Corrigé des exercices sur l’exponentielle en 1ère.

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 .

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 :

a. $e^4\times \,e^6=e^{10}$ .

b. $e\times (e^5)^2=e^{10}$ .

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

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 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 ,

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

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

EXERCICE N° 5 :

a. Avant la mise en marche, t=0, donc °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 :

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. .

n. .

o. $(e^{-1})^6=e^{-6}$ .

p. $e\times \,(e^{-1})^3=e^{-2}$ .

EXERCICE N° 7 :

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 :

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

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

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

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 :

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 .

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 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 :

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 :

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

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

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

Cette dernière équation correspond à une équation du second degré se factorisant en .

Donc, on a ou , c’est-à-dire ou .

Or, est toujours strictement positif, donc on ne peut pas avoir .

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

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

On peut donc résoudre l’équation .

En posant , on a, qui correspond à une équation du second degré se factorisant en .

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

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

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 , alors l’inéquation équivaut à $1-e^{2x}>0$ , c’est-à-dire $e^{2x}<1$ , d’où x<0.
– Si , 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 , 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 :

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 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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