 12 :

1.

On a -2e^{2x}+3e^x+2=-2(e^x)^2+3e^x+2=(1-2e^x)(2-e^x).

2.

On a \frac{e\times  \,e^x}{e^{2+3x}}=\frac{e^{x+1}}{e^{3x+2}}=\frac{e^{-(-x-1)}}{e^{-3x-2}}=(e^{-x-0,5})^2.

3.

On a \frac{e^{1-3x}}{1+e^{-3x}}=\frac{e^{3x+1}}{e^{3x}+1}=\frac{e^{3x}e^{-3x-1}}{e^{3x}(e^{-3x}+1)}=\frac{e}{e^{-3x}+1}.

EXERCICE N° 13 :

1) En posant y=e^x, on peut réécrire l’équation e^x-2e^{-x}+1=0 sous la forme y^2+y-2=0.

Cette dernière équation correspond à une équation du second degré se factorisant en (y-1)(y+2)=0.

Donc, on a y-1=0 ou y+2=0, c’est-à-dire e^x-1=0 ou e^x=-2.

Or, e^x est toujours strictement positif, donc on ne peut pas avoir e^x=-2.

Ainsi, l’équation e^x-2e^{-x}+1=0 est équivalente à l’équation (e^x)^2+e^x-2=0.

2) On vient de montrer que (e^x)^2+e^x-2=0 est équivalente à e^x-2e^{-x}+1=0.

On peut donc résoudre l’équation (e^x)^2+e^x-2=0.

En posant y=e^x, on ay^2+y-2=0, qui correspond à une équation du second degré se factorisant en (y-1)(y+2)=0.

Ainsi, on a y-1=0 ou y+2=0, c’est-à-dire e^x=1 ou e^x=-2.

Or, e^x ne peut pas être négatif, donc on ne peut pas avoir e^x=-2.

D’où la solution de l’équation e^x-2e^{-x}+1=0 est x=\ln 1=0.

EXERCICE N° 14 :

1) On peut réécrire l’inéquation e^{-x}-e^x>0 sous la forme \frac{1}{e^x}-e^x>0, c’est-à-dire \frac{1-e^{2x}}{e^x}>0. Ainsi, on a deux cas à étudier :
– Si e^x>0, alors l’inéquation équivaut à 1-e^{2x}>0, c’est-à-dire e^{2x}<1, d’où x<0.
– Si e^x<0, alors l’inéquation équivaut à 1-e^{2x}<0, c’est-à-dire e^{2x}>1, d’où x>\ln 1=0.
Finalement, la solution de l’inéquation e^{-x}-e^x>0 est x<0.

2) On peut réécrire 1-\frac{1+e^x}{1+e^{-x}} sous la forme \frac{e^{-x}-e^x}{1+e^{-x}}.

On vient de montrer que e^{-x}-e^x>0 pour tout x<0, donc le numérateur est négatif dans cette intervalle.

De plus, le dénominateur est toujours positif.

Ainsi,1-\frac{1+e^x}{1+e^{-x}} est négatif sur \mathbb{R}_-^*.

EXERCICE N° 15 :

Courbes

Conjecture : On a \lim_{x \to 0}\frac{e^x+1}{x}=2 et \lim\limits_{x \to \pm \infty}\frac{x+1}{e^x}=0.

Démonstration :

– Pour la limite en 0, on peut utiliser le développement limité de e^x au premier ordre au voisinage de 0 : e^x=1+x+o \times   x.

Ainsi, on a \frac{e^x+1}{x}=2+o \times   1, d’où \lim_{x \to 0}\frac{e^x+1}{x}=2.
– Pour la limite en +\infty, on a \frac{x+1}{e^x}\leq\, \frac{x}{e^x}, qui tend vers 0 quand x tend vers +\infty.
– Pour la limite en -\infty, on peut réécrire \frac{x+1}{e^x} sous la forme \frac{1+\frac{1}{x}}{e^{-x}}, qui tend vers 0 quand x tend vers -\infty.

En effet, on a \lim_{x \to -\infty}\frac{1}{x}=0 et \lim\limits_{x \to -\infty}e^{-x}=+\infty.

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