Fonction exponentielle : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (exponentielle 1ère corrigé)

Soit la fonction f définie par \(f(x) = (x – 3)^{\frac{2}{3}}\)

1. Donner le domaine de définition de la fonction f.

nous avons \(f(x)=e^{\frac{2}{3}\ln(x-3)}\)

donc pour que f soit définie, il faut que x-3>0 soit x>3.

ainsi :

\({\color{DarkRed} D_f=]3;+\infty[}\)

2. Par ailleurs, donner une primitive de la fonction.

les primitives de f sont de la forme :

\(F(x)=\frac{3}{5}(x-3)^{\frac{2}{3}+1}+k=\frac{3}{5}(x-3)^{\frac{5}{3} }+k\,,\,k\in\mathbb{R}\)

Exercice 2 :

soit la fonction f tel que : \(f(x)=x^x +1\)

1. Puis indiquer le domaine de définition de f et transformer l’écriture du réel f(x).

\(f(x)=e^{x\ln x}+1\)

donc \(D_f=]0;+\infty[\)

2. Ensuite, donner un prolongement par continuité de f au point 0.

On sait que \(\lim_{x \to 0^+}x\ln x=0\) (croissances comparées), donc \(\lim_{x \to 0^+}e^{x\ln x}=e^0=1\) et \(\lim_{x \to 0^+}f(x)=2\).

On prolonge f par continuité en posant \(f(0)=2\).

3. Etudier la dérivabilité de f au point 0.

Pour x > 0 : \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{e^{x\ln x}-1}{x}=\dfrac{e^{x\ln x}-1}{x\ln x}\times \ln x\).

Quand x tend vers 0, \(X=x\ln x\) tend vers 0 et \(\dfrac{e^X-1}{X}\) tend vers 1 (nombre dérivé de l’exponentielle en 0), tandis que \(\ln x\) tend vers \(-\infty\). Ensuite, le taux d’accroissement tend donc vers \(-\infty\) : f n’est pas dérivable en 0.

4. Puis calculer la dérivée de f et étudier son signe. Etablir le tableau de variations.

Sur \(]0;+\infty[\), \(f(x)=e^{u(x)}+1\) avec \(u(x)=x\ln x\) et \(u^{\prime}(x)=\ln x+x\times \dfrac{1}{x}=\ln x+1\). Donc :

\(f^{\prime}(x)=(\ln x+1)e^{x\ln x}\).

Une exponentielle est strictement positive, donc f'(x) a le signe de \(\ln x+1\) : \(\ln x+1\geq\, 0 \Leftrightarrow x\geq\, e^{-1}\).

Le minimum vaut \(f(e^{-1})=e^{-\frac{1}{e}}+1\approx 1{,}69\) et \(\lim_{x \to +\infty}f(x)=+\infty\) car \(x\ln x\) tend vers \(+\infty\).

x	0	\(\dfrac{1}{e}\)	\(+\infty\)
signe de f'(x)	||	− 0 +
variations de f	2	décroissante jusqu’à \(e^{-\frac{1}{e}}+1\), puis croissante	\(+\infty\)

f est décroissante sur \(]0;\frac{1}{e}]\) et croissante sur \([\frac{1}{e};+\infty[\).

5. Décrire comment se présente la tangente en ce point.

Le taux d’accroissement tend vers \(-\infty\) en 0 : la courbe admet au point (0 ; 2) une demi-tangente verticale.

6. De plus, construire la courbe dans un repère approprié.

La courbe part du point (0 ; 2) avec une demi-tangente verticale, descend jusqu’au point \((\frac{1}{e};e^{-\frac{1}{e}}+1)\approx(0{,}37;1{,}69)\) où la tangente est horizontale, passe par (1 ; 2) et (2 ; 5), puis monte très vite vers \(+\infty\). Puis un repère avec x entre 0 et 2,5 et y entre 0 et 10 convient.

Exercice 3 (exponentielle 1ère corrigé)

1. Démontrer que pour tout réel x, \(e^{-x}=\frac{1}{e^x}\).

d’après la formule ci-dessus :

\(e^{x+(-x)}=e^xe^{-x}\)

donc

\(e^{0}=e^xe^{-x}\)

\(1=e^xe^{-x}\)

\(\frac{1}{e^x}=e^{-x}\) car \(e^x\neq 0\) (sinon on aurait 1 = 0).

2. Démontrer que pour tout réel x et pour tout entier naturel n,

\((e^{x})^n=e^{nx}\)

Fixons un réel x et raisonnons par récurrence sur n.

Initialisation : pour n = 0, \((e^x)^0=1\) et \(e^{0\times x}=e^0=1\). De plus, la propriété est vraie.

Hérédité : supposons \((e^x)^n=e^{nx}\) pour un entier n. Alors \((e^x)^{n+1}=(e^x)^n\times e^x=e^{nx}\times e^x=e^{nx+x}=e^{(n+1)x}\).

Conclusion : pour tout entier naturel n, \((e^x)^n=e^{nx}\).

Exercice 4:

Résoudre les inéquations suivantes :

1. \(x^{\pi}<\frac{1}{2}.\)

\(x^{\pi}=e^{\pi\ln x}\) n’est défini que pour x > 0. Ensuite, la fonction logarithme népérien est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\), donc :

\(x^{\pi}<\frac{1}{2}\Leftrightarrow \pi\ln x<\ln\frac{1}{2}\Leftrightarrow \ln x<-\frac{\ln 2}{\pi}\Leftrightarrow x<e^{-\frac{\ln 2}{\pi}}\).

\(S=]0;e^{-\frac{\ln 2}{\pi}}[\), avec \(e^{-\frac{\ln 2}{\pi}}=2^{-\frac{1}{\pi}}\approx 0{,}80\).

2. \(3^x\geq\,\, 4.\)

\(\ln(3^x)\geq\,\, \ln 4\)

\(x\ln 3\geq\,\, \ln 4\)

\(x\geq\,\, \frac{\ln 4}{\ln 3}\) ( car ln 3 > 0)

\(S=[\frac{\ln 4}{\ln 3};+\infty[\)

Exercice 5 (exponentielle 1ère corrigé)

Déterminer les primitives des fonctions suivantes :

1. \(f(x)=\sin x\times e^{\cos x}\) .

La dérivée de \(e^{\cos x}\) est \(-\sin x\,e^{\cos x}\), donc les primitives sont \(F(x)=-e^{\cos x}+k\,(k\in\mathbb{R})\) .

2. \(f(x)=x^{-2}e^{\frac{1}{x}}\) sur \(]-\infty;0[\).

La dérivée de \(e^{\frac{1}{x}}\) est \(-\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\), donc les primitives sont \(F(x)=-e^{\frac{1}{x}}+k\,(k\in\mathbb{R})\).

Exercice 6 :

Soit \(f(x)=(x-1)e^x\) pour x ∈ R.

1. Ensuite, déterminez les limites de f aux bornes du domaine de définition.

En \(+\infty\) : \(x-1\) et \(e^x\) tendent vers \(+\infty\), donc \(\lim_{x \to +\infty }f(x)=+\infty\).

En \(-\infty\) : \(f(x)=xe^x-e^x\) ; or \(\lim_{x \to -\infty}xe^x=0\) (croissances comparées) et \(\lim_{x \to -\infty}e^x=0\), donc \(\lim_{x \to -\infty }f(x)=0\).

2. Etudiez les variations de f.

\(f^{\prime}(x)=1\times e^x+(x-1)e^x=xe^x\)

Comme \(e^x>0\), f'(x) a le signe de x : \(f^{\prime}\leq\, 0\) sur \(]-\infty;0]\) et \(f^{\prime}\geq\, 0\) sur \([0;+\infty[\).

f est décroissante sur \(]-\infty;0]\) et croissante sur \([0;+\infty[\) ; son minimum est f(0) = −1.

3. Construisez la courbe C représentant f.

Exercice 7 (exponentielle 1ère corrigé)

Résoudre les équations et inéquations proposées.

1. Par ailleurs, la fonction exponentielle est strictement croissante, donc \(e^{2x^2+3}=e^{7x}\Leftrightarrow 2x^2+3=7x\Leftrightarrow 2x^2-7x+3=0\).

Calculons la valeur du discriminant :

\(\Delta =(-7)^2-4\times 2\times 3=49-24=25>0\)

Le discriminant est strictement positif, il existe donc deux racines réelles distinctes.

\(x_1=\frac{7+5}{4}\,et\,x_2=\frac{7-5}{4}\)

\(x_1=3\,et\,x_2=\frac{1}{2}\), donc \(S=\{\frac{1}{2};3\}\).

2. \(e^x+2>0\), on peut donc multiplier par \(e^x(e^x+2)\) : \(2e^{-x}=\frac{1}{e^x+2}\Leftrightarrow 2(e^x+2)=e^x\Leftrightarrow e^x=-4\).

Une exponentielle est strictement positive : l’équation n’a pas de solution, \(S=\varnothing\).

3. Puis en multipliant par \(e^x>0\) : \(e^x\leq\,\frac{1}{e^x}\Leftrightarrow e^{2x}\leq\, 1=e^0\Leftrightarrow 2x\leq\, 0\Leftrightarrow x\leq\, 0\).

\(S=]-\infty;0]\)

Exercice 8 :

1.a) \(C_u(x)=x-10+\frac{900}{x}\), et la dérivée de \(\frac{900}{x}\) est \(-\frac{900}{x^2}\). Donc :

\(C_u^{\prime}(x)=1-\frac{900}{x^2}=\frac{x^2-900}{x^2}=\frac{(x-30)(x+30)}{x^2}\)

b) Sur [10 ; 100], \(x^2>0\) et \(x+30>0\) : le signe de \(C_u^{\prime}(x)\) est celui de x − 30.

x	10		30		100
signe de \(C_u^{\prime}(x)\)		−	0	+
variations de \(C_u\)	90	décroissante	50	croissante	99

En effet \(C_u(10)=10-10+90=90\), \(C_u(30)=30-10+30=50\) et \(C_u(100)=100-10+9=99\).

c) Le coût unitaire est le plus bas pour 30 objets produits : il vaut alors 50 € par objet.

Chaque objet rapporte alors 100 − 50 = 50 €, et le bénéfice de l’entreprise est \(30\times 50=\) 1 500 €.

2. Par ailleurs, le bénéfice global de l’entreprise est donné par la formule \(B(x) = x(100-C_u(x))\), car l’entreprise fabrique et vend x objets par jour.

En remplaçant \(C_u(x)\) par son expression en fonction de x, on obtient :

\(B(x) = x(100 – (x-10+\frac{900}{x}))=x(110-x)-900 = -x^2+110x – 900\)

3. B est dérivable et \(B^{\prime}(x) = -2x + 110\), qui s’annule en x = 55.

x	10		55		100
signe de B'(x)		+	0	−
variations de B	100	croissante	2 125	décroissante	100

B est croissante sur [10 ; 55] et décroissante sur [55 ; 100]. Ensuite, le bénéfice est maximal pour 55 objets et vaut \(B(55) = -55^2+110 \times 55-900 = 2\,125\), soit 2 125 €.

Exercice 9 (exponentielle 1ère corrigé)

La courbe représente une fonction f définie par \(f(x)= (ax+b)e^{-x}\).

Elle passe par les points de coordonnées (0;2) et (-2;0).

1) Calculer a et b .

\(f(0)=2\,et\,f(-2)=0\)

\(be^0=2\,et\,(-2a+b)e^{2}=0\)

\(b=2\,et\,(-2a+2)e^{2}=0\)

\(b=2\,et\,-2a+2=0\)

\(b=2\,et\,a=1\)

Conclusion : \(f(x)=(x+2)e^{-x}\)

2) Déterminer les coordonnées du maximum après avoir étudié les variations de f.

f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle .

\(f^{\prime}(x)=e^{-x}+(x+2)\times (-e^{-x})\)

\(f^{\prime}(x)=e^{-x}-xe^{-x}-2e^{-x}\)

\(f^{\prime}(x)=-xe^{-x}-e^{-x}\)

\(f^{\prime}(x)=-(x+1)e^{-x}\)

Le signe de f ‘ est celui de -x-1 puisque l’exponentielle est strictement positive sur R .

\(-x-1\geq\,\, 0\)

\(x\leq\,\, -1\)

Conclusion : f est croissante sur \(]-\infty;-1]\) et décroissante sur \([-1;+\infty[\).

Le maximum est atteint en x = −1 : \(f(-1)=(-1+2)e^{1}=e\). Puis le maximum a pour coordonnées \((-1;e)\), soit environ (−1 ; 2,72).

Exercice 10 :

Simplifier au maximum :

\(A=\ln(\sqrt{80})-\frac{1}{2}\ln 5\)

\(A=\ln(80^{\frac{1}{2}})-\frac{1}{2}\ln 5\)

\(A=\frac{1}{2}\ln(80)-\frac{1}{2}\ln 5\)

\(A=\frac{1}{2}\ln(5\times 16)-\frac{1}{2}\ln 5\)

\(A=\frac{1}{2}\ln 5+\frac{1}{2}\ln 16-\frac{1}{2}\ln 5\)

Après cela, \(A=\frac{1}{2}\ln 16\)

\(A=\frac{1}{2}\ln 2^4\)

\(A=\frac{4}{2}\ln 2\)

\({\color{DarkRed} A=2\ln 2}\)

\(B=\ln(\sqrt{6}-1)+\ln(\sqrt{6}+1)-\ln(\sqrt{100})-\ln\frac{1}{8}\)

\(B=\ln[(\sqrt{6}-1)(\sqrt{6}+1)]-\ln(100^{\frac{1}{2}})-(-\ln 8)\)

Ensuite, \(B=\ln[(\sqrt{6})^2-1^2]-\frac{1}{2}\ln(100)-(-\ln 8 )\)

\(B=\ln 5-\frac{1}{2}\ln(10^2)+\ln 8\)

Également, \(B=\ln 5-\frac{2}{2}\ln(10)+\ln 8\)

\(B=\ln 5-\ln(10)+\ln 8\)

Après cela, \(B=\ln 5-\ln(5\times 2)+\ln 2^3\)

\(B=\ln 5-\ln 5-\ln 2+3\ln 2\)

\({\color{DarkRed} B=2\ln 2}\)

Exercice 11 (exponentielle 1ère corrigé)

On utilise \((e^u)^{\prime}=u^{\prime}e^u\), les formules du produit et du quotient, et les limites \(\lim_{x \to -\infty}e^x=0\), \(\lim_{x \to +\infty}e^x=+\infty\), \(\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{x^n}=+\infty\), \(\lim_{x \to -\infty}x^ne^x=0\).

1. \(f(x)=e^{4x+1}\), définie sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=4e^{4x+1}\). Limites : 0 en \(-\infty\) et \(+\infty\) en \(+\infty\).
2. \(f(x)=e^x+x^2+1\), définie sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=e^x+2x\). En \(-\infty\), \(e^x\) tend vers 0 et \(x^2\) vers \(+\infty\) : limite \(+\infty\) ; en \(+\infty\) : limite \(+\infty\).
3. \(f(x)=5e^x+5xe^x\), définie sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=5e^x+5e^x+5xe^x\), soit \(f^{\prime}(x)=(5x+10)e^x\). En \(-\infty\), \(e^x\) et \(xe^x\) tendent vers 0 : limite 0 ; en \(+\infty\) : limite \(+\infty\).
4. \(f(x)=\frac{e^x+1}{e^x-1}\), définie sur \(\mathbb{R}^*\) (car \(e^x=1\Leftrightarrow x=0\)) : \(f^{\prime}(x)=\frac{e^x(e^x-1)-(e^x+1)e^x}{(e^x-1)^2}\), soit \(f^{\prime}(x)=\frac{-2e^x}{(e^x-1)^2}\). En \(-\infty\) : \(f(x)\) tend vers \(\frac{0+1}{0-1}\), limite −1. En 0 : le numérateur tend vers 2 et \(e^x-1\) tend vers 0 en étant négatif à gauche et positif à droite, d’où \(-\infty\) en \(0^-\) et \(+\infty\) en \(0^+\). En \(+\infty\) : \(f(x)=\frac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}\), limite 1.
5. \(f(x)=\frac{3x+1-e^x}{e^x}=(3x+1)e^{-x}-1\), définie sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=3e^{-x}-(3x+1)e^{-x}\), soit \(f^{\prime}(x)=(2-3x)e^{-x}\). En \(-\infty\), \(3x+1\) tend vers \(-\infty\) et \(e^{-x}\) vers \(+\infty\) : limite \(-\infty\). En \(+\infty\), \(xe^{-x}=\frac{x}{e^x}\) et \(e^{-x}\) tendent vers 0 : limite −1.
6. \(f(x)=x^3e^{-x}\), définie sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=3x^2e^{-x}-x^3e^{-x}\), soit \(f^{\prime}(x)=x^2(3-x)e^{-x}\). En \(-\infty\), \(x^3\) tend vers \(-\infty\) et \(e^{-x}\) vers \(+\infty\) : limite \(-\infty\). En \(+\infty\), \(\frac{x^3}{e^x}\) tend vers 0 : limite 0.

Exercice 12 :

1. \(e^xe^{-x}=e^{x-x}=e^0=\) 1
2. \(e^xe^{-x+1}=e^{x-x+1}=\) \(e\)
3. \(ee^{-x}=e^1e^{-x}=\) \(e^{1-x}\)
4. \((e^{-x})^2=\) \(e^{-2x}\)
5. \(\frac{e^{2x}}{e^{2-x}}=e^{2x-(2-x)}=\) \(e^{3x-2}\)
6. \(\frac{(e^x)^3}{e^{2x}}=e^{3x-2x}=\) \(e^x\)

Exercice 13 (exponentielle 1ère corrigé)

1. Puis on peut remarquer que l’équation peut être mise sous la forme d’une équation du second degré en \(e^x\) en posant \(e^x = t\) :

\(t^2 + 3t – 4 = 0\)

On peut résoudre cette équation en utilisant la méthode habituelle pour résoudre une équation quadratique :

\((t+4)(t-1) = 0\)

Donc, \(t = -4\) ou \(t = 1\). Ensuite, en remplaçant t par \(e^x\), on trouve que les solutions de l’équation sont :

\(e^x = -4\) (pas de solution réelle) ou \(e^x = 1 \iff x=0\)

\(S=\{0\}\)

2. De plus, on factorise par \(e^x\) : \(e^{3x}-e^x=e^x(e^{2x}-1)=0\).

Donc \(e^x = 0\) (impossible) ou \(e^{2x} = 1 \iff 2x=0 \iff x=0\). \(S=\{0\}\)

3. Ensuite, en multipliant par \(e^x\neq 0\) : \(e^x+e^{-x}=1\Leftrightarrow e^{2x}+1=e^x\Leftrightarrow t^2-t+1=0\) avec \(t=e^x\).

\(\Delta=(-1)^2-4\times 1\times 1=-3<0\) : cette équation du second degré n’a pas de solution réelle. \(S=\varnothing\)

4. \(\sqrt{e}=e^{\frac{1}{2}}\) et la fonction exponentielle est strictement croissante : \(e^{2x-1}<e^{\frac{1}{2}}\Leftrightarrow 2x-1<\frac{1}{2}\Leftrightarrow x<\frac{3}{4}\).

\(S=]-\infty;\frac{3}{4}[\)

5. Par ailleurs, on pose \(t=e^x>0\) : \(4t^2-3t-1<0\). Puis le trinôme a pour racines 1 et \(-\frac{1}{4}\), donc \(4t^2-3t-1=(t-1)(4t+1)\).

Comme \(t>0\), on a \(4t+1>0\), et l’inéquation équivaut à \(t-1<0\), c’est-à-dire \(e^x<1\Leftrightarrow x<0\).

\(S=]-\infty;0[\)

6. Ensuite, L’expression est définie pour \(x\neq -\frac{1}{3}\). Comme \(\frac{1}{e^2}=e^{-2}\) et que l’exponentielle est strictement croissante :

\(e^{\frac{2x-1}{3x+1}}>e^{-2}\Leftrightarrow \frac{2x-1}{3x+1}>-2\Leftrightarrow \frac{2x-1+2(3x+1)}{3x+1}>0\Leftrightarrow \frac{8x+1}{3x+1}>0\).

Le quotient est positif quand numérateur et dénominateur ont le même signe : 8x + 1 s’annule en \(-\frac{1}{8}\) et 3x + 1 en \(-\frac{1}{3}\).

\(S=]-\infty;-\frac{1}{3}[\cup]-\frac{1}{8};+\infty[\)

x	\(-\infty\)		0		\(+\infty\)
f’		−	0	+
f	\(+\infty\)	↘	0	↗	\(+\infty\)

x	\(-\infty\)		2		\(\dfrac{5}{2}\)		\(+\infty\)
f’		−	||	−	0	+
f	0	↘	\(-\infty\) || \(+\infty\)	↘	\(2e^4\)	↗	\(+\infty\)

x	\(-\infty\)		\(\dfrac{3}{2}\)		\(+\infty\)
f’		+	0	−
f	\(-\infty\)	↗	\(2e^{-\frac{3}{2}}\)	↘	0

x	\(-\infty\)		\(\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\)		\(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\)		\(+\infty\)
f’		+	0	−	0	+
f	0	↗	\(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}e^{-1-\sqrt{5}}\)	↘	\(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}e^{-1+\sqrt{5}}\)	↗	\(+\infty\)

Exercice 14 :

Soient \(n\in\mathbb{N}^*\), \(x\in]0;+\infty[\) et (E) l’équation \(\ln x=x^n\).

1. f est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et \(f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}\). Comme x > 0, f'(x) a le signe de x − 1 : f est décroissante sur \(]0;1]\) et croissante sur \([1;+\infty[\).

Son minimum est \(f(1)=1-\ln 1=1>0\). Donc pour tout x > 0, \(x-\ln x>0\), c’est-à-dire \(\ln x<x\).

Dans le cas n = 1, l’équation (E) n’admet donc pas de solution dans \(]0;+\infty[\).

2. Puis on considère la fonction \(f_n\) définie sur \(]0;+\infty[\) par \(f_n(x)=x^n-\ln x\).

La fonction \(f_n\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) (différence de deux fonctions qui le sont) et pour tout \(x\in]0;+\infty[\) :

\(f_n^{\prime}(x)=nx^{n-1}-\frac{1}{x}=\frac{nx^n-1}{x}\)

On a, pour \(x\in]0;+\infty[\) : \(f_n^{\prime}(x)\geq\, 0\Leftrightarrow nx^n-1\geq\, 0\Leftrightarrow x^n\geq\,\frac{1}{n}\Leftrightarrow x\geq\,\sqrt[n]{\frac{1}{n}}\)

(la dernière équivalence est une conséquence de la croissance de l’application \(t\mapsto t^{\alpha}\) sur \(]0;+\infty[\) lorsque \(\alpha\gt 0\)).

Notons \(\alpha_n=\sqrt[n]{\frac{1}{n}}\). Ainsi \(f_n\) est croissante sur \([\alpha_n;+\infty[\) et décroissante sur \(]0;\alpha_n]\).

Elle admet donc un minimum en \(\alpha_n\) qui est :

\(f_n(\alpha_n)=\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\ln\frac{1}{n}=\frac{1+\ln n}{n}\gt 0\) (car \(n\in\mathbb{N}^*\), donc \(\ln n\geq\, 0\)).

Donc \(f_n\) est strictement positive sur \(]0;+\infty[\) : pour tout x > 0, \(x^n>\ln x\).

L’équation (E) n’admet donc pas de solution, quel que soit \(n\in\mathbb{N}^*\).

Exercice 15 (exponentielle 1ère corrigé)

1. De plus, la fonction \(G_k\) est définie sur \(\mathbb{R}\), qui est un ensemble centré en 0, et pour tout \(x\in\mathbb{R}\) :

\(G_k(-x)=e^{-k(-x)^2}=e^{-kx^2}=G_k(x)\)

La fonction \(G_k\) est donc paire.

2. Ensuite, la fonction \(u:x\mapsto -kx^2\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), la fonction exponentielle aussi. Donc par composition, \(G_k\), qui est du type \(e^u\), est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(G_k^{\prime}=u^{\prime}e^u\), d’où :

\(G_k^{\prime}(x)=-2kxe^{-kx^2}\)

Comme k > 0 et \(e^{-kx^2}>0\), \(G_k^{\prime}(x)\) est du signe de −x.

\(\lim_{x \to +\infty}G_k(x)=\lim_{x \to +\infty}e^{-kx^2}=0\) car \(\lim_{x \to +\infty}(-kx^2)=-\infty\) puisque k > 0. \(G_k\) étant paire, on en déduit \(\lim_{x \to -\infty}G_k(x)=0\).

x	\(-\infty\)		0		\(+\infty\)
signe de \(G_k^{\prime}\)		+	0	−
variations de \(G_k\)	0	croissante	1	décroissante	0

3. Par ailleurs, la fonction \(G_k^{\prime}\) est du type fg avec \(f(x)=-2kx\) et \(g(x)=G_k(x)\), où f et g sont dérivables sur \(\mathbb{R}\). Donc \(G_k^{\prime}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(G_k^{\prime\prime}=f^{\prime}g+fg^{\prime}\), ce qui donne :

\(G_k^{\prime\prime}(x)=-2ke^{-kx^2}+4k^2x^2e^{-kx^2}=2ke^{-kx^2}(2kx^2-1)\)

On a : \(G_k^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow 2kx^2-1=0\Leftrightarrow\) \(x=\frac{1}{\sqrt{2k}}\) ou \(x=-\frac{1}{\sqrt{2k}}\).

(Remarque : \(G_k^{\prime}(x)=0\Leftrightarrow x=0\), abscisse du maximum.)

4. Courbes \(C_k\) des fonctions \(G_k\) pour \(k=\frac{1}{2}\), 1 et 2, avec la tangente T de la question 7 :

5. Puis pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(x^2\geq\, 0\), donc : \(h\leq\, k\Leftrightarrow -hx^2\geq\, -kx^2\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) \(\Leftrightarrow e^{-hx^2}\geq\, e^{-kx^2}\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) \(\Leftrightarrow\) \(G_h\geq\, G_k\) sur \(\mathbb{R}\) (la fonction exponentielle est strictement croissante ; pour la réciproque, on prend x = 1).

6. Lorsque \(k=\frac{1}{2}\), on a : \(G_k^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow x^2-1=0\Leftrightarrow (x=1\) ou \(x=-1)\). D’où \(\alpha=1\).

7. Ensuite, une équation de la tangente T à la courbe de \(G_k\) au point d’abscisse \(\alpha=1\) est donnée par :

\(y=G_k(1)+G_k^{\prime}(1)(x-1)\)

\(y=e^{-\frac{1}{2}}-e^{-\frac{1}{2}}(x-1)\)

\(y=\frac{2-x}{\sqrt{e}}\)

8. Puis la tangente T passe par les points \((1;\frac{1}{\sqrt{e}})\) et (2 ; 0) : elle est tracée sur le graphique de la question 4.

Remarque : aux abscisses \(\pm\frac{1}{\sqrt{2k}}\), la dérivée seconde s’annule en changeant de signe. De plus, on dit alors que la courbe a un « point d’inflexion » (la courbe traverse sa tangente). Ensuite, on peut montrer que le lieu des points d’inflexion des courbes des fonctions \(G_k\) est la droite horizontale d’équation \(y=\frac{1}{\sqrt{e}}\) (privée du point d’abscisse 0).

Exercice 16 :

Partie A

1.a. Comme \(g(x) = h(x)e^{-x}\), g est dérivable et \(g^{\prime}(x) = h^{\prime}(x)e^{-x} – h(x)e^{-x}\). Donc :

\(g^{\prime}(x) + g(x) = h^{\prime}(x)e^{-x} – h(x)e^{-x} + h(x)e^{-x} = h^{\prime}(x)e^{-x}\)

g est solution de \((E_n)\) si et seulement si \(h^{\prime}(x)e^{-x}=\frac{x^n}{n!}e^{-x}\) pour tout réel x, c’est-à-dire, en divisant par \(e^{-x}\neq 0\), si et seulement si \(h^{\prime}(x) = \frac{x^n}{n!}\).

1.b. h est une primitive de \(x\mapsto \frac{x^n}{n!}\), donc \(h(x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+C\) (car \((n+1)\times n!=(n+1)!\)). Par ailleurs, la condition g(0) = 0 donne h(0) = 0, donc C = 0 :

\(h(x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\) et \(g(x) = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x}\).

2.a. g est solution de \((E_n)\), donc \(g^{\prime}+g=\frac{x^n}{n!}e^{-x}\). Ainsi :

\(\phi\) solution de \((E_n)\) \(\Leftrightarrow \phi^{\prime}+\phi=g^{\prime}+g\Leftrightarrow (\phi-g)^{\prime}+(\phi-g)=0\Leftrightarrow\) \(\phi-g\) est solution de (F).

2.b. (F) s’écrit \(y^{\prime}=-y\) : ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto Ce^{-x}\), \(C\in\mathbb{R}\).

2.c. D’après 2.a et 2.b, \(\phi-g\) est de la forme \(x\mapsto Ce^{-x}\), donc la solution générale de \((E_n)\) est :

\(\phi(x)=(\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}+C)e^{-x}\), \(C\in\mathbb{R}\).

2.d. f(0) = 0 donne C = 0, donc \(f(x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x}\) : c’est la fonction g.

Partie B

1.a. \(f_1^{\prime}(x)=e^{-x}-xe^{-x}\), donc \(f_1^{\prime}(x)+f_1(x)=e^{-x}=f_0(x)\) : \(f_1\) est solution de \(y^{\prime}+y=f_0\) (et \(f_1(0)=0\)).

1.b. Initialisation : pour n = 1, \(\frac{x^1}{1!}e^{-x}=xe^{-x}=f_1(x)\), d’après 1.a.

Hérédité : supposons que \(f_n(x)=\frac{x^n}{n!}e^{-x}\) pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors \(f_{n+1}\) est la solution de \(y^{\prime}+y=\frac{x^n}{n!}e^{-x}\), c’est-à-dire de \((E_n)\), vérifiant \(f_{n+1}(0)=0\). D’après la partie A (question 2.d), \(f_{n+1}(x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{-x}\).

Conclusion : pour tout \(n\geq\, 1\), \(f_n(x)=\frac{x^n}{n!}e^{-x}\) (formule encore vraie pour n = 0).

2.a. Puis pour \(x\in[0;1]\) : \(x^n\geq\, 0\) et \(0<e^{-x}\leq\, 1\) car \(-x\leq\, 0\). Ensuite, en multipliant par \(\frac{x^n}{n!}\geq\, 0\) : \(0\leq\, f_n(x)\leq\,\frac{x^n}{n!}\).

Par positivité de l’intégrale : \(0\leq\, I_n\leq\,\int_0^1\frac{x^n}{n!}dx=[\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}]_0^1=\frac{1}{(n+1)!}\).

Comme \(\lim_{n \to +\infty}\frac{1}{(n+1)!}=0\), le théorème des gendarmes donne \(\lim_{n \to +\infty}I_n=0\).

2.b. Puis pour \(k\geq\, 1\), \(f_k^{\prime}+f_k=f_{k-1}\), donc \(f_k-f_{k-1}=-f_k^{\prime}\) et :

\(I_k-I_{k-1}=\int_0^1(f_k(x)-f_{k-1}(x))dx=-[f_k(x)]_0^1=-(f_k(1)-f_k(0))=-\frac{1}{k!}e^{-1}\).

2.c. \(I_0=\int_0^1e^{-x}dx=[-e^{-x}]_0^1=\) \(1-e^{-1}\).

En additionnant les égalités de 2.b pour k allant de 1 à n (les termes se télescopent) :

\(I_n=I_0+\sum_{k=1}^{n}(I_k-I_{k-1})=1-e^{-1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{e^{-1}}{k!}=1-\sum_{k=0}^{n}\frac{e^{-1}}{k!}\) car \(\frac{e^{-1}}{0!}=e^{-1}\).

2.d. D’après 2.c, \(\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}=e(1-I_n)\). Comme \(\lim_{n \to +\infty}I_n=0\), on obtient \(\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}=e\).

Exercice 17 (exponentielle 1ère corrigé)

a. Puis on a \(\frac{1}{e^3}=e^{-3}\).

b. De plus, on a \(e^{-2}\times \,e^7=e^5\).

Exercice 18 :

1. f est dérivable sur \(\mathbb{R}\), donc g = −2f aussi, et \(g^{\prime}=-2f^{\prime}=-2f=g\).

2. \(g(0)=-2f(0)=-2 \times (-\frac{1}{2})=1\). De plus, la fonction g vérifie donc \(g^{\prime}=g\) et \(g(0)=1\) : c’est la définition de la fonction exponentielle (fonction unique). Donc \(g(x)=e^x\).

3. \(f(x)=\frac{g(x)}{-2}\), donc \(f(x)=-\frac{1}{2}e^x\).

Exercice 19 (exponentielle 1ère corrigé)

1.

a. \(e^4\times \,e^6=e^{4+6}=e^{10}\).

b. \(e\times (e^5)^2=e^1\times e^{10}=e^{11}\).

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

2.

a. \(\frac{e^{2a}\times \,e^{-a}}{e^{5a}}=e^{2a-a-5a}=e^{-4a}\).

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

c. \((e^a)^3\times \,e=e^{3a}\times e^1=e^{3a+1}\).

Exercice 20 :

1. f est dérivable sur \(]-1;+\infty[\) comme quotient, et \(f^{\prime}(x)=\frac{e^x(1+x)-e^x\times 1}{(1+x)^2}=\frac{xe^x}{(1+x)^2}\).

L’équation de \(T_a\) est \(y=f^{\prime}(a)(x-a)+f(a)\), soit :

\(y=\frac{ae^a}{(1+a)^2}(x-a)+\frac{e^a}{1+a}\)

2. \(T_a\) passe par l’origine si et seulement si le point (0 ; 0) vérifie l’équation :

\(0=\frac{-a^2e^a}{(1+a)^2}+\frac{e^a}{1+a}\Leftrightarrow 0=\frac{e^a(-a^2+1+a)}{(1+a)^2}\Leftrightarrow a^2-a-1=0\) car \(e^a>0\).

\(\Delta=1+4=5>0\) : deux solutions \(a_1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\approx -0{,}62\) et \(a_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1{,}62\), toutes les deux supérieures à −1.

Il existe donc deux valeurs de a, \(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) et \(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\), pour lesquelles \(T_a\) passe par l’origine.

Exercice 21 (exponentielle 1ère corrigé)

1.

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

b. Ensuite, une journée dure \(24\times 60=1\,440\) minutes, donc \(T(1\,440)=19{,}5e^{-7\times 10^{-4}\times 1440}-10{,}5=19{,}5e^{-1{,}008}-10{,}5\approx -3{,}38\).

Après une journée, la température est d’environ −3,4 °C.

2. Quand t tend vers \(+\infty\), \(-7\times 10^{-4}t\) tend vers \(-\infty\), donc \(e^{-7\times 10^{-4}t}\) tend vers 0 et \(\lim_{t\to +\infty}T(t)=-10{,}5\).

À long terme, la température moyenne du congélateur se stabilise vers −10,5 °C.

Exercice 22 :

On utilise \(e^a\times e^b=e^{a+b}\), \(\frac{e^a}{e^b}=e^{a-b}\), \(\frac{1}{e^a}=e^{-a}\) et \((e^a)^n=e^{na}\).

1) \(e^{-7}\times \,e^3=e^{-4}\).

2) \(e^{-1}\times \,e^{-5}=e^{-6}\).

3) \(e^2\times \,e=e^3\).

4) \(e\times \,e^{-1}=e^0\).

5) \(\frac{1}{e}=e^{-1}\).

6) \(\frac{1}{e^{-1}}=e^1\).

7) \(\frac{1}{e^2}=e^{-2}\).

8) \(\frac{1}{e^{-3}}=e^3\).

9) \(\frac{e^{-3}}{e^2}=e^{-5}\).

10) \(\frac{e}{e^{-1}}=e^2\).

11) \(\frac{e^{-2}}{e}=e^{-3}\).

12) \(\frac{e^2\times \,e^{-3}}{e^5}=e^{-6}\).

13) \((e^2)^3=e^6\).

14) \((e^3)^2=e^6\).

15) \((e^{-1})^6=e^{-6}\).

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

Exercice 23 (exponentielle 1ère corrigé)

1) \(e^x\times \,e^2=e^{x+2}\).

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

3) \(e\times \,e^x=e^{x+1}\).

4) \(e^x\times \,e^x=e^{2x}\).

5) \(e^x\times \,e^{-x}=e^0\).

6) \(e^{x-1}\times \,e^x=e^{2x-1}\).

7) \((e^x)^2=e^{2x}\).

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

9) \((2e^x)^3=2^3(e^x)^3=8e^{3x}\) (le facteur 8 reste devant l’exponentielle).

10) \(\frac{e^{5x}}{e^x}=e^{4x}\).

11) \(\frac{e^{x+1}}{e}=e^{x}\).

12) \(\frac{e^3}{e^{2x-1}}=e^{3-(2x-1)}=e^{4-2x}\).

Exercice 24 :

Pour a et b réels, la dérivée de \(x\mapsto e^{ax+b}\) est \(x\mapsto ae^{ax+b}\).

1. \(f^{\prime}(x)=0{,}5e^{0{,}5x}\) ; \(g^{\prime}(x)=3e^{3x}\) ; \(h^{\prime}(x)=-e^{-x}\).
2. \(f^{\prime}(x)=e^{x+1}\) ; \(g^{\prime}(x)=-2e^{1-2x}\) ; \(h^{\prime}(x)=-3e^{-3x+1}\).
3. \(f^{\prime}(x)=2e^{2x}\) ; \(g^{\prime}(x)=-(-2)e^{-2x}=2e^{-2x}\) ; \(h^{\prime}(x)=-3e^{-3x+1}\).
4. \(f^{\prime}(x)=2e^{2x}\) ; \(g^{\prime}(x)=2e^{-2x}\) ; \(h^{\prime}(x)=2\times (-e^{-x})=-2e^{-x}\).

Exercice 25 (exponentielle 1ère corrigé)

1. Quand x tend vers \(+\infty\), \(-0{,}024x\) tend vers \(-\infty\), donc \(e^{-0{,}024x}\) tend vers 0 : \(\lim_{x\to +\infty}f(x)=0\).

2. \(f^{\prime}(x)=17280\times (-0{,}024)e^{-0{,}024x}=-414{,}72e^{-0{,}024x}\). Par ailleurs, une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(x)<0\) : f est strictement décroissante sur \([15;+\infty[\).

3. D’après ce modèle, la quantité de pétrole découverte chaque année diminue d’année en année à partir de 2015, et elle devient de plus en plus proche de 0 : à long terme, les nouvelles découvertes de pétrole deviendront négligeables.

Exercice 26 :

1. Ensuite, on a \(f^{\prime}(x)=-e^x+1\).

2. Si \(x\geq\, 0\), alors \(e^x\geq\, e^0=1\) car la fonction exponentielle est croissante, donc \(f^{\prime}(x)=1-e^x\leq\, 0\).

3. De même, si \(x\leq\, 0\), alors \(e^x\leq\, 1\) et \(f^{\prime}(x)\geq\, 0\). De plus \(f(0)=2-1+0=1\).

x	\(-\infty\)		0		\(+\infty\)
signe de f'(x)		+	0	−
variations de f		croissante	1	décroissante

f est croissante sur \(]-\infty;0]\) et décroissante sur \([0;+\infty[\) ; son maximum est f(0) = 1.

Exercice 27 (exponentielle 1ère corrigé)

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

2) Numérateur : \(e^{-x+2-2x-1}=e^{-3x+1}\) ; dénominateur : \(e^{3x+2-x-1}=e^{2x+1}\). Donc l’expression vaut \(e^{-3x+1-(2x+1)}=\) \(e^{-5x}\).

3) Numérateur : \(e^{-2x}\times e^{-x+1}=e^{-3x+1}\) ; dénominateur : \(e^{x+2}\times e^{-3x-3}=e^{-2x-1}\). Donc l’expression vaut \(e^{-3x+1-(-2x-1)}=\) \(e^{-x+2}\).

Exercice 28 :

1. Puis on développe le membre de droite : \((1+2e^x)(2-e^x)=2-e^x+4e^x-2e^{2x}=-2e^{2x}+3e^x+2\). L’égalité est démontrée.

(Avec \((1-2e^x)\) comme facteur, on obtiendrait \(2e^{2x}-5e^x+2\) : l’égalité serait fausse, par exemple pour x = 0 où elle donnerait 3 = −1.)

2. \(\frac{e\times e^x}{e^{2+3x}}=e^{1+x-2-3x}=e^{-2x-1}\) et \((e^{-x-0{,}5})^2=e^{2(-x-0{,}5)}=e^{-2x-1}\). Les deux membres sont égaux.

3. Ensuite, on multiplie le numérateur et le dénominateur par \(e^{3x}\neq 0\) : \(\frac{e^{1-3x}}{1+e^{-3x}}=\frac{e^{1-3x}\times e^{3x}}{(1+e^{-3x})\times e^{3x}}=\frac{e^1}{e^{3x}+1}\). L’égalité est démontrée.

Exercice 29 :

1) \(e^x\) ne s’annule pas, donc multiplier par \(e^x\) donne une équation équivalente : \(e^x-2e^{-x}+1=0\Leftrightarrow e^x\times e^x-2e^{-x}\times e^x+e^x=0\Leftrightarrow (e^x)^2+e^x-2=0\) car \(e^{-x}\times e^x=e^0=1\).

2) On pose \(y=e^x\) : \(y^2+y-2=0\), qui se factorise en \((y-1)(y+2)=0\), d’où y = 1 ou y = −2.

\(e^x=-2\) est impossible car une exponentielle est strictement positive, et \(e^x=1\Leftrightarrow x=0\).

L’équation \(e^x-2e^{-x}+1=0\) a une seule solution : x = 0.

Exercice 30 :

1) \(e^{-x}-e^x>0\Leftrightarrow e^{-x}>e^x\Leftrightarrow -x>x\) (la fonction exponentielle est strictement croissante) \(\Leftrightarrow x<0\).

\(S=]-\infty;0[\)

2) On réduit au même dénominateur : \(1-\frac{1+e^x}{1+e^{-x}}=\frac{1+e^{-x}-1-e^x}{1+e^{-x}}=\frac{e^{-x}-e^x}{1+e^{-x}}\).

Le dénominateur est strictement positif, donc l’expression a le signe de \(e^{-x}-e^x\). D’après 1), et puisque \(e^{-x}-e^x=0\Leftrightarrow x=0\) :

l’expression est strictement positive sur \(]-\infty;0[\), nulle en 0 et strictement négative sur \(]0;+\infty[\).

Exercice 31 :

1. Conjectures lues sur le graphique :

• pour f : limite 0 en \(-\infty\), \(-\infty\) à gauche de 0, \(+\infty\) à droite de 0, \(+\infty\) en \(+\infty\) ;
• pour g : limite \(-\infty\) en \(-\infty\) et 0 en \(+\infty\).

2. Démonstrations.

• En \(-\infty\) : \(e^x+1\) tend vers 1 et x vers \(-\infty\), donc \(\lim_{x \to -\infty}f(x)=0\).
• En 0 : \(e^x+1\) tend vers 2 ; si x tend vers 0 par valeurs négatives, \(\lim_{x \to 0^-}f(x)=-\infty\), et par valeurs positives, \(\lim_{x \to 0^+}f(x)=+\infty\).
• En \(+\infty\) : \(f(x)=\frac{e^x}{x}+\frac{1}{x}\) ; or \(\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty\) (croissances comparées) et \(\frac{1}{x}\) tend vers 0, donc \(\lim_{x \to +\infty}f(x)=+\infty\).
• Pour g en \(-\infty\) : \(g(x)=(x+1)e^{-x}\), avec x + 1 qui tend vers \(-\infty\) et \(e^{-x}\) vers \(+\infty\), donc \(\lim_{x \to -\infty}g(x)=-\infty\).
• Pour g en \(+\infty\) : \(g(x)=\frac{x}{e^x}+\frac{1}{e^x}\) ; or \(\lim_{x \to +\infty}\frac{x}{e^x}=0\) et \(\lim_{x \to +\infty}\frac{1}{e^x}=0\), donc \(\lim_{x \to +\infty}g(x)=0\).

Les conjectures sont démontrées.

Exercice 32 :

On calcule les images de 0 : \(f(0)=3\times 0{,}7^0=3\), \(g(0)=3\times 1{,}2^0=3\) et \(h(0)=1{,}2^0=1\).

• La seule courbe qui part du point (0 ; 1) est \(\mathscr{C}_1\) : h est représentée par \(\mathscr{C}_1\).
• f et g partent toutes les deux du point (0 ; 3). Comme 0 < 0,7 < 1, la fonction f est décroissante : f est représentée par \(\mathscr{C}_2\).
• Comme 1,2 > 1, la fonction g est croissante : g est représentée par \(\mathscr{C}_3\).

Vérification : \(f(2)=3\times 0{,}49=1{,}47\) et \(h(2)=1{,}44\), ce qui correspond au point où \(\mathscr{C}_1\) et \(\mathscr{C}_2\) se croisent, vers x = 2.

Exercice 33 :

On a \(f(x)=k\times a^x\), donc \(f(0)=k\times a^0=k\).

Sur le graphique, la courbe passe par le point (0 ; 2), donc k = 2.

La courbe passe aussi par le point (1 ; 1,5), donc \(f(1)=2a=1{,}5\), d’où a = 0,75.

Donc \(f(x)=2\times 0{,}75^x\). Vérification : \(f(2)=2\times 0{,}5625=1{,}125\) et \(f(4)\approx 0{,}63\), valeurs conformes au graphique. Puis la fonction est bien décroissante car 0 < 0,75 < 1.

Exercice 34 :

1. Sur le graphique (un petit carreau vaut 0,2 en ordonnée), on lit f(0) = 0,4 et f(1) = 0,6.

2. \(f(0)=k\times a^0=k\), donc k = 0,4.

\(f(1)=k\times a=0{,}4a=0{,}6\), donc \(a=\frac{0{,}6}{0{,}4}=\) 1,5.

Donc \(f(x)=0{,}4\times 1{,}5^x\). Vérification : \(f(4)=0{,}4\times 5{,}0625=2{,}025\approx 2\), ce que confirme le graphique.

Exercice 35 :

1. a) Augmenter de 50 % revient à multiplier par \(1+\frac{50}{100}=1{,}5\). Donc pour tout entier n, \(u(n+1)=1{,}5\times u(n)\) : la suite u est géométrique de raison 1,5 et de premier terme u(0) = 2.

b) Le terme général est \(u(n)=2\times 1{,}5^n\).

c) Il faut dépasser 10 000 bactéries, c’est-à-dire u(n) > 10 (en milliers).

n	0	1	2	3	4
u(n)	2	3	4,5	6,75	10,125

u(3) = 6,75 < 10 et u(4) = 10,125 > 10 : la population dépasse 10 000 bactéries au bout de 4 jours.

2. a. De plus, on trace la droite d’équation y = 10 et on lit l’abscisse de son point d’intersection avec la courbe de f : la courbe est au-dessus de cette droite à partir de cette abscisse. Ensuite, le premier nombre entier de jours situé après ce point donne la réponse : 4 jours.

Attention : la courbe du graphique est tracée de façon imprécise (on y lit par exemple f(3) ≈ 6 au lieu de 6,75), et l’intersection semble y être vers x = 4,5. Par ailleurs, le calcul f(3) = 6,75 < 10 et f(4) = 10,125 > 10 montre qu’en réalité la courbe franchit la droite juste avant x = 4 (vers x ≈ 3,97), ce qui confirme le résultat de la question 1 c).

b. 12 h correspondent à une demi-journée, soit x = 0,5. Graphiquement, on lit f(0,5) ≈ 2,45 ; par le calcul, \(f(0{,}5)=2\times 1{,}5^{0{,}5}=2\sqrt{1{,}5}\approx 2{,}449\).

Au bout de 12 h, l’échantillon contient environ 2 449 bactéries.

Bien travailler avec exponentielle 1ère corrigé

Tout d’abord, fais l’exercice sans regarder la solution. Puis contrôle tes calculs avant de passer à la suite. Ainsi, tu repères vite tes erreurs de méthode. Puis en outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Fonction (mathématiques) sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec equations et second degré : corrigé des exercices de maths en 1ère en PDF.