Corrigé – Centres Étrangers Groupe 1 2024 J2 – Exercice 2
Thème : Fonctions, convexité – Limites, dérivée, TVI, tangente.
\(f\) est définie sur \(]-\infty\,;\,1[\) par \(f(x) = \dfrac{e^x}{x-1}\). \(f\) est dérivable sur \(]-\infty\,;\,1[\) et on note \(\mathcal{C}\) sa courbe.
Question 1.
Déterminer \(\lim_{x \to 1} f(x)\).
\(\lim_{x \to 1^-} e^x = e\) et \(\lim_{x \to 1^-} (x-1) = 0^-\).
\[\boxed{\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty}\]
Interprétation graphique.
La droite d’équation \(x = 1\) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}\).
Question 2. Déterminer \(\lim_{x \to -\infty} f(x)\).
\(\lim_{x \to -\infty} e^x = 0\) et \(\lim_{x \to -\infty} (x-1) = -\infty\).
Par quotient : \[\boxed{\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0}\]
La droite d’équation \(y = 0\) (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(-\infty\).
Question 3.
Montrer que \(f'(x) = \dfrac{(x-2)e^x}{(x-1)^2}\) pour tout \(x \in ]-\infty\,;\,1[\).
\(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = e^x\) et \(v(x) = x - 1\).
\(u'(x) = e^x\) et \(v'(x) = 1\).
\[f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{(v(x))^2}\] \[f'(x) = \frac{e^x(x-1) - e^x \times 1}{(x-1)^2}\] \[f'(x) = \frac{e^x(x-1-1)}{(x-1)^2}\] \[\boxed{f'(x) = \dfrac{(x-2)e^x}{(x-1)^2}}\]
Tableau de variations de \(f\) sur \(]-\infty\,;\,1[\).
\((x-1)^2 > 0\) et \(e^x > 0\) pour tout \(x \in ]-\infty\,;\,1[\). Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(x-2\).
Sur \(]-\infty\,;\,1[\), \(x - 2 < 0\) donc \(f'(x) < 0\).
La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,1[\).
Question 4. On admet \(f''(x) = \dfrac{(x^2 - 4x + 5)e^x}{(x-1)^3}\).
Étudier la convexité de \(f\) sur \(]-\infty\,;\,1[\).
Le signe de \(f''(x)\) est celui de \(\dfrac{x^2 - 4x + 5}{x-1}\) (car \(e^x > 0\) et \((x-1)^2 > 0\)).
Le discriminant de \(x^2 - 4x + 5\) est \(\Delta = 16 - 20 = -4 < 0\). Donc \(x^2 - 4x + 5 > 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Sur \(]-\infty\,;\,1[\), \(x-1 < 0\), donc \(f''(x) < 0\).
\(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,1[\). \[\boxed{f \text{ est concave sur } ]-\infty\,;\,1[.}\]
Équation réduite de la tangente \(T\) à \(\mathcal{C}\) au point d’abscisse \(0\).
\(f(0) = \dfrac{e^0}{0-1} = -1\).
\(f'(0) = \dfrac{(0-2)e^0}{(0-1)^2} = \dfrac{-2}{1} = -2\).
Équation de \(T\) : \(y = f'(0)(x-0) + f(0)\). \[y = -2x - 1\] \[\boxed{T : y = -2x - 1}\]
En déduire que pour tout \(x \in ]-\infty\,;\,1[\), \(e^x \geq (-2x-1)(x-1)\).
\(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,1[\), donc sa courbe est en dessous de toutes ses tangentes. En particulier, pour tout \(x \in ]-\infty\,;\,1[\) : \[f(x) \leq -2x - 1\]
Or \(f(x) = \dfrac{e^x}{x-1}\) et \(x-1 < 0\) sur \(]-\infty\,;\,1[\). En multipliant l’inégalité par \((x-1)\) (négatif), le sens change : \[\dfrac{e^x}{x-1} \leq -2x - 1\] \[e^x \geq (-2x-1)(x-1)\] \[\boxed{e^x \geq (-2x-1)(x-1) \text{ pour tout } x \in ]-\infty\,;\,1[.}\]
Question 5.
Justifier que \(f(x) = -2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]-\infty\,;\,1[\).
\(f\) est continue et strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,1[\).
\(\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0\) et \(\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty\).
\(-2 \in ]-\infty\,;\,0[\) donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour une fonction strictement monotone), l’équation \(f(x) = -2\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]-\infty\,;\,1[\).
\[\boxed{\text{L'équation } f(x) = -2 \text{ admet une unique solution } \alpha \in ]-\infty\,;\,1[.}\]
Encadrement de \(\alpha\) d’amplitude \(10^{-2}\).
On résout \(f(x) = -2 \iff \dfrac{e^x}{x-1} = -2 \iff e^x = -2(x-1) \iff e^x + 2x - 2 = 0\).
À la calculatrice :
\(f(-1{,}59) \approx -1{,}993 > -2\)
\(f(-1{,}60) \approx -2{,}004 < -2\)
\[\boxed{-1{,}60 < \alpha < -1{,}59}\] \[\boxed{\alpha \approx -1{,}59 \text{ à } 10^{-2} \text{ près}}\]