Exercices :´Etude de fonctions

Exercices : Étude de fonctions
Exercice 1:
Calculer les limites suivantes :
ln x + x − 1
.
x→0
x + e−x
x2 + 3x − 1
2. lim
x→+∞
x−1
1. lim+
3. lim x4 e−
√
x
x→+∞
e2x
x→+∞ (ln x)3
2
ex − e3x + x2
5. lim
x→+∞
1
3
2
6. lim
(ln x) + x − √
x→+∞
x
4. lim
e2x + ex + x
x→−∞
ex − x
ln(2x2 − 1)
8. lim
x→1
x−1
√
x2 + 2x − 1 + x + 1.
9. lim
7. lim
x→−∞
Exercice 2:
Étudier les branches infinies des fonctions suivantes :
1. a(x) =
x2 + x ln x
en +∞.
x+1
2. b(x) =
xex + 1
en ±∞
ex + 1
3. c(x) =
x ln x + ln x
√
en +∞.
x+1
Exercice 3:
Étudier la continuité des fonctions suivantes sur leur ensemble de définition.

√
√
x + ln x
4
+
x
−
4−x




si x > 0
2 − 2 ln x
x
x
1. f (x) =
2. g(x) =
1


− 1

si x = 0
2
2
si x ∈ [−4; 4] \ {0}
si x = 0
Exercice 4:
Déterminer si les fonctions suivantes sont prolongeables par continuité en x0 (penser à bien déterminer
le domaine de définition pour commencer) et le cas échéant, préciser la valeur en x0 qui rend la fonction
continue.
√
2x2 − x − 1
2x − 2
1
x−1
a(x) =
en x0 = −
b(x) = 3
en x0 = 1
c(x) = √
en x0 = 2.
2
2x + 1
2
x −x −x+1
x+7−3
Exercice 5:
Soit f : [0; 1] → [0; 1] continue. Montrer qu’il existe x0 ∈ [0; 1] tel que f (x0 ) = x0 .
Exercice 6:
ex − e−x
.
2e−x + 1
Montrer que f réalise une bijection de R sur une intervalle J à expliciter.
Soit f la fonction définie sur R par f (x) =
Exercice 7:
Montrer que l’équation 3 − 2x = ex possède une unique solution α dans R.
1
Montrer que 6 α 6 1. (On donne : e ≈ 2, 718 et e1/2 ≈ 1, 648.)
2
Exercice 8:
On considère la fonction f définie sur R+∗ par f (x) = x + ln x.
1. Montrer que f réalise une bijection de R+∗ sur un intervalle que l’on précisera.
2. Justifier que l’équation x + ln x = 2005 admet une unique solution α sur ]0; +∞[ et que
1997 6 α 6 1998. (On donne : ln 1997 ≈ ln 1998 ≈ 7, 6.)
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 1
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Exercice 9:
Étudier la dérivabilité des fonctions suivantes sur leur ensemble de définition.

 2 −x
 x ln x si x ∈]0; +∞[\{1}
 xe
si
x
=
6
0
2. h(x) = x − 1
1. f (x) = 1 − e−2x


0
si x = 1
0
si x = 0
x
e −1
(Rappel : lim
= 1)
x→0
x
Exercice 10:
(
x ln(x2 ) − 2x si x 6= 0
.
Soit la fonction f définie sur R par f (x) =
0
si x = 0
1. Montrer que f est continue sur R
2. Montrer que f est dérivable sur R∗ .
3. Étudier la dérivabilité de f en 0 et en donner une interprétation graphique.
Exercice 11:
(
(x + 1)e−1/x
On considère la fonction f définie par : f (x) =
0
si x > 0
si x = 0
1. a) Montrer que f est continue sur R+ .
b) Montrer que f est dérivable (à droite) en 0 et que fd′ (0) = 0.
2. a) Justifier que f est dérivable sur R+∗ et calculer f ′ (x) pour tout x de R+∗ .
b) Déterminer la limite de f en +∞.
c) Dresser le tableau de variations de f .
Exercice 12:
1. Soit a un réel et soit f la fonction définie sur R \ {−a} par f (x) =
1
.
a+x
Montrer que pour tout n ∈ N, f est de classe C n sur R \ {−a} et f (n) (x) =
2. Soit la fonction g définie sur R \ {−1} par g(x) =
(−1)n n!
.
(a + x)n+1
3x + 2
.
x2 − 4
Montrer que l’on peut trouver deux réels a et b tels que ∀x ∈ R \ {−2, 2} g(x) =
en déduire la dérivée n-ième de g pour tout entier n.
b
a
+
et
x−2 x+2
Exercice 13:
Montrer que les fonctions suivantes sont de classe C 1 sur leur ensemble de définition et expliciter leurs
dérivées.
(
(
− 3
ex − 1
1 + x si x > 0
xe |x| si x 6= 0
2.
g(x)
=
1. f (x) =
3. h(x) =
ex + 1
ex
si x < 0
0
si x = 0
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 2
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Exercice 14:
On considère la fonction f définie sur R+∗ par f (x) = −x2 + 3x − ln x.
1. Dresser le tableau de variations de f .
2. Étudier la convexité de f et déterminer les coordonnées du ou des points d’inflexion.
3. Déterminer les coordonnées du ou des points de la courbe représentative de f , Cf présentant une
tangente horizontale.
1
4. Tracer l’allure de Cf . (On donne √ ≈ 0, 7 et ln 2 ≈ 0, 7)
2
Exercice 15:
1
.
1 + x3
sa bijection réciproque. Préciser le domaine de définition
Soit la fonction f définie sur ] − 1; +∞[ par f (x) = √
1. Montrer que f est bijective. On note f −1
de f −1
2. Déterminer une équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 2.
3. Déterminer une équation de la tangente à la courbe représentative de f −1 au point d’abscisse
1
.
3
4. Quel est l’ensemble de dérivabilité de f −1
5. La courbe représentative de f −1 admet-elle une tangente au point d’abscisse 1 ?
6. Dresser les tableaux de variation de f et f −1 .
7. Tracer sur le même graphique l’allure des courbes représentatives de f et f −1
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 3
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Correction
Exercice 1:
1. Par somme de limites lim+ ln x + x − 1 = −∞ et lim+ x + e−x = 1 donc par quotient de limites
x→0
x→0
ln x + x − 1
lim+
= −∞.
x→0
x + e−x
2. D’après la règle sur les limites des fractions rationnelles on a
√
lim
x→+∞
√
4 − x
x2 + 3x − 1
x2
= lim
= +∞.
x→+∞ x
x−1
= X 8 e−X . Or lorsque x → +∞
3. Effectuons le changement de variable X = x. On a alors x e
on a X → +∞ et d’après les croissances comparées lim X 8 e−X = 0.
X→+∞
Donc
4.
√
4 − x
lim x e
x→+∞
=0
e2x
x
e2x
=
×
.
(ln x)3
(ln x)3
x
D’après les croissances comparées lim
x→+∞
e2x
x
=
+∞
et
lim
= +∞.
x→+∞ x
(ln x)3
2x
Donc par produit
2
5. ex − e3x + x2 = ex
lim
x→+∞
2
e
= +∞.
(ln x)3
1 − e−x
2 +3x
2
+ x2 e−x .
2
2
Par composition de limite lim e−x +3x = 0 et par croissances comparées lim x2 e−x = 0. Donc
x→+∞
x→+∞
x2
3x
2
−x2 +3x
2 −x2
= 1 et par produit lim (e − e + x ) = +∞.
1−e
+x e
lim
x→+∞
x→+∞
1
6. On a lim (ln x)3 = +∞, lim x2 = +∞ et lim √ = 0.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
1
= +∞.
(ln x)3 + x2 − √
Donc par somme, lim
x→+∞
x
x(e2x /x + ex /x + 1)
e2x /x + ex /x + 1
e2x + ex + x
=
=
.
7.
ex − x
x(ex /x − 1)
ex /x − 1
Grâce aux croissances comparée lim e2x /x + ex /x + 1 = 1 et lim ex /x − 1 = −1.
x→−∞
2x
Donc
lim
x→−∞
e
x→−∞
x
+e +x
= −1.
ex − x
ln(2x2 − 1)
f (x) − f (1)
=
.
x−1
x−1
Comme f est la composée de la fonction ln et d’un polynôme, f est dérivable en 1 donc :
4x
f (x) − f (1)
= f ′ (1). Or f ′ (x) = 2
donc f ′ (1) = 4.
lim
x→1
x−1
2x − 1
ln(2x2 − 1)
On a donc lim
= 4.
x→1
x−1
9.
√
√
√
x2 + 2x − 1 + (x + 1)
x2 + 2x − 1 − (x + 1)
2
√
x + 2x − 1 + x + 1 =
x2 + 2x − 1 − (x + 1)
x2 + 2x − 1 − (x + 1)2
=√
x2 + 2x − 1 − (x + 1)
−2
=√
2
x + 2x − 1 − (x + 1)
8. Si on pose f (x) = ln(2x2 − 1), on remarque que
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 4
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Or lim
x→−∞
√
x2 + 2x − 1 − (x + 1) = +∞ donc
lim
x→−∞
√
x2 + 2x − 1 + x + 1 = 0.
Exercice 2:
1. – lim a(x) = lim
x→+∞
x→+∞
1 + (ln x)/x
x2 (1 + (ln x)/x)
= lim x
= +∞ car d’après les croissances
x→+∞
x(1 + 1/x)
1 + 1/x
ln x
= 0.
x
a(x)
1 + (ln x)/x
– lim
= lim
=1
x→+∞
x→+∞
x
1 + 1/x
1 − 1/ ln x
x ln x(1 − 1/ ln x)
x ln x − x
= lim
= lim ln x
= +∞.
– lim a(x) − x = lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→+∞
1+x
x(1/x + 1)
1 + 1/x
Donc la courbe représentative de a admet une branche parabolique de direction la droite d’équation
y = x.
xex (1 + e−x /x)
1 + e−x /x
2. – lim b(x) = lim
=
lim
x
= +∞ et lim b(x) = 1 car d’après les
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x→−∞
ex (1 + e−x )
1 + e−x
croissances comparées lim xex = 0.
comparées lim
x→+∞
x→−∞
b(x)
1 + e−x /x
– lim
= lim
=1
x→+∞ 1 + e−x
x→+∞
x
1/x − 1
x
1−x
= lim x ×
= 0, grâce aux croissances comparées.
– lim b(x) − x = lim x
x→+∞ e
x→+∞
x→+∞ e + 1
1 + 1/ex
Donc la courbe représentative de b admet en +∞ asymptote d’équation y = x et en −∞ une
asymptote d’équation y = 1.
√
x ln x(1 + 1/x)
1 + 1/x
x ln x p
3. – lim c(x) = lim √ p
= lim
= +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x 1 + 1/x
1 + 1/x
ln x
ln x 1 + 1/x
c(x)
= 0 car d’après les croissances comparées lim √ = 0.
= lim √ p
– lim
x→+∞
x→+∞
x→+∞
x
x 1 + 1/x
x
Donc la courbe représentative de c admet une branche parabolique de direction l’axe (Ox).
Exercice 3:
1. – Il faut ici commencer par vérifier que f est bien définie c’est-à-dire qu’il nous faut vérifier que
x2 − 2 ln x ne s’annule pas sur ]0; +∞[.
x2 − 1
2
.
Soit h(x) = x2 − 2 ln x. h est dérivable sur R+∗ et h′ (x) = 2x − = 2
x
x
Donc h est décroissante sur ]0; 1] et croissante sur [1; +∞[. h atteint donc son minimum en 1 et
comme h(1) = 1 on a bien h(x) > 0 pour tout x > 0.
– Les fonctions x → x, x → x2 et x → ln x sont continues sur ]0; +∞[ donc les fonctions x → x+ ln x
et x → x2 − 2 ln x sont continues sur ]0; +∞[. Comme de plus x2 − 2 ln x ne s’annule pas sur cet
intervalle, f est continue par quotient de fonctions continues sur ]0; +∞[.
1
– En 0 on a f (0) = − .
2
1
x/ ln x + 1
ln x(x/ ln x + 1)
= lim+ 2
=−
De plus lim+ f (x) = lim+
2
x→0 x / ln x − 2
x→0
x→0 ln x(x / ln x − 2)
2
On a donc lim+ f (x) = f (0) ce qui signifie que f est aussi continue en 0.
x→0
f est donc continue sur R+ .
2. – g est définie sur [−4, 4]. √
√
– Les fonctions x√→ x, x →√ 4 + x et x → 4 − x sont continues sur [−4; 4] \ {0} donc les fonctions
x → x et x → 4 + x − 4 − x sont continues sur [−4; 4] \ {0}. Comme de plus x ne s’annule pas
sur cet ensemble, g est continue par quotient de fonctions continues sur [−4; 4] \ {0}.
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 5
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
1
– En 0 on a g(0) = .
2
√
√
√
√
2x
( 4 + x − 4 − x)( 4 + x + 4 − x)
√
√
√
√
= lim
=
De plus lim g(x) = lim
x→0 x( 4 + x +
x→0
x→0
x( 4 + x + 4 − x)
4 − x)
2
1
√
lim √
=
x→0
2
4+x+ 4−x
On a donc lim g(x) = g(0) ce qui signifie que g est aussi continue en 0.
x→0
g est donc continue sur [−4; 4].
Exercice 4: – Da = R \ −
1
2
et on voit facilement que a est continue sur Da .
(2x + 1)(x − 1)
3
= lim x − 1 = −
x→x0
x→−1/2
x→−1/2
2x + 1
2
1
3
Donc a est prolongeable par continuité en − en posant a(−1/2) = − .
2
2
– Grâce à une division euclidienne on a x3 − x2 − x + 1 = (x − 1)(x2 − 1). Donc on a Da = R \ {−1; 1}
et b est bien continue sur Db .
1
x−1
=
lim
= ±∞
De plus lim b(x) = lim
x→1 x2 − 1
x→x0
x→1 (x − 1)(x2 − 1)
Donc b n’est pas prolongeable par continuité en 1.
– On a Dc = [0; 2[∪]2; +∞[ et c est bien continue sur Dc . De plus :
√
√
√
( 2x − 2)( 2x + 2)( x + 7 + 3)
√
lim c(x) = lim √
√
x→x0
x→2 ( x + 7 − 3)( x + 7 + 3)( 2x + 2)
√
(2x − 4)( x + 7 + 3)
√
= lim
x→2
(x − 2)( 2x + 2)
√
2( x + 7 + 3)
√
= lim
=3
x→2
2x + 2
De plus lim a(x) = lim
Donc c est prolongeable par continuité en 2 en posant c(2) = 3.
Exercice 5:
On pose g(x) = f (x) − x. On cherche donc à savoir s’il existe x0 tel que g(x0 ) = 0.
Par différence de fonctions continues, g est continue sur [0; 1].
De plus g(0) = f (0) > 0 et g(1) = f (1) − 1 6 0 car on sait que f (1) ∈ [0; 1].
Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires il existe bien x0 ∈ [0; 1] tel que g(x0 ) = 0.
Il existe bien x0 ∈ [0; 1] tels que f (x0 ) = x0 .
Exercice 6:
– Les fonctions x → ex − e−x et x → 2e−x + 1 sont continues sur R et comme 2e−x + 1 ne s’annule pas
sur R (exponentielle positive) par quotient de fonctions continues, f est continue sur R.
4 + ex + e−x
– f est aussi dérivable sur R et f ′ (x) =
> 0.
(2e−x + 1)2
Donc f est strictement croissante sur R.
f réalise donc une bijection de R sur f (R) =]lim f ; lim f [.
−∞
+∞
1
De plus lim f = − et lim f = +∞.
+∞
−∞
2
1
f réalise une bijection de R sur − ; +∞ .
2
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 6
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Exercice 7:
• On considère la fonction définie sur R par f (x) = ex + 2x − 3.
– f est continue sur R comme somme de fonctions continues sur R.
– Les fonctions x → ex et x → 2x − 3 sont strictement croissantes sur R donc f est strictement
croissante sur R.
f réalise donc une bijection de R sur f (R) =]lim f ; lim f [=] − ∞; +∞[.
−∞
+∞
• Comme 0 ∈ f (R), 0 admet un unique antécédent α par f .
Cela signifie qu’il existe un unique réel α tel que f (x) = 0 ⇔ ex = −2x + 3.
• De plus f (1/2) = e1/2 + 1 − 3 = e1/2 − 2 < 0 et f (1) = e − 1 > 0. On a donc
f (1/2) 6 0 6 f (1)
⇔f (1/2) 6 f (α) 6 f (1)
⇔f −1 (f (1/2)) 6 f −1 (f (α)) 6 f −1 (f (1))
⇔1/2 6 α 6 1
car f −1 est strictement croissante
Exercice 8:
1. – f est continue sur R+∗ comme somme de fonctions continues sur R+∗ .
– Les fonctions x → x et x → ln x sont strictement croissantes sur R+∗ donc f est strictement
croissante sur R+∗ .
f ; lim f [=] − ∞; +∞[= R.
f réalise donc une bijection de R+∗ sur f (R+∗ ) =]lim
+
0
+∞
2. On cherche ici à résoudre l’équation f (x) = 2005.
• Comme 2005 ∈ R = f (R+∗ ), 2005 admet un unique antécédent α par f .
Cela signifie qu’il existe un unique réel α > 0 tel que f (α) = 2005 ⇔ α + ln(α) = 2005.
• De plus f (1997) = 1997 + ln 1997 < 2005 et f (1998) = 1998 + ln 1998 > 2005. On a donc
f (1997) 6 2005 6 f (1998)
⇔f (1997) 6 f (α) 6 f (1998)
⇔f −1 (f (1997)) 6 f −1 (f (α)) 6 f −1 (f (1998))
⇔1997 6 α 6 1998
car f −1 est strictement croissante
Exercice 9:
1. – f est définie sur R car 1 − e−2x ne s’annule pas sur R∗ .
– Les fonctions x → x2 , x → e−x et x → e−2x sont dérivables sur R∗ donc les fonctions x → x2 e−x
et x → 1 − e−2x sont dérivables sur R∗ . Comme de plus 1 − e−2x ne s’annule pas sur cet ensemble,
f est dérivables sur R∗ par quotient de fonctions dérivables sur R∗ .
– En 0 on a f (0) = 0. Donc
lim
x→0
f (x) − f (0)
xe−x
2x ex
1
= lim
=
lim
=
−2x
2x
x→0 1 − e
x→0 e
x−0
−1 2
2
1
f (x) − f (0)
qui est finie donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) =
x→0
x−0
2
f est donc dérivable sur R.
On a donc lim
2. – h est définie sur R+∗ car x − 1 ne s’annule pas sur ]0; +∞[\{1}.
ln x
=1
– On remarque que lim h(x) = 1 6= h(0) car lim
x→1
x→1 x − 1
Donc h n’est pas continue en 1 donc ne peut pas être dérivable en 1.
Analyse : Chapitre 1 Exercices
Page 7
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
– Les fonctions x → x et x → ln x sont dérivables sur ]0; +∞[\{1} donc les fonctions x → x ln x et
x → x − 1 sont dérivables sur ]0; +∞[\{1}. Comme de plus x − 1 ne s’annule pas sur cet ensemble,
h est dérivables sur ]0; +∞[\{1} par quotient de fonctions dérivables sur ]0; +∞[\{1}.
h est donc dérivable uniquement sur ]0; +∞[\{1}.
Exercice 10:
1. – Les fonctions x → x et x → ln(x2 ) sont continues sur R∗ donc, par produit et somme, f est
continue sur R∗ .
– On a f (0) = 0 et lim f (x) = lim 2x ln |x| − 2x = 0 car lim x ln |x| = 0.
x→0
x→0
x→0
Donc lim f (x) = 0 = f (0) ce qui signifie que f est continue en 0.
x→0
f est donc continue sur R.
2. Les fonctions x → x et x → ln(x2 ) sont dérivables sur R∗ donc, par produit et somme, f est dérivable
sur R∗ .
f (x) − f (0)
= lim ln(x2 ) − 2 = −∞.
3. On a : lim
x→0
x→0
x−0
f (x) − f (0)
= −∞ on peut dire que la courbe
Donc f n’est pas dérivable en 0 mais comme lim
x→0
x−0
représentative de f admet en 0 une tangente verticale.
Exercice 11:
1. a) – Les fonctions x → x + 1 et x → e−1/x sont continues sur R+∗ donc, par produit, f est continue
sur R+∗ .
1
– On a f (0) = 0 et lim+ f (x) = lim+ (x + 1)e−1/x = 0 car lim − = −∞.
x→0
x→0
x→0
x
Donc lim+ f (x) = 0 = f (0) ce qui signifie que f est continue en 0.
x→0
f est donc continue sur R+ .
1
1
f (x) − f (0)
= lim+ (x+1)× e−1/x = 0 car d’après les croissances comparées lim+ e−1/x =
b) lim+
x→0
x→0 x
x→0
x−0
x
0.
f est donc dérivable à droite en 0 et fd′ (0) = 0.
2. Les fonctions x → x + 1 et x → e−1/x sont dérivables sur R+∗ donc, par produit, f est dérivable sur
x2 + x + 1 −1/x
R+∗ . De plus f ′ (x) =
e
.
x2
3. On a lim x + 1 = +∞ et lim e−1/x = 1 donc lim f (x) = +∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
′
4. Pour x > 0, f (x) > 0 donc f est strictement croissante sur R+ . On a donc le tableau de variation
suivant :
x
0
f ′ (x)
+∞
+
+∞
f (x)
0
Analyse : Chapitre 1 Exercices
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ր
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
Exercice 12:
1. Comme x + a ne s’annule pas sur R \ {−a}, f est de classe C ∞ sur R \ {−a} donc pour tout entier
n, f est bien de classe C n sur R \ {−a}.
(−1)n n!
est vraie pour tout entier n.
Montrons par récurrence que la propriété P(n) : f (n) (x) =
(x + 1)n+1
• Pour n = 0 :
1
.
D’une part f (0) (x) = f (x) =
x+1
(−1)0 0!
1
D’autre part
=
.
0+1
(x + 1)
x+1
Donc P(0) est bien vraie.
• Soit n un entier fixé. Supposons que P(n) est vraie. On a alors :
f (n+1) (x) = (f (n) )′ (x) = (−1)n n! ×
Donc P(n + 1) est alors vraie.
On a donc montré que pour tout entier n, f (n) (x) =
−(n + 1)
(−1)n+1 (n + 1)!
=
(x + a)n+2
(x + a)n+2
(−1)n n!
.
(x + a)n+1
1
2
+
.
x−2 x+2
Donc pour tout entier n, on a
2. On a g(x) =
g
(n)
(x) = 2
1
x−2
(n)
+
1
x+2
(n)
=
(−1)n n!
2(−1)n n!
+
(x − 2)n+1 (x + 2)n+1
Exercice 13:
1. – La fonction x → x + 1 est de classe C 1 sur ]0; +∞[ et la fonction x → ex est de classe C 1 sur
] − ∞; 0[.
Donc f est de classe C 1 sur R∗ .
f donc f est continue en 0.
f = 1 = f (0) = lim
– On a de plus lim
−
+
0
0
f est continue sur R.
– Pour tout x > 0 on a f ′ (x) = 1 et pour tout x < 0, f ′ (x) = ex .
Donc lim
f ′ = 1 = lim
f′
+
−
0
0
D’après (
le théorème de prolongement des fonctions de classe C 1 f est de classe C 1 sur R et on a
1 si x > 0
.
f ′ (x) =
ex si x < 0
2. Les fonctions x → ex − 1 et x → ex + 1 sont de classe C 1 sur R et ex + 1 ne s’annule pas sur R. Par
quotient de fonctions de classe C 1 , g est donc de classe C 1 sur R.
2ex
On a de plus g ′(x) = x
.
(e + 1)2
3. – Les fonctions x → x et x → e−3/|x| sont de classe C 1 sur R∗ donc par produit h est de classe C 1 sur R∗ .
h car lim e−3/|x| = 0. Donc h est continue en 0.
h = 0 = h(0) = lim
– On a de plus lim
−
+
x→0
0
0
h est continue sur R.
3 −3/x
3 3/x
′
– Pour tout x > 0 on a h (x) = 1 +
e
et pour tout x < 0, h (x) = 1 −
e .
x
x
h′
h′ = 0 = lim
Donc, grâce aux croissances comparées, lim
−
+
′
0
Analyse : Chapitre 1 Exercices
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0
Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
1
1
D’après 
lethéorème
de prolongement des fonctions de classe C h est de classe C sur R et on a
 1 + 3 e−3/|x| si x 6= 0
′
|x|
.
h (x) =

0
si x = 0
Exercice 14:
1
−2x2 + 3x − 1
(−2x + 1)(x − 1)
=
=
.
x
x
x
3 ln x
= −∞ car grâce aux croisDe plus lim+ f (x) = +∞ et lim f (x) = lim x2 −1 + − 2
x→+∞
x→+∞
x→0
x
x
3 ln x
sances comparées lim − 1 + − 2 = −1.
x→+∞
x
x
On a donc le tableau de variations suivant : (f (1/2) = 5/4 + ln 2)
1. f est dérivable sur R+∗ et f ′ (x) = −2x + 3 −
x
0
f ′ (x)
1/2
−
1
+
−
+∞
f (x)
+∞
2
ց
f (1/2)
ր
ց
−∞
1 − 2x2
1
.
2. f est de classe C 2 sur R+∗ et f ′′ (x) = −2 + 2 =
2
x
x
1
1
Donc sur 0; √ , f est convexe et sur √ : +∞ , f est concave.
2
2
1
f ′′ ne s’annule qu’en x = √ et f ′′ change bien de signe en ce point là.
2
√
1
3
1
1
1
Donc f admet un point d’inflexion, le point de coordonnées √ , f (1/ 2) = √ , − + √ + ln 2
2
2 2
2 2
1
3. Cf présente une tangente horizontale lorsque f ′ (x) = 0 c’est-à-dire lorsque x = 1 ou x = .
2
1 5
Les point où Cf présente une tangente horizontale sont les points de coordonnées
, + ln 2 et
2 4
(1, 2).
Analyse : Chapitre 1 Exercices
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Fonctions : limites, continuité, dérivabilité
4. Courbe :
y
1
0
1
x
Exercice 15: Correction rapide
1. f est continue et strictement décroissante (f ′ (x) =
−3x2
) donc bijection de ] − 1; +∞[ sur
2(1 + x3 )3/2
]0; +∞[.
f −1 est définie sur ]0; +∞[.
2
7
2. y = − x +
9
9
1
1
3. Comme f (2) = , le point d’abscisse de la courbe de f −1 est le symétrique par rapport à la droite
3
3
d’équation y = x du point d’abscisse 2 de la courbe de f . Comme la tangente à la courbe de f au
2
7
point d’abscisse 2 a pour équation y = − x + , la tangente à la courbe de f −1 au point d’abscisse
9
9
1
a pour équation :
3
2
7
9
7
x=− y+ ⇔y =− x+
9
9
2
2
′
4. Là où f ne s’annule pas : donc sur ]0; +∞[\{1}.
5. La courbe de f admet une tangente horizontale au point d’abscisse 0 et comme f (0) = 1, la courbe
de f −1 admet une tangente verticale au point d’abscisse 1.
6. Courbes :
y
Cf −1
1
Cf
0
Analyse : Chapitre 1 Exercices
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x
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