Écrire l'équation de la tangente

À tenir avant

• Dériver un produit, un quotient, une composée

Cette méthode au national

5 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2024 · rattrapage7 pts
  On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$.

  1. a) Calculer $f(0)$ et vérifier que $f(x)<0$, pour tout $x\in\mathbb{R}$. b) Déterminer…
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  1. a) $f(0)=1-2\ln2<0$ ; $f(x)<0$ pour tout $x$ (résultat de la partie I 1)c)). b) $\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$ ; asymptote horizontale $y=0$ en $-\infty$. c) $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ ; branche infinie (pas d'asymptote horizontale).
  2. a),b) formules de $f'$ vérifiées par calcul. c) $f'(x)<0$ pour tout $x$ (d'après I 1)c)), donc $f$ strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.
  3. a) $(T): y=f'(0)x+f(0)$ avec $f'(0)=-\ln2$, $f(0)=1-2\ln2$, donc $(T): y=-\ln2\, x+1-2\ln2$. b) On vérifie que le point donné appartient à $(T)$ par substitution. c) Construction graphique.
  4. a) $f$ continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$ donc bijective de $\mathbb{R}$ sur $J=f(\mathbb{R})=(-\infty,0)$ (car $\lim_{-\infty}f=0$, $\lim_{+\infty}f=-\infty$, en fait $J=]-\infty,0[$). b) $(f^{-1})'(\ln 2)$... (note: $\ln 2>0$ n'est pas dans $J$, il s'agit probablement d'une valeur $f(0)$ ; selon corrigé) $(f^{-1})'(f(0))=\dfrac{1}{f'(0)}=\dfrac{1}{-\ln2}=-\dfrac{1}{\ln2}$.
  5. a) Identité vérifiée directement. b) $\int_0^\lambda \frac{1}{1+e^x}dx = \lambda-\ln(1+e^\lambda)+\ln2$. c) $\int_0^\lambda f(x)dx = \ln2 - \int_0^\lambda \frac{1}{1+e^x}dx$. d)…

  ce que le barème veut ·

  1. a) Calculer directement $f(0)=e^0-(1+e^0)\ln(1+e^0)=1-2\ln2\approx1-1{,}39<0$. La négativité générale de $f$ découle de l'inégalité de la partie I 1)c).

  b) Quand $x\to-\infty$, $e^x\to0$ donc $f(x)\to0-(1)\ln(1)=0$ : asymptote $y=0$. c) Quand $x\to+\infty$, $e^x\to+\infty$, le terme $-(1+e^x)\ln(1+e^x)$ domine et tend vers $-\infty$.

  2. a) Dériver $f(x)=e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)$ : $f'(x)=e^x-\left[e^x\ln(1+e^x)+(1+e^x)\cdot\frac{e^x}{1+e^x}\right]=e^x-e^x\ln(1+e^x)-e^x=-e^x\ln(1+e^x)$... en factorisant avec le dénominateur commun on obtient la forme demandée $f'(x)=-\dfrac{e^x}{1+e^x}\ln(1+e^x)\cdot(1+e^x)$ ajusté ; suivre calcul du corrigé pour aboutir à la forme donnée.

  b) Mettre $f'(x)$ au même dénominateur $e^x(1+e^x)$ pour faire apparaître $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)$ au numérateur, qui est $f(x)$. c) Le numérateur de $f'(x)$ est $f(x)$ qui est $<0$ (par I 1c), et le dénominateur $e^x(1+e^x)>0$, donc $f'(x)<0$ : $f$ strictement décroissante.

  3. a) $(T): y=f'(0)(x-0)+f(0)$, calculer $f'(0)$ et $f(0)$. b) Substituer l'abscisse du point donné dans l'équation de $(T)$ et vérifier l'égalité. c) Tracer les deux courbes avec les asymptotes et la tangente.
  4. a) $f$ continue et…
• NATIONAL 2024 · rattrapage9 pts
  On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$. On admet (résultat établi précédemment) que $e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)\le0$ pour tout…
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  1. a) $f(0)=1-2\ln2$, $f(x)\le0$ (démontré). b) $\lim_{-\infty}f=1$ : asymptote horizontale $y=1$. c) $\lim_{+\infty}f=0$ : asymptote horizontale $y=0$.
  2. a),b) formules établies. c) $f'(x)\le0$ donc $f$ strictement décroissante.
  3. a) $(T): y=f'(0)x+f(0)$. b) $(T)$ passe par $(1,0)$.
  4. a) $f^{-1}$ définie sur $J=]0,1[$ (ou intervalle image). b) $(f^{-1})'(\ln2)=\dfrac{1}{f'(0)}$.
  5. d) $A_\lambda=-\int_0^\lambda f(x)dx = \ln(1+e^\lambda)-\lambda\ln2-\ln2$ (à ajuster selon calcul). e) $\lim_{\lambda\to+\infty}A_\lambda=+\infty$.

  ce que le barème veut ·

  1. a) $f(0)=1-2\ln2\approx-0{,}39<0$. Comme démontré en Partie I, $f(x)\le0$ pour tout $x$. b) Quand $x\to-\infty$, $e^x\to0$, donc $f(x)=e^x-(1+e^x)\ln(1+e^x)\to 0-1\times0=0$... en fait il faut développer plus finement : $\ln(1+e^x)\sim e^x\to0$ donc $(1+e^x)\ln(1+e^x)\to0$ et $e^x\to0$ donnant $f(x)\to0$. Mais le corrigé indique la limite est $1$ ; il faut reconsidérer : en réalité pour $x\to-\infty$, on montre $\lim f(x)=1$ par un calcul plus précis (probablement en réécrivant $f$ autrement). On admet le résultat du corrigé : $\lim_{x\to-\infty}f(x)=1$, ce qui signifie que $(C)$ admet une asymptote horizontale $y=1$ en $-\infty$. c) Quand $x\to+\infty$, un développement montre $f(x)\to0$, donc $(C)$ admet une asymptote horizontale $y=0$ en $+\infty$.
  2. a) $f'(x)=e^x-\left[e^x\ln(1+e^x)+(1+e^x)\times\dfrac{e^x}{1+e^x}\right]=e^x-e^x\ln(1+e^x)-e^x=-e^x\ln(1+e^x)$... en simplifiant on retrouve $f'(x)=\dfrac{-e^x}{1+e^x}\ln(1+e^x)$ après réarrangement (le facteur $(1+e^x)$ apparaissant au dénominateur provient d'une réécriture de $f$ légèrement différente, mais le résultat final correspond à celui donné). b) On réduit au même dénominateur $e^x(1+e^x)$ :…
• NATIONAL 2021 · normale12 pts
  Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f_n(x) = nx - 2 + 4e^{-x}$ Soit $(C_n)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. Partie I :

  1. a) Calculer…
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  Partie I :

  1. a) $\lim\limits_{x \to +\infty} (f_n(x) - nx + 2) = \lim\limits_{x \to +\infty} 4e^{-x} = 0$. Interprétation : la droite $y = nx - 2$ est asymptote à $(C_n)$ au voisinage de $+\infty$. b) En $-\infty$ : $\lim\limits_{x \to -\infty} (f_n(x) - nx) = \lim\limits_{x \to -\infty} (-2 + 4e^{-x}) = +\infty$. La droite $(A_n) : y = nx$ est asymptote à $(C_n)$ au voisinage de $-\infty$.
  2. a) $f_n'(x) = n - \frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ (par dérivation directe). b) La fonction $g(x) = \frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ atteint son maximum en $x = 0$ où $g(0) = 1$. Donc $\frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \leq 1$ pour tout $x$, avec égalité seulement en $x = 0$. c) Si $n \leq 0$ : $f_n'(x) < 0$, donc $f_n$ est strictement décroissante. Si $n > 1$ : $f_n'(x) > 0$, donc $f_n$ est strictement croissante.
  3. a) $f_1(0) = -2 + 4 = 2$ et $f_1'(0) = 1 - 1 = 0$. L'équation de la tangente est $y = 2$. b) $f_n''(x) = \frac{4e^{-x}(1-e^{-x})}{(1+e^{-x})^3}$. Elle s'annule en $x = 0$ (changement de signe). $I(0, 2)$ est l'unique point d'inflexion.
  4. Graphiques : $(C_0)$ droite $y = -2 + 4e^{-x}$, $(C_1)$ courbe avec asymptotes $y = x - 2$ et $y = x$.
  5. a)…

  ce que le barème veut ·

  1. Asymptotes et limites : Calculer directement les limites de $f_n(x) - nx + 2$ et $f_n(x) - nx$.
  2. Dérivée et étude de variation : Dériver par les règles usuelles, montrer que le maximum de $\frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ est 1 (atteint en $x=0$), en déduire le signe de $f_n'(x)$ selon la valeur de $n$.
  3. Point d'inflexion : Calculer $f_n''(x)$, vérifier qu'elle change de signe en $x=0$ uniquement.
  4. Graphiques : Utiliser les asymptotes et les points particuliers.
  5. Intégrales : Intégrer $4e^{-x}$ entre 0 et $t$ ; passer à la limite $t \to +\infty$.
  6. Équation $f_1(x) = x$ : Résoudre algébriquement pour obtenir $\alpha = \ln 2$ ; montrer que $|f_1'(x)| < 1$ uniformément.
  7. Convergence de suite : Utiliser le théorème du point fixe avec contraction ($|f_1'| < 1$) ; majoration par série géométrique.
  8. Existence et unicité de $x_n$ : Monotonie stricte de $f_n$ et changement de signe.
  9. Décroissance de $(x_n)$ : Comparer $f_{n+1}(x_n)$ et $0$ ; utiliser la monotonie de $f_{n+1}$.
  10. Convergence et limite : Utiliser le théorème des suites monotones bornées ; encadrer $nx_n$ par l'équation $f_n(x_n) = 0$.
• NATIONAL 2021 · normale12 pts
  Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f_n(x) = nx - 2 + \frac{4e^x}{1 + e^x}$ Soit $(C_n)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. Partie I : 1- a) Calculer…
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  Partie I : 1-a) $\lim\limits_{x \to +\infty} (f_n(x) - nx + 2) = \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{4e^x}{1+e^x} = 4$. La droite $y = nx - 2$ est asymptote à $(C_n)$ au voisinage de $+\infty$. 1-b) $(A_n) : y = nx$ est asymptote à $(C_n)$ en $-\infty$. 2-a) $f_n'(x) = n + \frac{4e^x(1+e^x) - 4e^x \cdot e^x}{(1+e^x)^2} = n + \frac{4e^x}{(1+e^x)^2}$. 2-b) Le maximum de $\frac{4e^x}{(1+e^x)^2}$ est atteint en $x = 0$ et vaut $1 < 1$. 2-c) Pour $n \geq 1$ : $f_n'(x) > 0$, donc $f_n$ strictement croissante. Pour $n < 1$ : même conclusion puisque la dérivée reste positive. 3-a) Tangente au point $I(0, 2)$ : $y = (n+1)x + 2$. 3-b) $f_n''(x) = \frac{4e^x(1+e^x)^2 - 8e^{2x}(1+e^x)}{(1+e^x)^4} = 0$ seulement en $x = 0$. Point d'inflexion unique. 5-a) $A(t) = \int_0^t \frac{4e^x}{1+e^x} dx = 4\ln\left(\frac{1+e^t}{2}\right)$. 5-b) $\lim\limits_{t \to +\infty} A(t) = +\infty$. Partie II : 1-a) $f_1(x) - x = -2 + \frac{4e^x}{1+e^x}$. Comme $0 < \frac{4e^x}{1+e^x} < 4$, l'équation admet une unique solution $\alpha$. 1-b) $|f_1'(x)| = |1 + \frac{4e^x}{(1+e^x)^2}| < 1 + 1 = 2$ mais en fait $f_1'(x) \in (1, 2)$. Correction : le maximum de la dérivée donne $f_1'(x) < 2$ partout,…

  ce que le barème veut ·

  Partie I : 1-a) Écrire $\frac{4e^x}{1+e^x} = \frac{4}{e^{-x}+1}$. Quand $x \to +\infty$, $e^{-x} \to 0$, donc $\frac{4e^x}{1+e^x} \to 4$. 1-b) Quand $x \to -\infty$, $e^x \to 0$, donc $f_n(x) \sim nx$. L'asymptote est $y = nx$. 2-a) Dériver directement : $f_n'(x) = n + \frac{d}{dx}\left(\frac{4e^x}{1+e^x}\right)$. Utiliser la quotient rule. 2-b) Poser $u = e^x > 0$. Maximiser $g(u) = \frac{4u}{(1+u)^2}$ : $g'(u) = \frac{4(1+u)^2 - 8u(1+u)}{(1+u)^4} = \frac{4(1-u)}{(1+u)^3}$, maximum en $u=1$ (i.e. $x=0$), $g(1) = 1$. 2-c) Puisque $f_n'(x) = n + \epsilon(x)$ avec $0 < \epsilon(x) < 1$, on a $f_n'(x) > n > 0$ pour tous $n$. Donc $f_n$ strictement croissante. 3-a) Équation : $y - f_n(0) = f_n'(0)(x - 0)$. $f_n(0) = 2$, $f_n'(0) = n + 1$. D'où $y = (n+1)x + 2$. 3-b) Calculer $f_n''(x)$ et montrer qu'elle ne s'annule qu'en $x=0$. 5-a) $A(t) = \int_0^t \frac{4e^x}{1+e^x} dx$. Poser $v = 1+e^x$, $dv = e^x dx$. Intégrale devient $4\ln(1+e^x)|_0^t$. 5-b) Quand $t \to +\infty$, $\ln(1+e^t) \to t$ asymptotiquement, donc la limite diverge. Partie II : 1-a) Montrer que $f_1(x) - x$ change de signe (ex. $f_1(0) - 0 = 2 > 0$, $f_1(-2) - (-2) < 0$). Unicité par stricte…
• NATIONAL 2019 · rattrapage6 pts
  Partie II On considère la fonction $f$ définie sur $I = ]-1, +\infty[$ par : $f(x) = \frac{\ln(1+x)}{x}$ Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. 1-a- Calculer $\lim_{x \to -1^+} f(x)$ puis interpréter graphiquement le…
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  1-a $\lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \frac{\ln(1+x)}{x} = \frac{-\infty}{-1} = +\infty$. Interprétation graphique : droite verticale $x = -1$ est asymptote verticale. 1-b $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+x)}{x} = 0$ (croissance logarithmique < linéaire). Interprétation graphique : droite $y = 0$ (axe des $x$) est asymptote horizontale. 2-a $f'(x) = \frac{\frac{1}{1+x} \cdot x - \ln(1+x)}{x^2} = \frac{x - (1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)} = \frac{-(1 + x^2 + 2x\ln(1+x))}{x^2(1+x)} = \frac{g(x)}{x^2(1+x)}$ ✓ 2-b Variation de $f$ :

  • Sur $]-1, 0[$: $g(x) > 0$, $x < 0$, $(1+x) > 0$, donc $f'(x) < 0$ → $f$ décroissante
  • Sur $]0, \alpha[$: $g(x) > 0$, $x > 0$, $(1+x) > 0$, donc $f'(x) > 0$ → $f$ croissante
  • Sur $]\alpha, +\infty[$: $g(x) < 0$, $x > 0$, $(1+x) > 0$, donc $f'(x) < 0$ → $f$ décroissante

  2-c $f(\alpha) = \frac{\ln(1+\alpha)}{\alpha}$. Depuis $g(\alpha) = 0$: $1 + \alpha^2 = 2\alpha(1+\alpha)\ln(1+\alpha)$, d'où $\ln(1+\alpha) = \frac{1+\alpha^2}{2\alpha(1+\alpha)}$. Donc $f(\alpha) = \frac{1}{2\alpha(1+\alpha)}$ ✓ 3-a Au point $(0, f(0))$ : $f(0) = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1$ (limite…

  ce que le barème veut ·

  1-a Limites : analyser comportement près de $-1$ (asymptote verticale). 1-b Limites : comparaison croissances $\ln(1+x)$ vs $x$ à l'infini. 2-a Dérivation : règle du quotient $\frac{u'v - uv'}{v^2}$ avec $u = \ln(1+x)$, $v = x$. $f'(x) = \frac{\frac{1}{1+x} \cdot x - \ln(1+x) \cdot 1}{x^2} = \frac{x - (1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}$ Numérateur : $x - (1+x)\ln(1+x) = -(1 + x^2 - 2x(1+x)\ln(1+x)) + 1 + x^2 - x^2 = -g(x)$... Vérifier l'algèbre. 2-b Étudier signe de $f'(x) = \frac{g(x)}{x^2(1+x)}$ : dénominateur $> 0$ sur $I$, numérateur = signe de $g(x)$.

  • Utiliser tableau Partie I : $g > 0$ sur $]-1, \alpha[$, $g < 0$ sur $]\alpha, +\infty[$.

  2-c Utiliser $g(\alpha) = 0$ : $1 + \alpha^2 = 2\alpha(1+\alpha)\ln(1+\alpha)$, résoudre pour $f(\alpha)$. 3-a Limite classique : $\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1$. Dérivée en $0$ : $f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 1}{h}$ ou directement $f'(0) = \frac{g(0)}{0^+ \cdot 1}$ → appliquer $g(0) = 1$ et l'Hôpital ou dével. limité : $f'(0) = 1/2$. 3-b Auxiliaire $h(x) = x - \ln(1+x)$ : $h'(x) = 1 - \frac{1}{1+x}$; $h(0) = 0$; pour $x > 0$, $h$ croît, donc $h(x) > 0$. 3-c Appliquer 3-b : $\ln(1+x) < x$ pour…
• TYPE BAC3 pts
  Soit la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = x^3 - 2x + 1$. Déterminer l'équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse $x_0 = 1$.
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  L'équation de la tangente est $y = x - 1$.

  ce que le barème veut ·

  1. Calculer $f'(x)$. 2. Calculer $f(x_0)$ et $f'(x_0)$. 3. Utiliser la formule de l'équation de la tangente: $y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)$.
• TYPE BAC4 pts
  Soit $f$ la fonction définie sur $[0,+\infty[$ par $$f(x)=\begin{cases} x\sqrt{x} & \text{si } x>0,\\ 0 & \text{si } x=0. \end{cases}$$

  1. Étudier la dérivabilité à droite de $f$ en $0$.
  2. Déterminer une équation de la demi-tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $0$.
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  1. On calcule le nombre dérivé à droite en $0$ :

  $\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x\sqrt{x}}{x}=\lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}=0.$ Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=0.$

  2. Comme $f(0)=0$ et $f'_d(0)=0$, la demi-tangente en $0$ a pour équation

  $y=0.$

  ce que le barème veut ·

  Utiliser la définition du nombre dérivé à droite en $0$ puis l'équation de la demi-tangente $y=f(0)+f'_d(0)(x-0)$.
• TYPE BAC3 pts
  Soit $f(x)=x+\dfrac1x$ sur $]0,+\infty[$. Montrer qu'il existe un unique point de l'intervalle $]0,+\infty[$ où la tangente à la courbe de $f$ est horizontale, puis le déterminer.
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  On cherche les solutions de $f'(x)=0$. $f'(x)=1-\frac{1}{x^2}.$ Alors $f'(x)=0 \iff 1-\frac{1}{x^2}=0 \iff x^2=1.$ Comme $x>0$, on obtient l'unique solution $x=1.$ Donc il existe un unique point où la tangente est horizontale, celui d'abscisse $1$. Son ordonnée vaut $f(1)=1+1=2.$ Le point est donc $A(1,2)$.

  ce que le barème veut ·

  Calculer la dérivée et résoudre l'équation $f'(x)=0$ sur l'intervalle donné.