Exercice 1 :
Soit la fonction f définie par 
1. Donner le domaine de définition de la fonction f.
nous avons
donc pour que f soit définie, il faut que x-3>0 soit x>3.
ainsi :
2. Donner une primitive de la fonction.
les primitives de f sont de la forme :
Exercice 2 :
soit la fonction f tel que :
1. Indiquer le domaine de définition de f et transformer l’écriture du réel f(x).
donc
2. Donner un prolongement par continuité de f au point 0.
3. Etudier la dérivabilité de f au point 0.
4. Calculer la dérivée de f et étudier son signe. Etablir le tableau de variations.
5. Décrire comment se présente la tangente en ce point.
6. Construire la courbe dans un repère approprié.
Exercice 3 :
1. Démontrer que pour tout réel x, .
d’après la formule ci-dessus :
donc
car
2. Démontrer que pour tout réel x et pour tout entier naturel n,
Exercice 4:
Résoudre les inéquations suivantes :
1.
La fonction logarithme népérien est strictement croissante sur .
2.
( car ln 3 > 0)
Exercice 5 :
Déterminer les primitives des fonctions suivantes :
1. .
une primitive est de la forme .
2.
une primitive est de la forme .
Exercice 6 :
Soit pour x ∈ R.
1. Déterminez les limites de f aux bornes du domaine de définition.
et
2. Etudiez les variations de f.
sur donc f est croissante sur .
3. Construisez la courbe C représentant f.
Exercice 7 :
Résoudre les équations et inéquations proposées.
Calculons la valeur du discriminant :
Le discriminant est strictement positif, il existe donc deux racines réelles distinctes.
Exercice 8 :
1.a) Pour calculer la dérivée de , on utilise la formule pour la dérivée d’un quotient :
En simplifiant, on obtient :
b) Le dénominateur est toujours positif car x est dans l’intervalle [10, 100].
Le numérateur est positif pour x > 30 et négatif pour x < 30.
Donc, le signe de dépend du signe de (x-30)(x+30). On peut établir le tableau de signes suivant :
x | 10 | 30 | 100
—-|—–|—–|—–
| – | 0 | +
En utilisant ce tableau, on peut établir le tableau de variation de :
x | 10 | 30 | 100
—-|—–|—–|—–
| + | mín | +
c) Le coût unitaire est le plus bas lorsque est minimal.
Comme la fonction est décroissante sur [10,30] et croissante sur [30,100], son minimum est atteint en x = 30. Le coût unitaire minimal est donc .
Le bénéfice de l’entreprise par objet vendu est la différence entre le prix de vente et le coût unitaire, soit :
2. Le bénéfice global de l’entreprise est donné par la formule , car l’entreprise fabrique et vend x objets par jour.
En remplaçant par son expression en fonction de x, on obtient :
3. Pour trouver le maximum de la fonction B sur [10,100], on peut calculer sa dérivée :
La dérivée est nulle en x = 55, ce qui est bien dans l’intervalle [10,100]. Pour déterminer que cette valeur est un maximum, on peut regarder le signe de la dérivée dans les intervalles [10,55] et [55,100]. On peut établir le tableau de signes suivant :
x | 10 | 55 | 100
—-|—–|—–|—–
B^'(x) | – | + | –
Donc, la fonction B est décroissante sur [10,55] et croissante sur [55,100], avec un maximum en x = 55. Le bénéfice maximal est donc .
Exercice 9 :
La courbe représente une fonction f définie par .
Elle passe par les points de coordonnées (o;2) et (-2;0).
1) Calculer a et b .
Conclusion :
2) Déterminer les coordonnées du maximum après avoir étudié les variations de f.
f est dérivable sur en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle .
Le signe de f ‘ est celui de -x-1 puisque l’exponentielle est strictement positive sur R .
Conclusion : f est croissante sur .
Exercice 10 :
Simplifier au maximum :
Exercice 11 :
Exercice 12 :
Exercice 13 :
1. On peut remarquer que l’équation peut être mise sous la forme d’une équation du second degré en en posant :
On peut résoudre cette équation en utilisant la méthode habituelle pour résoudre une équation quadratique :
Donc, ou . En remplaçant par , on trouve que les solutions de l’équation sont :
(pas de solution réelle) ou
2. On factorise par :
Donc, (pas de solution réelle) ou
3. On peut remarquer que l’équation est similaire à , qui est équivalente à .
En utilisant la définition de la fonction cosinus hyperbolique inverse (aussi appelée arccosh), on a :
ou
donc les solutions de l’équation sont .
4. On peut diviser les deux membres de l’inéquation par pour obtenir :
En utilisant la même astuce que précédemment, on remarque que cette inéquation équivaut à .
Or, on sait que pour tout , donc il n’y a pas de solution à cette inéquation.
5. On peut réécrire l’inéquation sous la forme , ce qui peut être factorisé en .
On peut résoudre cette inéquation en utilisant le tableau de signes suivant :
| | |
— | — | — | —
| | |
| | |
Produit | | |
Donc, les solutions sont .
6. On peut appliquer la fonction exponentielle des deux côtés de l’inéquation, en prenant soin de conserver le sens de l’inégalité :
En utilisant la propriété de la fonction exponentielle , on peut appliquer le logarithme naturel des deux côtés de l’inégalité :
En multipliant par le dénominateur (qui est toujours positif puisque ), on obtient :
On peut résoudre cette inéquation en utilisant la méthode habituelle pour résoudre une inéquation quadratique :
ou
Mais on doit également vérifier que le dénominateur de la fraction initiale est toujours positif dans l’intervalle des solutions (c’est-à-dire ),
sinon nous aurions une solution qui ne fonctionne pas.
Le dénominateur est toujours positif dans cet intervalle, donc l’ensemble des solutions de l’inéquation initiale est .
Exercice 14 :
Exercice 15 :
1. Pour tout , on a :
Donc, la fonction est paire.
2. La fonction est bien dérivable sur car elle est la composée de fonctions dérivables. Pour tout , on a :
En utilisant le signe de et le tableau de variations de , on peut établir le tableau de variation de :
x |-\infty | 0 |\infty
———|————–|——–|——
G_k(x) |+\infty reste | 1 |+\infty reste
G’_k(x) | – | 0 |+
3. Pour résoudre , on doit chercher les valeurs de pour lesquelles . Cette équation est vraie si et seulement si ou . La valeur n’est pas une solution car ce point correspond à un maximum local de la fonction . Donc, les solutions doivent vérifier , c’est-à-dire . Mais cette équation n’a pas de solution réelle car l’exponentielle est toujours strictement positive.
4. Voici les courbes de pour :
5. Pour tout et pour tout , on a :
Cela s’explique par le fait que le coefficient est plus petit (ou égal) que le coefficient , donc l’exponentielle décroît moins rapidement pour que pour , ce qui fait que la fonction est plus grande (ou égale) que la fonction pour tout .
6. L’équation équivaut à , qui a pour solution positive .
7. La tangente à la courbe de au point d’abscisse est la droite affine de coefficient directeur et passant par le point . On a donc :
soit :
8. Voici le graphique de la fonction ainsi que de sa tangente en :
Exercice 16 :
Partie A
1a. Soit une fonction définie et dérivable sur telle que pour tout . En dérivant cette égalité par rapport à , on a :
Pour que soit solution de l’équation différentielle donnée, il faut que pour tout . En utilisant l’expression de en fonction de , on a :
Donc est solution de si et seulement si pour tout .
1b. En intégrant par rapport à , on obtient :
D’après la question précédente, la fonction correspondante est donnée par :
2a. Soit une fonction définie et dérivable sur . Alors est solution de si et seulement si est solution de l’équation différentielle . En effet, en substituant à dans l’équation , on obtient :
Pour que soit solution de , il faut et il suffit que pour tout , c’est-à-dire que pour tout . On obtient ainsi que est solution de .
2b. L’équation est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients constants. Sa solution générale est donnée par pour une constante fixée en fonction des conditions initiales. Ici, on cherche à résoudre avec la condition initiale . En substituant dans cette condition initiale, on obtient , donc la solution de cette équation avec cette condition initiale est .
2c. Pour tout entier , notons la solution de avec la condition initiale . On peut écrire :
donc pour une certaine constante . En utilisant la condition initiale , on a , donc :
Ainsi, pour tout , la solution de avec la condition initiale est donnée par :
2d. En particulier, la solution de avec la condition initiale est donnée par , donc d’après la question précédente, la solution de avec la condition initiale est donnée par pour tout .
Partie B
1a. On a :
et , donc est solution de .
Soit un entier strictement positif. Supposons que est solution de . Alors la solution de telle que est donnée par la formule de la partie A :
En effet, la solution générale de est de la forme pour une constante , et la condition donne . On obtient ainsi que la solution de telle que est donnée par :
Ce résultat est vrai pour tout entier , donc est la solution de avec la condition initiale .
1b. Pour tout réel , on a , donc par récurrence sur et par la question 1a, on obtient :
En intégrant ces inégalités sur l’intervalle , on obtient :
On en déduit que pour tout entier . En utilisant le théorème des croissances comparées, on obtient que , donc la suite converge vers 0.
1c. Pour tout réel , on a , donc en intégrant ces inégalités sur l’intervalle , on obtient :
D’après la question précédente, la suite converge vers 0. En utilisant la question 2b, on a :
Donc la série converge vers . D’après la question précédente, on a :
Ainsi, » converge vers » align= »absmiddle » />e^{-1} + \lim_{n \to +\infty} I_n = e^{-1} + 0 = e » align= »absmiddle » />.
1d. Par définition, , donc la solution de avec la condition initiale est . D’après la question 2c de la partie A, la solution de avec la condition initiale est pour tout entier .
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