2012 13 TS DS 4 Exponentielle Suites

1
 un  un + 1  1.
2
1
Or la fonction f est croissante sur [0 ; 1], donc f    f (un)  f (un + 1)  f (1).
2
1
1
1
1
Or f    0,56 soit
 f   et f (1) = 1, donc
 un + 1  un + 2  1.
2
2
2
2

TS  DS n° 4  Correction

Par hypothèse de récurrence, on a :

Exercice 1
Partie A
1. * La fonction g est dérivable sur [0 ; +[ et g’(x) = ex − 1.
* g’(x)  0  ex − 1  0
*

x

0

g’(x)



ex  1 = e0

Donc p(n+1) est vraie.

 x  0.

* Conclusion : pour tout entier naturel n,

+
+

1
 un  un + 1  1.
2

3. * On a montré que pour tout entier naturel n, un  un + 1. Donc (un) est croissante.
On a aussi montré que pour tout entier naturel n, un  1. Donc (un) est majorée.
Donc la suite (un) est croissante et majorée, donc elle converge vers un limite notée l.

g(x)
0

* La fonction f est continue sur , donc en l, et comme la suite (un) définie par un + 1 = f (un)
admet une limite l, alors cette limite vérifie : f (l) = l.

2. D’après le tableau de variations de g(x), on a, pour tout x  0, g(x)  0.
x

3. Pour tout x de [0 ; +[, g(x)  0

soit e − x − 1  0 soit

x

e − x  1  0 soit

x

e − x  0.

Partie B
1. Pour tout x de [0 ; 1], f est strictement croissante (admis) f est continue, donc f([0 ; 1]) = [f(0) ; f(1)]
Or f(0) = 0 et f(1) = 1 donc f([0 ; 1]) = [0 ; 1].
Donc pour tout x de [0 ; 1], f(x)  [0 ; 1].

* Conclusion : On sait que, pour tout n, un 

1
2

donc l 

1
2

donc l = 1 .

ex − 1
ex − 1 (ex − x)x
ex − 1  xex + x2
x = x
 x
=
x
e −x
e −x
e −x
ex − x

2.a. Pour tout x de [0 ; 1], f(x) − x =

=

=

* Reste à résoudre l’équation x = f(x).
ex − 1
x = f(x)  x = x
 x(ex  x) = ex  1  xex  x2  ex + 1 = 0   ex(1  x) + 1  x2 = 0
e −x
  ex(1  x) + (1  x)(1 + x) = 0  (1  x)(  ex + 1 + x) = 0  (1  x)(g(x)) = 0
 1  x = 0 ou g(x) = 0  x = 1 ou x = 0.

ex (1  x) + x2  1
ex (1  x) + (x  1)(x + 1)
=
=
x
e −x
ex − x

1

ex (1  x)  (x + 1)(x + 1)
(1  x)(ex  x  1)
(1  x)g(x)
=
=
.
ex − x
ex − x
ex − x

b. D’après les questions A.2 et A.3, pour tout x  [0 ; +[ g(x)  0 et ex  x  0.
De plus pour tout x  [0 ; 1], 1  x  0.
Donc pour tout x  [0 ; 1], f(x) − x  0.
Donc sur [0 ; 1] la courbe c de f est au-dessus de la droite (D) d’équation y = x.

u3 = f(u2)
u2 = f(u1)
u1 = f(u0)

Partie C
1. Voir figure.
1
 un  un + 1  1.
2
1
1
* Initialisation : n = 0. u0 =
et u1 = f(u0)  0,56 donc
 u0  u1  1.
2
2
Donc la propriété p(0) est vérifiée.
2. Soit p(n) la propriété : pour tout entier naturel n,

* Hérédité : Supposons la propriété p(n) vraie pour une valeur de n fixée.
Montrons alors que p(n+1) est vraie.

O

u0 u1 u2

u3

1

Exercice 2
3. * 1 est une solution de l’équation considérée car 1 − 12e1−1 = 1−1 = 0.
On note  l’ensemble des nombres réels et on considère la fonction 
f définie
sur  par f(x) = x ex − 1 + 1.

On note c sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O ; i ; j ).

* Montrons maintenant que cette équation n’admet qu’une unique solution sur l’intervalle ]0 ; + [.
Posons, pour tout x  0, g(x) = 1 − x2ex −1.
La fonction g est alors dérivable sur ]0 ; + [ et, pour tout x  0 : g’(x) =  (2x  ex −1 + x2  ex −1)

Partie A : étude de la fonction.
1
1. On a : f(x) = x ex − 1 + 1 = x ex + 1.
e

soit g’(x) =  (2x + x2) ex −1 soit

lim x ex = 0 (limite de référence) donc

Pour tout x  0, ex −1  0 et 2 + x  0 et  x  0. Donc pour tout x  0, g’(x)  0.
Donc que g est strictement décroissante sur ]0 ; + [.

lim f(x) = 1 .

x

x 

On peut en déduire que la courbe c admet une asymptote horizontale en   d’équation y = 1.

On a

lim g(x) = g(0) = 1.

x0

Et lim x2 = +  et
x+

2. lim ex = + 
x+

et

lim x = + 

x+

lim f(x) = + 

donc

soit f ’(x) = (x + 1)ex − 1 .

4. Pour tout x de , ex − 1  0, donc f ’(x) est du signe de x + 1. D’où le tableau de variations de f :
1



f ’(x)



0

Comme 1  ]0 ; + [ et g(1) = 0, alors 1 est l’unique solution de l’équation 1 − a2 e a  1 = 0.

4. D’après la question B.1 T1 a pour équation : y = (1 + 1)e1 − 1x  12e1 − 1 + 1

soit y = 2x .

Exercice 3

f (x)
f(1) = 1  e2 soit

f(1)

1. f(x) = x2 + x + 2.
f(1)  0,86

Partie B : recherche d’une tangente particulière.
Soit a un réel strictement positif.
Le but de cette partie est de rechercher s’il existe une tangente à la courbe c au point d’abscisse a, qui passe
par l’origine du repère.

soit

lim g(x) =  

x+

+
+

soit

lim − x2ex −1 =   donc

x+

+

1

1. Équation de Ta : y = f ’(a)(x  a) + f(a)

lim ex = +  donc

x+

Conclusion : La fonction g est continue et strictement décroissante sur ]0 ; + [.
Et comme 0 appartient à g(]0 ; + [) = ] ; 1[,
alors l’équation g(x) = 0 admet une unique solution dans ]0 ; + [.

x +

3. f est dérivable sur , et pour tout réel x, f ’(x) = 1  ex − 1 + x  1  ex − 1

x

g’(x) =  x(2 + x) ex −1 .

y = (a + 1)ea − 1(x  a) + a ea − 1 + 1

y = (a + 1)ea − 1x  a(a + 1)ea − 1 + a ea − 1 + 1

soit

f est dérivable sur  (car pour tout réel x, x2 + x + 2  0) et

f ’(x) =

2x + 1
.
2 x2 + x + 2

2. f(x) = (5x2 + 1)e x .
f est dérivable sur  et f ’(x) = 10x  e x + (5x2 + 1)  (e x) soit
3. f définie sur {0} par f(x) =

f ’(x) = (5x2 + 10x  1)e x .

ex + 1
.
ex  1

f est dérivable sur {0} et f ’(x) =

ex  (ex  1)  (ex + 1)  ex
(ex  1)2

soit

f ’(x) =

 2ex
.
(ex  1)2

y = (a + 1)ea − 1x  a2ea − 1 + 1 .
4. f définie sur  par f(x) = (5x + 1)3 ex.

2. Une tangente à c en un point d’abscisse a strictement positive passe par l’origine du repère
si et seulement si l’ordonnée à l’origine de Ta est nulle,
donc si et seulement si a vérifie l’égalité : 1 − a2 e a  1 = 0.

f est dérivable sur  et f ’(x) = 3  5  (5x + 1)2  ex + (5x + 1)3  ex = (15 + (5x + 1)) (5x + 1)2 ex
soit et f ’(x) = (5x + 16)(5x + 1)2 ex .