La proposition est fausse.
Etudions le signe de la dérivée de
f.
f est dérivable sur
]0;+∞[.
Posons tout d'abord
g(x)=ex−1ex et calculons la dérivée de
g.
On reconnaît la forme =
(uv)′=v2u′v−uv′ avec
u(x)=ex et
v(x)=ex−1.
Ainsi
u′(x)=ex et
v′(x)=ex.
g′(x)=(ex−1)2ex×(ex−1)−ex×exg′(x)=(ex−1)2e2x−ex−e2xg′(x)=(ex−1)2−exMaintenant nous pouvons calculer la dérivée de
f, il vient alors que :
f′(x)=2+(ex−1)2−exf′(x)=(ex−1)22(ex−1)2−exNous avons mis tout au même dénominateur.
f′(x)=(ex−1)22(e2x−2ex+1)−exf′(x)=(ex−1)22e2x−4ex+2−exf′(x)=(ex−1)22e2x−5ex+2Soit
x∈]0;+∞[, on sait que
(ex−1)2>0.
Donc le signe de
f′ dépend de
2e2x−5ex+2.
Pour étudier le signe de
2e2x−5ex+2, on va commencer par effectuer le changement de variable
X=ex.
Ainsi
2e2x−5ex+2 s'écrit
2X2−5X+2.
On reconnaît un trinôme du second degré. On utilise le discriminant.
Les racines sont alors
X1=21 et
X2=2.
On peut donc factoriser
2X2−5X+2 ainsi :
2X2−5X+2=2(X−21)(X−2)Si
Δ>0 alors :
ax2+bx+c=a(x−x1)(x−x2) vu en 1
ère S
Autrement dit :
2e2x−5ex+2=2(ex−21)(ex−2)Il nous suffit donc d'étudier le signe de
2(ex−21)(ex−2) à l'aide d'un tableau de signe qui nous donnera le signe de
f′.
D'une part :
ex−21>0 équivaut à :
ex>21ln(ex)>ln(21)x>−ln(2) or
−ln(2)<0 et comme
x∈]0;+∞[ alors
ex−21>0 pour tout réel
x∈]0;+∞[D'autre part :
ex−2>0 équivaut à :
ex>2ln(ex)>ln(2)x>ln(2)Dressons enfin le tableau de variation de
f :
f admet donc un minimum lorsque
x=ln(2).
Ainsi :
f(ln(2))=2×ln(2)+1+eln(2)−1eln(2)f(ln(2))=2×ln(2)+1+2−12f(ln(2))=2ln(2)+1−2f(ln(2))=2ln(2)−1f admet un minimum qui vaut
2ln(2)−1.