Exercices corrigés : Fonctions exponentielles 2 bac PC et SVT

Soit $f$ la fonction définie sur $]0;+\infty [$ par $f(x)=\ln^5(x)+\ln (x)+2e^x-\dfrac{1}{x}-3$

$$f'(x)=\dfrac{5}{x}\ln^4(x)+\dfrac{1}{x}+2e^x+\dfrac{1}{x^2}>0$$

Donc $f$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty [$

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=-\infty$, donc $0\in f(]0;+\infty [)=]-\infty;+\infty [$

Donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $(E)$ admet une unique solution dans $]0;+\infty [$

La réponse juste est : B

$x\in D_f\Leftrightarrow |x|>0$ et $\ln^2|x|+1\neq 0 \Leftrightarrow x\neq 0$

Donc $D_f=\mathbb{R}^*$

La réponse juste est : D

On pose $t=\dfrac{1}{x}$ ; quand $x\to 0^+$, $t\to+\infty$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+} \left(e^{\frac{-5}{x}}-e^{\frac{-2}{x}} \right)\ln (x) &= \lim_{t\to+\infty} (e^{-5t}-e^{-2t})\ln (\dfrac{1}{t}) \\ &= \lim_{t\to+\infty} -(e^{-5t}-e^{-2t})\ln (t) \\ &= \lim_{t\to+\infty} -te^{-2t}(e^{-3t}-1)\dfrac{\ln (t)}{t} \\ &= 0\times (-1)\times 0 \\ &= 0 \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

Soit $x\in ]0;+\infty [$

$$\begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{1}{x}\times e^{x-1}+(\ln x-1) e^{x-1} \\ &= \dfrac{e^{x-1}}{x}+e^{x-1}\ln x- e^{x-1} \\ &= \dfrac{e^{x-1}+x e^{x-1}\ln x-x e^{x-1}}{x} \\ &= \dfrac{e^{x-1}(x\ln x-x+1)}{x} \end{aligned}$$

$$f''(x)=\dfrac{\left[e^{x-1}(x \ln x-x+1)+e^{x-1}\ln x\right]x-e^{x-1}(x \ln x-x+1)}{x^2}$$

$$f''(x)=\dfrac{e^{x-1}(x^2 \ln x-x^2+x+x\ln x-x\ln x+x-1)}{x^2}$$

$$f''(x)=\dfrac{(2x+x^2 \ln x-x^2-1)e^{x-1}}{x^2}$$

La réponse juste est : D

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} x\left(e^{\sqrt{x^2+1}-x}-1\right) &= \lim_{x\to+\infty} x\left(e^{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}}-1\right) \\ &= \lim_{x\to+\infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}\times \dfrac{e^{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}}-1}{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}} \\ &= \lim_{x\to+\infty} \dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}+1}\times \dfrac{e^{\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}}-1}{\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}} \\ &= \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}+1}=\dfrac{1}{2}$ et, avec $t=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$, $\lim\limits_{t\to 0} \dfrac{e^t-1}{t}=1$

La réponse juste est : C

L’équation de la tangente est : $y=f'(0)(x-0)+f(0)$

On remarque que $f(0)=0$, donc $y=f'(0)x$

Calculons $f'(0)$ :

$$\begin{aligned} f'(0) &= \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} \\ &= \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (x+1)}{x}\times \dfrac{1}{x+e^x} \\ &= 1 \end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\ln (x+1)}{x}=1$ et $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x+e^x}=1$

Donc $y=x$

La réponse juste est : A

On a $F(0)=0$

Donc $F^{-1}(0)=0$

$$\begin{aligned} {(F^{-1})}^{'}(0) &= \dfrac{1}{F^{'}(0)} \\ &= \dfrac{1}{f(0)} \\ &= \dfrac{1}{1} \\ &= 1 \end{aligned}$$

La réponse juste est : C

On a $(\Delta) : y=(f^{-1})'(e)\,x+f^{-1}(e)-(f^{-1})'(e)\,e$

On remarque que $f(1)=e$, donc $f^{-1}(e)=1$

On a $f'(x)=(1+x)e^x$, donc $f'(1)=2e$

On a : $(f^{-1})'(e)=\dfrac{1}{f'(1)}=\dfrac{1}{2e}$

Donc $(\Delta) : y=\dfrac{1}{2e}x+1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2e}x+\dfrac{1}{2}$

La réponse juste est : A

Les primitives de $f$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $F(x)=\dfrac{2}{3}e^{3x}-6x+c$, $c\in \mathbb{R}$

La courbe de $F$ coupe l’axe des ordonnées au point d’ordonnée $3$, donc $F(0)=3$

$$\begin{aligned} &F(0)=3 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{2}{3}e^0-6\times 0+c=3 \\ &\Leftrightarrow c=3-\dfrac{2}{3} \\ &\Leftrightarrow c=\dfrac{7}{3} \end{aligned}$$

Donc $F(x)=\dfrac{2}{3}e^{3x}-6x+\dfrac{7}{3}$

La réponse juste est : B

$$\begin{aligned} &f(x)=x \\ &\Leftrightarrow \left(x+\dfrac{1}{2} \right)e^{-2x}-\dfrac{1}{2}=x \\ &\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})e^{-2x}-(x+\dfrac{1}{2})=0 \\ &\Leftrightarrow (x+\dfrac{1}{2})(e^{-2x}-1)=0 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}$ ou $x=0$

Donc la droite d’équation $y=x$ coupe $(C_f)$ en deux points

La réponse juste est : B