2012 13 TS DM 07 57 et 83 page 127 130

x
.
ex  1
x
e 1
D’après la partie A, lim
= 1 donc
x0
x
2.a. On a : f(x) = ex 

TS  Correction DM n° 7
Exercice 57 page 125
x

lim

x0

1
x
= =1
ex  1 1
Donc lim f(x) = 1.
x 0

f est la fonction définie sur [0 ; + [ par f(x) = xe .
1.a. La fonction x | x est dérivable sur I = ]0 ; +  [ et x | ex est dérivable sur ,
donc (par composition) x | e x est dérivable sur I.
De plus la fonction x | x est dérivable sur , donc sur I, donc (par multiplication) x | xe
dérivable sur I.
b. Pour tout x  [0 ; + [, f ’(x) = 1  e
Or

x
= x
x

x

+x

1
2 x

1
f ’(x) = 1 + x e
2 


donc

x

e

x

De plus

x

= f(x) est

x  x
=  1 +
e .
2 x


lim ex = e0 = 1

x0

Or f(0) = 1 et comme lim f(x) = 1, alors f est continue en O.
x 0
b. On pose g(x) = ex  x  1 pour tout x de .

x
g’(x)

* g est dérivable sur  et g’(x) = ex  1.
* g’(x)  0

.

ex  1 = e0



 x0

Donc pour tout x de , g(x)  0 soit



0

+
+

g(x)
0

* On en déduit le tableau de variations de g :
2. D’après l’expression de f ’, il semble que f soit dérivable en 0 avec f ’(0) = 1 …. Reste à le prouver !

0



ex  x + 1. De plus pour x = 0, g(0) = 0 soit e0 = 0 + 1.

Pour cela, il faut déterminer la limite en 0 du taux d’accroissement  de f entre 0 et 0 + h.
h

(h) =

3.a. f est dérivable sur * et f ’(x) =

f(0 + h)  f(0)
he  0
=
= e
h
h

h

donc lim (h) = e0 = 1
h0

Donc f ’(x) =

Donc f est dérivable en 0 et f ’(0) = 1. Donc f est dérivable sur [0 ; + [.

e2x  ex  xex
ex(ex  x  1)
=
soit
x
2
(e  1)
(ex  1)2

x

A  ROC : Restitution organisée des connaissances.

0



f ’(x)
Soit f(x) = ex et  son taux d’accroissement entre 0 et 0 + h. Alors (h) =

f(0 + h)  f(0)
eh  1
=
.
h
h

g(x) ex
(ex  1)2

où g a été définie à la question 2.b.

+

+
+
+

f(x)

ex  1
Or (prérequis) f est dérivable sur , donc lim (h) = f ’(0) = 1. Donc lim
= 1.
x
h0
x0

1
0

4. On a tracé la courbe c représentative de f. M et M’ sont deux points de c d’abscisses respectives x et  x.

B  Application.
lim ex  1 = 1 donc par division
x  

lim f(x) = 0 .
x  

a. M’ c 

x
1
1 
ex
x ex
e  1
b. * Pour tout réel x non nul : x 1 + x  = x  x
+ x
= x
= f(x).
 = x x
e  1
e 1
e 1

 e  1 e  1

* lim ex  1 = + 
x + 

f ’(x) =

b. Pour tout x  *, g(x)  0, ex  0 et (ex  1)2  0, soit f ’(x)  0. D’où le tableau de variations de f :

Exercice 83 page 130

1.a. lim x ex = 0 et
x  

(1  ex + x  ex)  (ex  1)  xex  ex
e2x + xe2x  ex  xex  xe2x
=
(ex  1)2
(ex  1)2

donc

1
1 
lim
= 0 soit
lim 1 + x
=1
x +  ex  1
x +  
e  1
Or

lim x = + 
x + 

Donc

lim f(x) = +  .
x + 

yM’ = f(xM’)



y M’ = f(x) =

x e x
x e x ex
x
x
= x

=
= x
.
x
e 1
e  1 ex
1  ex
e 1

x ex 
x 


b. Mx , x
 et M’x , x

e  1

 e  1

 

x ex
x(ex  1)
x 

donc M’Mx  (x) , x
 x
 soit M’M 2x , x

e  1 e  1
e 1 



1
x
soit M’M (2x ; x). alors le coefficient directeur de (MM’) est a =
soit a = .
2
2x

c. En admettant que f est dérivable en x = 0, d’après la question 4.b, on peut supposer que f ’(0) =

1
.
2