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Feuille d"exercices n°6 : corrigé

PTSI B Lycée Eiffel

2 décembre 2012

Exercice 1 (*)

La fonctionf1et définie sur+. En0+, la limite def1est égale à0puisque le numéra- teur tend vers0(rappelons quexln(x)a pour limite0en0par croissance comparée) et le dénominateur vers1, donc il n"y a pas d"asymptote verticale. Ensuite,f1(x) =x+ lnx

1 +1x,

donclimx+f1(x) = +, etf1(x) x=1 +lnx x

1 +1x, donclimx+f(x)x= 1. Il faut donc calculer

f(x)x=x+ lnxx1

1 +1x=lnx11 +1x. On a donclimx+f(x)x= +, la courbe defadmet

en+une branche parabolique de directiony=x. La dérivée de cette fonction vautf1(x) = (2x+ ln(x) + 1)(x+ 1)x2xln(x) (x+ 1)2=x2+ 3x+ 1 + ln(x)(x+ 1)2. Pas vraiment évident à étudier, on peut toutefois notergle numérateur et constater queg(x) = 2x+ 3 +1 x=2x2+ 3x+ 1x. Le discriminant du numérateur vautΔ = 88 = 1, il s"annule pourx1=31

4=1, et

x

2=3 + 1

4=12, deux valeurs négatives. On en déduit queg(x)est positif surf, doncg

y est croissante. Comme la limite degen0vautet queg(1) = 4, la fonctiong(et donc la fonctionf) s"annule une seule fois, entre0et1. La fonctionf1admettra à cet endroite un minimum. Voici l"allure de la courbe :

0 1 2 3 4 5

012345

Un classique :f2=1;1. En1, le numérateur tend vers4et le dénominateur vers

0, il y a donc des limites infinies et une asymptote verticale d"équationx=1. Par contre,

en1, numérateur et dénominateur tendent vers0, on est obligés de factoriser de chaque côté.

Pour le numérateur, remarquons quex32x2+x=x(x22x+ 1) =x(x1)2, donc pour x= 1,f2(x) =x(x1) x+ 1, qui a pour limite0en1. Pas de deuxième asymptote verticale donc. 1 Pour les infinis, on peut utiliser le quotient des termes de plus haut degré :limx+f2(x) = lim x+x 3 x2= +et de mêmelimx+f

2(x)x= limx+x

3x3= 1. Reste à calculerf2(x)x=

x

32x2+xx3+x

x21=2x2+ 2xx21, qui a pour limite2en+. Conclusion de tous ces calculs : la droite d"équationy=x2est asymptote oblique à la courbe en+et en (où les calculs sont les mêmes). Pour le calcul de la dérivée il vaut évidemment mieux partir def2(x) =x(x1) x+ 1pour obtenir f

2(x) =(2x1)(x+ 1)(x2x)

(x+ 1)2=x2+ 2x1(x+ 1)2. Le numérateur a pour discriminantΔ =

4 + 4 = 8, la dérivée s"annule pourx1=22

2

2=12, et pourx2=2 + 22

2=

21. On peut aller jusqu"à calculerf2(x1) =(12)(22)

2=43

22=223,

etf2(x2) =(

21)(22)2= 223. Ce qui permet de dresser le magnifique tableau de

variations suivant : x 21121 1 + f2(x)+ 00 + + f2 ??2

23????

????2 23??
??0??

Et la courbe qui va avec :

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

012345

-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10 La fonctionf3est définie surpuisqu"une exponentielle est strictement positive. Il suffit donc 2 de regarder ce qui se passe aux infinis, et on peut commencer par constater quef3est paire. La limite en+def3est+et de plusf3(x) = ln(ex(1+e2x)) =x+ln(1+e2x), doncf3(x) x= 1 + ln(1 +e2x) x, qui a pour limite1quandxtend vers+. Enfin,f(x)x= ln(1 +e2x), qui tend vers0, donc la droite d"équationy=xest aymptote oblique à la courbe en+. Par symétrie par rapport à l"axe des abscisses, la droite d"équationy=xest asymptote oblique en.

On calculef3(x) =exex

ex+ex, qui est positive sur[0;+[(et négative sur] ;0], ce qui est cohérent avec la parité). Il y a donc un minimum en0de valeurf3(0) = ln(2).

0 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

012345

-1 Le domaine de définition est+et il y a une asymptote verticale en0(limite). De plus, lim x+f4(x) = +etf4(x) x=1x+lnxx, donclimx+f

4(x)x= 0. Il y a donc en+une

branche parabolique de direction(Ox). L"étude des variations ne pose ici aucun problème et ne nécessite même absolument aucun calcul : la fonction est somme de deux fonctions strictementcroissantes, elle est donc strictement croissante.

0 1 2 3 4 5 6 7 8-1

012345

-1 -2 -3 -4 -5 La fonctionf5est définie quand2x+ 1x1?0, donc (petit tableau de signe) sur? ;12?quotesdbs_dbs7.pdfusesText_5