Antilles, septembre 2010, exercice 3

Énoncé

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple.
Pour chacune des questions suivantes, trois réponses sont proposées, une seule réponse est exacte. Indiquer sur votre copie le numéro de la question et recopier la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée.
Une réponse exacte rapporte 0,75 point. Une réponse fausse enlève 0,25 point. L'absence de réponse ne rapporte aucun point et n'en enlève aucun. Si le total des points est négatif, la note de l'exercice est ramenée à 0.
Soit f une fonction définie sur ]-\infty\,;\,0[\cup]0\,;\, + \infty[ par : f(x) = 2x + 1 + \frac{\mathrm{e}^{x}}{\mathrm{e}^{x} - 1}.
On admet que la fonction f est dérivable sur ]-\infty\,;\,0[\cup]0\,;\,+ \infty[.
On désigne par \mathcal{C} la courbe représentative de f dans un repère orthogonal.
Le tableau de variations de la fonction f est donné ci-dessous.
Exercice 3 - illustration 1
1 Dans l'intervalle ]0\,; + \infty[, l'équation f(x) = \mathrm{e}^{2} admet :
❑ aucune solution ;
❑ une unique solution ;
❑ deux solutions.
2 La tangente à la courbe \mathcal{C} au point d'abscisse ln(1,5) admet un coefficient directeur :
❑ strictement positif ;
❑ strictement négatif ;
❑ nul.
3  f[-\ln(2)] est égal à :
-2\ln(2) + 3 ;
\ln(\frac{1}{4}) ;
-2\,\ln(2) + 1.

Le sujet pas à pas

Mobiliser ses connaissances
Thèmes du programme
Fonctions.
Fonction exponentielle
Fonction logarithme népérien
Image d'un nombre
Tangente à une courbe
Nos conseils
1 Pour répondre, comparez e2 et 2 ln 2 + 3.
2 Comment calcule-t-on ce coefficient directeur ? Concluez à l'aide du tableau de variations.
3 Rappelez-vous que \mathrm{e}^{-\ln(x)}= \mathrm{e}^{\ln(\frac{1}{x})} = \frac{1}{x} pour tout x > 0.

Corrigé

1 Bonne réponse : deux solutions.
Sur l'intervalle ]0 \,;\, +\infty[, la fonction f est dérivable, elle est donc continue sur cet intervalle. D'après le tableau de variations de la fonction f, l'équation f(x)=\mathrm{e}^{2} admet au maximum deux solutions.
Pour connaître le nombre de solutions, il faut comparer \mathrm{e}^{2}\approx{7,4} et 2\ln(2)+3\approx{4,4} .
On a + \infty > \mathrm{e}^{2}>2\ln(2)+3.
Sur l'intervalle ]0\,;\,+\infty[, la courbe représentative de la fonction f et la droite d'équation y = e2 ont donc deux points d'intersection.
Sur l'intervalle ]0\,;\,+\infty[, l'équation f(x)=\mathrm{e}^{2} admet donc deux solutions.
2 Bonne réponse : strictement négative.
On a 0 < ln(1,5) < ln(2).
D'après le tableau de variations, sur l'intervalle ]0 ; ln (2)[ la fonction f est strictement décroissante.
Donc sur cet intervalle la dérivée f' de la fonction f est strictement négative, par conséquent f'(ln 1,5) < 0.
Or f'(ln 1,5) représente le coefficient directeur de la tangente à la courbe \mathcal{C} représentative de la fonction f au point d'abscisse ln(1,5).
Donc le coefficient directeur de la tangente à la courbe \mathcal{C} représentative de la fonction f au point d'abscisse ln(1,5) est strictement négatif.
3 Bonne réponse : \ln(\frac{1}{4}).
Pour calculer f[−ln(2)], on remplace x par −ln(2) dans l'expression de la fonction f.
On obtient : f[-\ln(2)]=-2\ln(2)+1+\frac{\mathrm{e}^{-\ln2}}{\mathrm{e}^{-\ln2}-1}.
D'où f[-\ln(2)]=-2\ln(2)+1+\frac{0,5}{0,5-1}=-2\ln(2)=\ln(\frac{1}{4}).