Bac 2015 (Nouvelle Calédonie) - Étude de fonctions avec un paramètre et une exponentielle

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Le plan est rapporté à un repère orthogonal $$\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp$ .
Soit

un nombre réel strictement positif.
On note $$\Delta_a$ la droite d'équation

et $$\Gamma$ la courbe représentative de la fonction exponentielle dans le repère orthogonal $$\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp$ .
Le but de cet exercice est de déterminer le nombre de points d'intersection de $$\Gamma$ et $$\Delta_a$ suivant les valeurs de

.
Pour cela. on considère la fonction

définie pour tout nombre réel

par

$f_a(x) = \text{e}^x - ax.$

On admet pour tout réel

que la fonction

est dérivable sur l'ensemble $$\R$ des nombres réels.

Étude du cas particulier La fonction est donc définie pour tout réel par .
1. Étudier les variations de la fonction sur $$\R$ et dresser son tableau de variations sur $$\R$ (on ne demande pas de déterminer les limites aux bornes de l'ensemble de définition.
2. En déduire que $$\Gamma$ et $$\Delta_2$ n'ont pas de point d'intersection.
Étude du cas général où est un réel strictement positif
1. Déterminer les limites de la fonction en $$+\infty$ et en $$-\infty$ .
2. Étudier les variations de la fonction sur $$\R$ . Montrer alors que le minimum sur $$\R$ de la fonction est $$a - a \ln a$ .
3. Étudier le signe de $$a - a \ln a$ suivant les valeurs du nombre réel strictement positif .
4. Déterminer selon les valeurs du réel le nombre de points communs à $$\Gamma$ et $$\Delta_a$ .

Correction

1. D'après l'énoncé la fonction est dérivable sur $$\R$ .
  On a . Or $$e^x - 2 > 0 \iff e^x > 2=e^{\ln2} \iff x > \ln 2$ car la fonction exponentielle est croissante. On a donc le tableau de variations suivant :
  
  $\begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3) \uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln 2$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$} \rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$} \rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$2 - 2\ln 2$} \psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5) \end{pspicture}$
2. Comme $$2 - 2\ln 2 \approx 0,614>0$ , on en déduit que la fonction est strictement positive sur $$\R$ , soit $$f_2(x)=e^x-2x>0 \iff e^x>2x$ .
  Ainsi, la courbe $$\Gamma$ représentative de la fonction exponentielle est toujours strictement au dessus de la droite $$\Delta_2$ .
  En particulier, $$\Gamma$ et $$\Delta_2$ n'ont pas de point commun.
1. $$\bullet$ En plus l'infini : $$f_a(x) = e^x\lp1-\dfrac{ax}{e^x}\right) =e^x\lp1-a\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}\right)$ .
  On sait que, par croissances comparées, $$\dsp\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x}=+\infty$ donc $$\dsp\lim_{x \to +\infty}\lp1-a\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}\rp=1$ et donc, comme $$\dsp\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$ , par produit des limites $$\dsp\lim_{x \to +\infty} f_a(x)=+\infty$ .
  $$\bullet$ En moins l'infini : $$\dsp\lim_{x \to -\infty} e^x=0$ et $$\dsp\lim_{x\to-\infty} -ax=+\infty$ car . Donc, par addtion des limites, $$\dsp\lim_{x \to -\infty} f_a(x) = + \infty$ .
2. D'après l'énoncé, est dérivable sur $$\R$ , et on a .
  $$f'(a)=e^x - a > 0 \iff e^x > a=e^{\ln a} \iff x > \ln a$ , car et la fonction exponentielle est strictement croissante. On a donc le même tableau de variations que pour en remplaçant 2 par . En particulier, la fonction admet donc un minimum en $$\ln a$ qui est $$f_a\lp\ln a\right) = a - a\ln a$ .
3. $$a - a \ln a = a\left( 1 - \ln a\rp$ avec $$1-\ln a<0\iff 1=\ln e<\ln a\iff e<a$ , par croissance de la fonction logarithme; ainsi:
  
  $\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $a$ & $0$ && $e$ && $+\infty$ \\\hline $a$ & &&$+$ && \\\hline $1-\ln a$ & \db& $-$ &\zb&$+$ & \\\hline $a\lp1-\ln a\rp$ & \db& $-$ &\zb&$+$ & \\\hline \end{tabular}$
4. D'après le tableau de signes précédent qui donne le signe du minimum de ,
  $$\bullet$ si , alors est strictement positive, et donc, comme en 1), $$\Gamma$ et $$\Delta_a$ n'ont aucun point d'intersection.
  $$\bullet$ si , alors $$f_a\left( \ln a\rp=f_a(1)=0$ , et pour tout $$x\not=1$ .
  $$\Gamma$ et $$\Delta_e$ se coupent une unique fois ( $$\Delta_e$ est tangente à $$\Gamma$ au point ).
  $$\bullet$ si , le minimum de est négatif,
  
  $\begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3) \uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln a$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$} \uput[u](1.5,1.4){$+\infty$}\uput[u](6.5,1.4){$+\infty$} \rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$} \rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$a - 2\ln a$} \psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5) \end{pspicture}$
  
  Sur l'intervalle $$]-\infty~;~\ln a[$ , la fonction est continue (car dérivable), strictement décroissante, avec $$\dsp\lim_{x\to{-\infty}}f_a(x)>0$ et $$f\lp\ln a\rp<0$ . Ainsi, d'après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intérmédiaires), il existe un unique $$\alpha\in]-\infty;\ln a[$ tel que $$f_a\left( \alpha\rp=0$
  Le même raisonnement est aussi valable sur $$[\ln a;+\infty[$ : il existe un unique $$\beta\in]\ln a;+\infty[$ tel que $$f_a(\beta)=0$ .
  Ainsi, si , $$\Gamma$ et $$\Delta_a$ ont deux points d'intersections distincts (les points de coordonnées $$(\alpha;a\alpha)$ et $$(\beta;a\beta)$ ).

$\psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm} \begin{pspicture*}(-1,-0.4)(2,5) \psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-1,-0.4)(2,5) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=green]{-1}{2}{x 2 mul} \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=red]{-1}{2}{x 2.71828 mul} \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=cyan]{-1}{2}{x 3 mul} \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=blue]{-1}{2}{2.71828 x exp } \rput{45}(1.8,3.4){\green $y = 2x$} \rput{53}(1.8,4.6){\red $y = \text{e}x$} \rput{57}(1,3.2){\cyan $y = 3x$} \rput(-0.5,0.75){\blue $\Gamma$} \uput[ul](0,0){O} \end{pspicture*}$

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