Fonction exponentielle : exercices de synthèse

$f$ est dérivable sur $[-3\,;\,4]$ comme produit de fonctions dérivables.

Avec $u=x+2$ et $v=e^{-x}$ : $u'=1$ et $v'=-e^{-x}$.

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

✅ $f'(x)=-(x+1)e^{-x}$

Pour tout $x$, $e^{-x}>0$ : $f'(x)$ a le signe de $-(x+1)$, donc de $-x-1$.

$f'(x)>0$ pour $x<-1$ et $f'(x)<0$ pour $x>-1$.

On calcule $f(-3)=-e^{3}\approx -20{,}09$, $f(-1)=e^{1}=e\approx 2{,}72$ et $f(4)=6e^{-4}\approx 0{,}11$.

$x$	$-3$		$-1$		$4$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f$	$-e^{3}$	↗	$e$	↘	$6e^{-4}$

✅ $f$ est strictement croissante sur $[-3\,;\,-1]$ et strictement décroissante sur $[-1\,;\,4]$.

Pour tout $x$, $e^{-x}\neq 0$ : $f(x)=0\iff x+2=0\iff x=-2$.

Comme $e^{-x}>0$, $f(x)$ a le signe de $x+2$.

✅ $f(x)=0$ pour $x=-2$ ; $f(x)<0$ sur $[-3\,;\,-2[$ ; $f(x)>0$ sur $]-2\,;\,4]$.

Équation de la tangente en $a=0$ : $y=f'(0)(x-0)+f(0)$.

$f(0)=2e^0=2$ et $f'(0)=-(0+1)e^{0}=-1$.

$y=-1\times x+2$.

✅ $T : y=-x+2$.

D'après le tableau, $f$ est strictement décroissante sur $[-1\,;\,4]$, de $e\approx2{,}72$ à $6e^{-4}\approx0{,}11$ : deux réels distincts de cet intervalle ne peuvent pas avoir la même image.

✅ L'équation $f(x)=1$ a au plus une solution dans $[-1\,;\,4]$. Comme $1\in[0{,}11\,;\,2{,}72]$, on admet qu'elle en a une : $\beta$.

Pour la trouver, on balaie $[-1\,;\,4]$ avec un pas de $0{,}01$ :

from math import exp

def f(x):
    return (x + 2) * exp(-x)

x = -1
while f(x) > 1:       # f est décroissante sur [-1 ; 4]
    x = x + 0.01
print(round(x - 0.01, 2), round(x, 2))   # affiche 1.14 1.15

On obtient $f(1{,}14)>1>f(1{,}15)$ (en effet $\beta\approx 1{,}1462$).

✅ $1{,}14<\beta<1{,}15$.

• Q1 : dérivée de produit correcte, $e^{-x}>0$ écrit, tableau avec trois images.

• Q2 : produit nul ($e^{-x}\neq 0$), signe justifié.

• Q3 : formule $y=f'(a)(x-a)+f(a)$ appliquée avec les deux valeurs calculées.

• Q4 : raisonnement par monotonie (au plus une solution), encadrement avec le sens de l'inégalité correct.

$C$ est dérivable sur $[0\,;\,10]$ comme produit de fonctions dérivables.

Avec $u=5t$ et $v=e^{-0{,}5t}$ : $u'=5$ et $v'=-0{,}5e^{-0{,}5t}$.

$C'(t)=5e^{-0{,}5t}+5t\times(-0{,}5)e^{-0{,}5t}=e^{-0{,}5t}\,(5-2{,}5t)$.

✅ $C'(t)=5(1-0{,}5t)\,e^{-0{,}5t}$

Pour tout $t$, $e^{-0{,}5t}>0$ : $C'(t)$ a le signe de $1-0{,}5t$.

$1-0{,}5t>0\iff t<2$.

On calcule $C(0)=0$, $C(2)=10e^{-1}\approx 3{,}68$ et $C(10)=50e^{-5}\approx 0{,}34$.

$x$	$0$		$2$		$10$
$C'(t)$		$+$	$0$	$-$
$C$	$0$	↗	$10e^{-1}$	↘	$50e^{-5}$

✅ $C$ est strictement croissante sur $[0\,;\,2]$ et strictement décroissante sur $[2\,;\,10]$.

Le maximum de $C$ est atteint en $t=2$ (la fonction croît jusque-là puis décroît).

✅ La concentration est maximale $2$ heures après l'injection : $C(2)=10e^{-1}\approx 3{,}68$ mg/L.

Sur $[0\,;\,2]$, $C$ est strictement croissante : elle prend chaque valeur au plus une fois. Sur $[2\,;\,10]$, elle est strictement décroissante : même conclusion. D'où au plus une solution $t_1$ dans $[0\,;\,2]$ et au plus une solution $t_2$ dans $[2\,;\,10]$ (elles existent, car $3\in[0\,;\,3{,}68]$ et $3\in[0{,}34\,;\,3{,}68]$).

Un balayage avec un pas de $0{,}01$ heure donne les deux instants :

from math import exp

def C(t):
    return 5 * t * exp(-0.5 * t)

t = 0
while C(t) < 3:
    t = t + 0.01
t1 = t
while C(t) >= 3:
    t = t + 0.01
t2 = t
print(round(t1, 2), round(t2, 2))   # affiche 0.98 3.57

On trouve $t_1\approx 0{,}98$ h et $t_2\approx 3{,}57$ h (à $0{,}01$ h près). D'après le tableau, la concentration est $\geqslant 3$ mg/L sur $[t_1\,;\,t_2]$.

✅ Durée d'efficacité : $t_2-t_1\approx 2{,}59$ heures, soit environ $2$ h $35$ min.

$C(10)=50e^{-5}\approx 0{,}34$ mg/L.

✅ Dix heures après l'injection, il ne reste qu'environ $0{,}34$ mg/L : le médicament est presque totalement éliminé.

• Q1 : dérivée de produit avec le coefficient $-0{,}5$, $e^{-0{,}5t}>0$ écrit, tableau avec trois images.

• Q2 : maximum lu dans le tableau, valeur et instant distingués, unité.

• Q3 : monotonie sur deux intervalles, valeurs aux bornes, conclusion en contexte avec la durée.

• Q4 : interprétation en une phrase.

Pour tout réel $x$ : $g(-x)=\dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1}$. On multiplie en haut et en bas par $e^{x}$ :

$g(-x)=\dfrac{e^{x}\,e^{-x}}{e^{x}\,(e^{-x}+1)}=\dfrac{1}{1+e^{x}}$.

Donc $g(x)+g(-x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}+\dfrac{1}{e^x+1}=\dfrac{e^x+1}{e^x+1}=1$.

✅ Pour tout réel $x$ : $g(x)+g(-x)=1$.

L'ensemble de définition de $h$ est $\mathbb{R}$, symétrique par rapport à $0$. Pour tout réel $x$ : $h(-x)=g(-x)-\dfrac12=1-g(x)-\dfrac12=\dfrac12-g(x)=-h(x)$.

✅ $h$ est impaire : sa courbe est symétrique par rapport à l'origine du repère.

$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur $e^x+1>0$ ne s'annule pas.

Avec $u=e^x$ et $v=e^x+1$ : $u'=v'=e^x$.

$g'(x)=\dfrac{e^x(e^x+1)-e^x\times e^x}{(e^x+1)^2}=\dfrac{e^x}{(e^x+1)^2}$.

✅ $g'(x)=\dfrac{e^{x}}{(e^{x}+1)^{2}}$

Pour tout $x$, $e^x>0$ et $(e^x+1)^2>0$ : $g'(x)>0$.

✅ $g$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Pour tout $x$, $e^x>0$ et $e^x+1>0$, donc $g(x)>0$.

De plus $e^x+1>e^x$ et $e^x+1>0$ : $\dfrac{e^x}{e^x+1}<1$.

✅ Pour tout réel $x$ : $0<g(x)<1$.

Équation en $a=0$ : $y=g'(0)(x-0)+g(0)$.

$g(0)=\dfrac{1}{2}$ et $g'(0)=\dfrac{e^0}{(e^0+1)^2}=\dfrac14$.

✅ $T : y=\dfrac{1}{4}x+\dfrac{1}{2}$.

Posons $h(x)=e^x-x-1$. Alors $h'(x)=e^x-1$, négative pour $x<0$ et positive pour $x>0$ (car $e^0=1$ et $\exp$ est croissante).

$h$ admet donc un minimum $h(0)=0$ : $h(x)\geqslant 0$, soit $e^x\geqslant x+1$.

Comme $e^x+1>0$, on divise : $\dfrac{e^x}{e^x+1}\geqslant\dfrac{x+1}{e^x+1}$.

✅ Pour tout réel $x$ : $g(x)\geqslant\dfrac{x+1}{e^{x}+1}$.

• Q1 : multiplication par $e^x$ pour supprimer $e^{-x}$, puis définition de la parité ($h(-x)=-h(x)$).

• Q2 : dérivée de quotient, dénominateur non nul justifié, signe d'un carré.

• Q3 : deux inégalités justifiées.

• Q4 : formule de la tangente appliquée.

• Q5 : étude de $h(x)=e^x-x-1$ complète, puis division par une quantité strictement positive.