Dresser le tableau de variation

À tenir avant

• Étudier le signe de f′

Cette méthode au national

8 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2024 · normale7 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur l'intervalle $[1,+\infty[$ par : $f(1)=\frac{1}{2} \quad \text{et pour tout } x\in]1,+\infty[,\ f(x)=\frac{\ln(x)}{x^2-1}$ Soit $(C)$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthogonal $(O,\vec i,\vec j)$.

  1. Montrer que $f$…
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  $f$ continue à droite en 1 ; $\lim_{+\infty} f=0$ (axe des abscisses asymptote) ; $\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1$ ; $f'_d(1)=-\frac12$ (tangente de pente $-1/2$) ; $f'(x)<0$ sur $]1,+\infty[$ donc $f$ strictement décroissante de $1/2$ à $0$ ; équation $f(x)=x-1$ admet une unique solution $\alpha\in]1,2]$ ; la suite $(a_n)$ converge vers $\alpha$.

  ce que le barème veut ·

  1. Utiliser $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}\cdot\frac1{x-1}$ et la limite du taux d'accroissement de $\ln$ en 1 pour obtenir $\lim_{x\to1^+}f(x)=1/2=f(1)$.
  2. Croissances comparées : $\lim \ln(x)/(x^2-1)=0$, donc asymptote horizontale $y=0$. 3a) Poser $t=(x-1)^2$, donc $x=1+\sqrt t$, remplacer dans $\ln x/(x-1)$. 3b) Étudier $g(t)=-\sqrt t+\ln(1+\sqrt t)$, montrer $g'(t)\le0$ et $g'(t)\ge -\frac{1}{2(1+\sqrt t)}$... appliquer TAF entre 0 et t pour encadrer $g(t)/t$. 3c) Passer à la limite $t\to0^+$ (théorème des gendarmes) et revenir à l'égalité de 3a). 4a) Combiner les fractions en mettant au même dénominateur. 4b) Faire tendre $x\to1$, utiliser 3c) et 4a) pour obtenir le taux d'accroissement limite $=-1/2$. 5a) $I(x)$ et $J(x)$ sont des intégrales de fonctions positives sur $[1,x]$. 5b) Calculer directement les primitives. 5c) Dériver $f$ et réexprimer via $I$ et $J$ pour obtenir la formule. 5d) Utiliser signe de $I(x)-J(x)$ (5a) pour conclure $f'(x)<0$.
  3. Tableau de variations décroissant de $1/2$ à $0$; tracer la courbe avec l'asymptote $y=0$ et tangente en $x=1$.
  4. Étudier $h(x)=f(x)-x+1$, strictement décroissante, $h(1)>0$, $h(2)<0$, TVI donne unique solution $\alpha\in]1,2]$. 8a)…
• NATIONAL 2023 · rattrapage8 pts
  On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=\begin{cases} x\,e^{\frac{x}{2-x}} & \text{si } x<2 \\ 1+(x-2)\ln(x-2) & \text{si } x>2\end{cases}$ et $f(2)=1$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ (unité…
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  1. $f$ continue en 2 (limites à gauche et à droite égales à 1).
  2. c) $f'(2)=0$, tangente horizontale en $x=2$.
  3. b) $\lim_{-\infty}f(x)=-\infty$ (branche...); c) $\lim_{+\infty}f(x)=+\infty$, $\lim_{+\infty}f(x)/x=+\infty$ (branche parabolique de direction $Oy$).
  4. c) solution : $2<x\le 2+e^{-1/2}$.
  5. b) $A(\lambda)=\dfrac34-\dfrac12(\lambda-2)^2\left(\ln(\lambda-2)-\dfrac12\right)$ (en cm², valeur absolue prise selon signe). c) $\lim_{\lambda\to+\infty}A(\lambda)=+\infty$.

  ce que le barème veut ·

  1. Calculer $\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim x e^{x/(2-x)}$: en posant $x\to2$, $\frac{x}{2-x}\to-\infty$ donc l'exponentielle tend vers 0, produit tend vers $2\times0=0$... mais il faut lever la forme indéterminée; le corrigé montre que la limite vaut 1. $\lim_{x\to2^+}f(x)=1+0\times\ln0^+ =1$ (limite usuelle $u\ln u\to0$). Donc continuité avec $f(2)=1$.
  2. a) Écrire le taux d'accroissement à gauche et le transformer en produit avec $\frac{x(2-x)}{x-2}\to$ forme exploitable pour la limite. b) Calculer la limite du taux de variation à gauche en 2, on trouve 0, donc $f$ dérivable à gauche avec $f'_g(2)=0$. c) De même à droite ($f(x)-1=(x-2)\ln(x-2)$, taux $=\ln(x-2)\to-\infty$... mais résultat annoncé $f'(2)=0$ global obtenu en combinant les deux dérivées à condition qu'elles coïncident) : le corrigé conclut $f'(2)=0$ et interprète: tangente horizontale (axe des abscisses point d'inflexion ou extremum local).
  3. a) Factoriser $f(x)=xe^{x/(2-x)}=x(x-2)e^{x/(2-x)}\cdot\frac{1}{x-2}+...$, développement algébrique donné. b) Étudier limite en $-\infty$: terme exponentiel tend vers $e^{-1}$, produit avec $x(x-2)\to+\infty$ donne $f(x)\to-\infty$, asymptote ou branche infinie selon comparaison…
• NATIONAL 2022 · normale4 pts
  Partie B On considère la fonction $f$ définie sur $I = [0, +\infty)$ par : $f(0) = \frac{1}{2} \text{ et pour tout } x \in ]0, +\infty[ : f(x) = \frac{x - \ln(1+x)}{x^2}$ Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. 1.…
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  1. a) $f$ est continue à droite en $0$ car $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^2} = \frac{1}{2} = f(0)$ (par développement limité ou règle de L'Hôpital). b) $f$ est dérivable à droite en $0$ avec $f'_d(0) = -\frac{1}{6}$ (par étude du taux d'accroissement). c) $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$. Interprétation graphique : La droite d'équation $y = 0$ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale à la courbe $(C)$ en $+\infty$. 2. a) $f'(x) = \frac{g(x)}{x^3}$ où $g(x) = x + \frac{x}{x+1} - 2\ln(1+x)$ pour $x \in ]0, +\infty[$. b) Pour $x \in [1, +\infty)$ : $0 \leq g(x) \leq \frac{4}{3}$ (par étude de $g'(x)$ et de ses valeurs limites). c) L'inégalité se déduit directement. d) Puisque $g(x) \geq 0$ pour $x \geq 1$, on a $f'(x) \geq 0$ pour $x \geq 1$, donc $f$ est croissante sur $[1, +\infty)$. Pour $x \in ]0, 1[$, on montre que $f'(x) < 0$, donc $f$ est décroissante sur $]0, 1[$. 3. a) Tableau de variation : | $x$ | $0$ | | $1$ | | $+\infty$ | |---|---|---|---|---|---| | $f'(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ | | | $f(x)$ | $\frac{1}{2}$ | $\searrow$ | minimum | $\nearrow$ | $0$ |…

  ce que le barème veut ·

  Question 1.a : Utiliser le développement limité $\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots$ pour montrer $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^2} = \frac{1}{2}$. Question 1.b : Calculer le taux d'accroissement $\frac{f(x) - f(0)}{x - 0}$ et montrer qu'il converge vers $-\frac{1}{6}$ quand $x \to 0^+$. Question 1.c : Pour $x \to +\infty$, $\frac{\ln(1+x)}{x^2} \to 0$ et $\frac{x}{x^2} = \frac{1}{x} \to 0$, donc $f(x) \to 0$. Question 2.a : Dériver $f(x) = \frac{x - \ln(1+x)}{x^2}$ en utilisant la règle du quotient : $f'(x) = \frac{x^2 \cdot (1 - \frac{1}{1+x}) - 2x(x - \ln(1+x))}{x^4} = \frac{g(x)}{x^3}$. Question 2.b-c : Étudier $g'(x) = 1 + \frac{1}{(x+1)^2} - \frac{2}{1+x}$. Pour $x \geq 1$, montrer que $g$ est croissante avec $g(1) = 0$ et $g(x) \to \frac{4}{3}$ quand $x \to +\infty$. Question 2.d : Puisque $f'(x) = \frac{g(x)}{x^3}$ et $g(x) \geq 0$ pour $x \geq 1$, $f$ croît sur $[1, +\infty)$ ; pour $0 < x < 1$, $g(x) < 0$, donc $f$ décroît sur $]0, 1[$. Question 3.a : Compiler les résultats précédents dans un tableau synthétique. Question 3.b : Tracer la courbe en utilisant le minimum local et le comportement asymptotique.
• NATIONAL 2022 · rattrapage8 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur $[0, +\infty[$ par : $f(x) = \begin{cases} x^2(\ln x - 1) & \text{si } x > 0 \\ 0 & \text{si } x = 0 \end{cases}$ et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O; \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 1 cm).

  1. Calculer…
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  1. $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ et la courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
  2. a) $f$ est continue à droite en 0.

  b) $f$ n'est pas dérivable à droite en 0 ; géométriquement, la courbe admet une demi-tangente horizontale en 0.

  3. a) $f'(x) = 2x(\ln x - 1) + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x\ln x - 2x + x = 2x\ln x - x = x(2\ln x - 1)$.

  b) Tableau de variations : $f$ décroît sur $[0, e^{-1/2}]$ et croît sur $[e^{-1/2}, +\infty[$.

  4. a) $f''(x) = 2\ln x + 1$ : $f''(x) < 0$ pour $x \in ]0, e^{-1/2}[$ et $f''(x) > 0$ pour $x \in ]e^{-1/2}, +\infty[$.

  b) Point d'inflexion en $x = e^{-1/2}$ (soit $x = \frac{1}{\sqrt{e}}$).

  5. a) [Construction graphique].

  b) L'équation $x(\ln x - 1) = -1$ a exactement 2 solutions.

  6. a) $g(-x) = f(|-x|) = f(|x|) = g(x)$, donc $g$ est paire.

  b) [Construction du symétrique de $(C)$ par rapport à l'axe des ordonnées].

  7. a) $I = \frac{1}{6}$ (par intégration par parties).

  b) $A'(x) = 5f(x) + 2x(\ln x - 1)$ vérifié. c) $\int_1^e f(x) \, dx = \frac{1}{6}$. d) Aire $= \frac{1}{6}$ cm² (ou en unité graphique).

  ce que le barème veut ·

  1) Pour $x \to +\infty$, $x^2(\ln x - 1) \to +\infty$. La branche infinie est parabolique de direction l'axe $(Oy)$ puisque $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = +\infty$. 2) a) $\lim_{x \to 0^+} x^2(\ln x - 1) = 0 \cdot (-\infty + 0) = 0$ (car $x^2$ domine $\ln x$). Donc $f$ est continue à droite en 0. 2) b) Dérivée à droite : $\lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h^2(\ln h - 1)}{h} = \lim_{h \to 0^+} h(\ln h - 1) = 0$. La courbe a une demi-tangente horizontale au point $(0, 0)$, mais $f$ n'est pas dérivable au sens strict (car la dérivée à gauche n'existe pas). 3) a) $f'(x) = 2x(\ln x - 1) + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x(\ln x - 1) + x = 2x\ln x - 2x + x = x(2\ln x - 1)$. 3) b) $f'(x) = 0 \Rightarrow 2\ln x - 1 = 0 \Rightarrow x = e^{1/2} = \sqrt{e}$.

  • Sur $]0, \sqrt{e}[$, $f'(x) < 0$ : $f$ décroît.
  • Sur $]\sqrt{e}, +\infty[$, $f'(x) > 0$ : $f$ croît. Minimum en $x = \sqrt{e}$, $f(\sqrt{e}) = e(\frac{1}{2} - 1) = -\frac{e}{2}$.

  4) a) $f''(x) = 2\ln x + 1$.

  • $f''(x) = 0 \Rightarrow x = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}$.
  • $f''(x) < 0$ pour $x < e^{-1/2}$ (concavité vers le bas).
  • $f''(x) > 0$ pour $x > e^{-1/2}$ (concavité…
• NATIONAL 2022 · normale8 pts
  On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x(e^x - 1)^2$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, i, j)$ (unité : 1 cm).

  1. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to -\infty} f(x)$.
  2. Calculer…
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  1. $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ (croissance exponentielle) ; $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$ (car $e^x \to 0$ et $x(e^x - 1)^2 \sim xe^{2x} \to 0$).
  2. $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} (e^x - 1)^2 = +\infty$. Interprétation : La courbe $(C)$ a une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
  3. a) Au voisinage de $-\infty$, $e^x \to 0$, donc $f(x) = x(e^x - 1)^2 \sim xe^{2x} \to 0$ et $\frac{f(x)}{x} \to 0$. La droite $y = x$ est asymptote. (Mais plutôt : $f(x) \sim x \cdot 0 = 0$ et $f(x) - x \to -x$, ce qui ne donne pas $y = x$ asymptote.)

  Correction : Pour $x \to -\infty$, $f(x) - x = x[(e^x - 1)^2 - 1] = x[e^{2x} - 2e^x + 1 - 1] = x(e^{2x} - 2e^x) = xe^x(e^x - 2) \to 0$ car $xe^x \to 0$. Donc $y = x$ est asymptote. b) Pour $x \leq 0$ : $x \leq 0$ et $(e^x - 1)^2 \geq 0$, donc $f(x) - x = x(e^x - 1)^2 - x = x[(e^x - 1)^2 - 1] \leq 0$ (vérification détaillée nécessaire). Pour $x > 0$ : $(e^x - 1)^2 > 0$, donc $f(x) - x = x[(e^x - 1)^2 - 1]$. Signe dépend de $(e^x - 1)^2 - 1 = (e^x - 1 - 1)(e^x - 1 + 1) = (e^x - 2) \cdot e^x$. Pour $x \in (0, \ln 2)$ : $f(x) < x$ ; pour $x > \ln 2$ : $f(x) > x$.

  4. a)…

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : Pour $x \to +\infty$, $f(x) = x(e^x - 1)^2$ croît exponentiellement. Pour $x \to -\infty$, $e^x \to 0$, donc $(e^x - 1)^2 \to 1$ et $f(x) \sim x \cdot 1 \to -\infty$ (non, $x < 0$ donc $f(x) \to 0^-$, en fait $f(x) \to 0$). Question 2 : $\frac{f(x)}{x} = (e^x - 1)^2 \to +\infty$ quand $x \to +\infty$ car $e^x \to \infty$. Interprétation géométrique : branche parabolique. Question 3a : Vérifier $\lim_{x \to -\infty} [f(x) - x] = 0$ pour montrer que $y = x$ est asymptote. Question 3b : Étudier le signe de $f(x) - x = x[(e^x - 1)^2 - 1]$ en fonction du signe de $(e^x - 1)^2 - 1 = (e^x - 2) e^x$ (après factorisation). Question 4a : Dériver $f(x) = x(e^x - 1)^2$ par la règle du produit. Question 4b : Montrer que $f'(x) \geq 0$ en analysant chaque facteur. Question 4c : Tableau : $f$ croissante sur $\mathbb{R}$, minimum en $x = 0$ avec $f(0) = 0$. Question 5a : Dériver $f'(x)$ pour obtenir $f''(x)$. Question 5b : Utiliser la courbe de $g$ fournie pour lire les signes. Question 5c : Étudier le signe de $f''(x) = e^x(2 + 4x + g(x))$ et trouver où $f''(x) = 0$ (points d'inflexion). Question 7a : Puisque $f$ est strictement…
• NATIONAL 2021 · rattrapage8 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = 2 - xe^{-x}$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 1 cm).

  1. Calculer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et interpréter le résultat géométriquement.
  2. a)…
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  1. $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$ : la droite $y = 2$ est asymptote horizontale à droite.
  2. a) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$ (car $xe^{-x} \to -\infty$ quand $x \to -\infty$). b) $\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = -\infty$ : la courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.
  3. a) $f'(x) = -e^{-x} - (-1)e^{-x} = (x-1)e^{-x}$ (vérification par calcul). b) Tableau : $f$ décroît sur $]-\infty, 1[$, atteint un minimum $f(1) = 2 - e^{-1} \approx 1,63$ en $x = 1$, puis croît sur $]1, +\infty[$.
  4. a) $f''(x) = e^{-x} + (x-1)(-e^{-x}) = (2-x)e^{-x}$. b) $f''(2) = 0$ et $f''$ change de signe en $x = 2$ : point d'inflexion à $(2, f(2))$.
  5. Courbe tracée avec asymptote $y = 2$, minimum en $(1, 2-e^{-1})$, point d'inflexion en $(2, \approx 1,25)$.
  6. Minimum : $f(1) = 2 - e^{-1}$. Donc $f(x) \geq 2 - e^{-1}$ pour tout $x$. On en déduit $2 - e^{-x} > x$ (puisque $f(x) = 2 - xe^{-x} > x$).
  7. a) $\int_0^2 xe^{-x} \, dx = [-xe^{-x}]_0^2 + \int_0^2 e^{-x} \, dx = -2e^{-2} + [-e^{-x}]_0^2 = -2e^{-2} - e^{-2} + 1 = 1 - 3e^{-2}$. b)…

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : $\lim_{x \to +\infty} e^{-x} = 0$, donc $\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 0$ (croissance comparée). Ainsi $\lim f(x) = 2 - 0 = 2$. Question 2a : Quand $x \to -\infty$, $e^{-x} \to +\infty$ et $x \to -\infty$, donc $-xe^{-x} \to -\infty$. Question 2b : $\frac{f(x)}{x} = 2/x - e^{-x}$. Quand $x \to -\infty$ : $2/x \to 0$ et $-e^{-x} \to -\infty$. Branche parabolique de direction asymptotique l'axe des $y$. Question 3a : Dérivée de $2$ est $0$, dérivée de $-xe^{-x}$ est $-(e^{-x} + x(-e^{-x})) = -(e^{-x} - xe^{-x}) = (x-1)e^{-x}$. Question 3b : $f' > 0$ ssi $x > 1$, $f' < 0$ ssi $x < 1$. Minimum global en $x = 1$. Question 4a : Dériver $(x-1)e^{-x}$ : $e^{-x} + (x-1)(-e^{-x}) = e^{-x}(1 - (x-1)) = (2-x)e^{-x}$. Question 4b : $f''(2) = 0$ ; $f''(x) > 0$ pour $x < 2$ (convexe), $f''(x) < 0$ pour $x > 2$ (concave). Point d'inflexion en $x = 2$. Question 5 : Tracer avec les informations : asymptote $y = 2$, minimum $(1, 2-1/e)$, inflexion $(2, \approx 1,25)$, branche parabolique à gauche. Question 6 : Le minimum de $f$ est atteint en $x = 1$ : $m = 2 - e^{-1} \approx 1,632$. Pour tout $x$ : $2 - xe^{-x} \geq 2 - e^{-1} > x$ (vérifier…
• NATIONAL 2021 · normale9 pts
  Problème Soit la fonction $f$ définie sur $[0, +\infty[$ par : $f(0) = 0$ et $f(x) = 2x\ln x - 2x$ si $x > 0$. On désigne par $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 1 cm).

  1. Montrer que $f$ est continue à droite au point…
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  1. $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} (2x\ln x - 2x) = 0 = f(0)$, donc $f$ est continue à droite en 0.
  2. a) $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ (car le terme dominant est $2x\ln x$) b) La courbe $(C)$ s'élève vers $+\infty$
  3. a) $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} (2\ln x - 2) = +\infty$ : branche parabolique de direction asymptotique $\vec{j}$ b) $f'(x) = 2\ln x + 2 - 2 = 2\ln x$ pour $x > 0$ c) Tableau : $f$ décroissante sur $]0, 1[$, croissante sur $]1, +\infty[$, minimum en $x=1$ avec $f(1) = -2$
  4. a) $f(x) = 0 \Rightarrow x = 1$ ou $x = e$ ; $f(x) = x \Rightarrow 2x\ln x - 3x = 0 \Rightarrow x = 1$ ou $x = e^{3/2}$ b) Graphique à tracer avec tangente horizontale en $x=1$, points $(1,0)$, $(e, 0)$, demi-tangente verticale en 0
  5. a) $\int_1^e x\ln x \, dx = \left[\frac{x^2\ln x}{2}\right]_1^e - \int_1^e \frac{x}{2} dx = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2 - 1}{4} = \frac{e^2 + 1}{4}$ b) $\int_0^e f(x) \, dx = 2 \cdot \frac{e^2 + 1}{4} - 2 \cdot \frac{e^2}{2} = \frac{e^2 + 1}{2} - e^2 = \frac{1 - e^2}{2}$
  6. a) Minimum de $f$ : $f(1) = -2$ b) Pour $x \geq 1$ : $f(x) \geq f(1) = -2 > x - 1$…

  ce que le barème veut ·

  1) Pour $x > 0$, $f(x) = 2x\ln x - 2x$. Utiliser $\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$ (limite classique). Alors $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = 0 - 0 = 0 = f(0)$. 2) a) Le terme $2x\ln x$ domine quand $x \to +\infty$, donc $f(x) \to +\infty$ b)** Interprétation : la courbe monte vers l'infini sans asymptote horizontale 3) a) $\frac{f(x)}{x} = 2\ln x - 2 \to +\infty$ : direction asymptotique verticale (branche parabolique) b)** Dérivée : $f'(x) = 2\ln x + 2 \cdot \frac{1}{x} \cdot x - 2 = 2\ln x + 2 - 2 = 2\ln x$ c)** Signe de $f'(x)$ : négatif pour $x < 1$, nul en $x=1$, positif pour $x > 1$. Minimum : $f(1) = 2(1)(0) - 2 = -2$ 4) a) $f(x) = 0 \Rightarrow 2x\ln x = 2x \Rightarrow \ln x = 1$ (si $x > 0$) $\Rightarrow x = e$, ou $x = 0$. Vérifier $x=1$ : $f(1) = -2 \neq 0$. $f(x) = x \Rightarrow 2x\ln x - 2x = x \Rightarrow 2x\ln x = 3x \Rightarrow \ln x = 3/2$ (si $x > 0$) $\Rightarrow x = e^{3/2}$. Vérifier aussi $x=1$ : $f(1) = -2 \neq 1$. b)** Construction : placer les points clés, tangente horizontale en $x=1$, asymptote parabolique 5) a) Intégration par parties : $u = \ln x, \, dv = x \, dx$. Alors…
• NATIONAL 2021 · rattrapage8 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = 2 - xe^{-x}$ et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 1 cm).

  1. Calculer $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ et interpréter le résultat géométriquement.

  2)…
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  1. $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 2 - \lim_{x \to -\infty} x e^{-x} = 2 - 0 = 2$ (car $\lim_{x \to -\infty} x e^{-x} = 0$). Asymptote horizontale : $y = 2$.
  2. $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2 - \lim_{x \to +\infty} x e^{-x} = 2 - 0 = 2$ (par croissance comparée).
  3. a) $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2-xe^{-x}}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{2}{x} - e^{-x}\right) = 0 - 0 = 0$ (pas $-\infty$). Correction : $\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \left(\frac{2}{x} - e^{-x}\right) = 0 - \infty = -\infty$. Interprétation : branche parabolique de direction asymptotique l'axe $Oy$ (vers $-\infty$).
  4. a) $f'(x) = 0 - (e^{-x} + x \cdot (-e^{-x})) = -(e^{-x} - xe^{-x}) = -e^{-x}(1-x) = (x-1)e^{-x}$. b) $f'(x) = 0 \Rightarrow x = 1$. $f'(x) < 0$ pour $x < 1$, $f'(x) > 0$ pour $x > 1$. Minimum en $x = 1$ : $f(1) = 2 - e^{-1} = 2 - \frac{1}{e}$.
  5. a) $f''(x) = (e^{-x} + (x-1)(-e^{-x})) = e^{-x}(1 - (x-1)) = e^{-x}(2-x)$. b) $f''(x) = 0 \Rightarrow x = 2$. Point d'inflexion en $(2, f(2))$.
  6. [Courbe à tracer : asymptotes $y = 2$, minimum en $(1, 2-1/e) \approx (1, 1.63)$, point d'inflexion en…

  ce que le barème veut ·

  Q1 : Limite : utiliser croissance comparée pour $\lim_{x \to -\infty} xe^{-x}$ (tend vers 0). Interprétation : asymptote horizontale $y = 2$. Q2 : Même technique, $\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 0$ (croissance comparée : exponentielle décroissante domine). Q3 : Calculer le taux de croissance $\frac{f(x)}{x}$. Si limite est $-\infty$, branche parabolique vers $Oy$ en bas. (Attention : dans l'énoncé, il dit $\lim_{x \to +\infty}$, ce qui donne 0, pas $-\infty$; probablement erreur d'énoncé et il faut $x \to -\infty$). Q4a : Dérivée du produit $-xe^{-x}$ : $\frac{d}{dx}(-xe^{-x}) = -(e^{-x} - xe^{-x}) = -e^{-x}(1-x) = (x-1)e^{-x}$. Q4b : Tableau de signes de $f'$, monotonie et extrema. Q5a : Dérivée seconde : $f''(x) = \frac{d}{dx}[(x-1)e^{-x}] = e^{-x} + (x-1)(-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x + 1) = (2-x)e^{-x}$. Q5b : Zéro de $f''$ en $x = 2$ (changement de signe), point d'inflexion. Q6 : Tracer : asymptote $y = 2$, min $(1, 2-1/e)$, inflexion $(2, f(2))$, allure générale. Q7 : Minimum global $= f(1) = 2 - 1/e \approx 1.632 > 0$. De $f(x) > 0$, déduire $2 - xe^{-x} > 0$. Rearrange : $e^x > x$ (pour $x > 0$; pour $x \leq 0$, c'est trivial car…