Exercice 1 - Exercice 1

La proposition est fausse.
$$f$$ est dérivable sur $$\left[0,\pi \right]$$.
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=e^{-2x}$$ et $$v\left(x\right)=\cos \left(x\right)$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=-2e^{-2x}$$ et $$v'\left(x\right)=-\sin \left(x\right)$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=-2e^{-2x} \times \cos \left(x\right)+e^{-2x} \times \left(-\sin \left(x\right)\right)$$

La proposition est vraie.
D'une part : calculons : $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{e^{-2x} }{x+1}$$ équivaut successivement à :
$$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{1}{\left(x+1\right)e^{2x} }$$ car $$e^{-2x} =\frac{1}{e^{2x} }$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 1} & {=} & {1} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \left(x+1\right)e^{2x} } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ par quotient : $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=0$$.
Ainsi , il existe une asymptote horizontale d'équation $$y=0$$ au voisinage de $$+\infty$$.
D'autre part : calculons : $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} f\left(x\right)$$
$$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} f\left(x\right)=\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} \frac{e^{-2x} }{x+1}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} e^{-2x} } & {=} & {e^{-2} } \\ {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} x+1} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\}$$ par quotient : $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} f\left(x\right)=+\infty$$
Ainsi, il existe une asymptote verticale d'équation $$x=-1$$ .

La proposition est fausse.
On commence par calculer la dérivée de $$f$$.
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$ et $$f'\left(x\right)=2e^{2x} +2e^{-2x}$$.
L'équation de la tangente à la courbe $$f$$ au point d'abscisse $$\frac{\ln \left(2\right)}{2}$$ s'écrit :
$$y=f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)\left(x-\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)+f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)$$

Calculons $$f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)$$

$$f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2e^{2\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)} +2e^{-2\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)}$$
$$f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2e^{\ln \left(2\right)} +2e^{-\ln \left(2\right)}$$
$$f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2\times 2+\frac{2}{e^{\ln \left(2\right)} }$$
$$f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2\times 2+\frac{2}{2} =5$$

Calculons $$f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)$$

$$f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=e^{2\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)} -e^{-2\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)} +2$$
$$f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=e^{\ln \left(2\right)} -e^{-\ln \left(2\right)} +2$$
$$f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2-\frac{1}{e^{\ln \left(2\right)} } +2$$
$$f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)=2-\frac{1}{2} +2=\frac{7}{2}$$
Or : $$y=f'\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)\left(x-\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)+f\left(\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)$$ donc ,
$$y=5\left(x-\frac{\ln \left(2\right)}{2} \right)+\frac{7}{2}$$

La proposition est vraie.
D'après l'énoncé, on en déduit deux informations

• $$f\left(0\right)=-4$$
• Le nombre $$f'\left(0\right)$$ désigne le coefficient directeur de la droite tangente à la courbe au point d'abscisse $$0$$. Dans cet exercice la tangente au point d'abscisse 0 est parallèle à la droite d'équation $$y=-6x+2$$ donc $$f'\left(0\right)=-6$$.

$$f\left(0\right)=-4$$ équivaut successivement à :
$$\left(a\times 0+b\right)e^{2\times 0} =-4$$

Ensuite, calculons la dérivée de $$f$$.
$$f$$ est dérivable sur $$R$$, on reconnaît la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=ax+b$$ et $$v\left(x\right)=e^{2x}$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=a$$ et $$v'\left(x\right)=2e^{2x}$$.
D'où :
$$f'\left(x\right)=ae^{2x} +\left(ax+b\right)\times 2e^{2x}$$
$$f'\left(x\right)=e^{2x} \left(a+\left(ax+b\right)\times 2\right)$$
$$f'\left(x\right)=e^{2x} \left(a+2ax+2b\right)$$
Or : $$f'\left(0\right)=-6$$ , il s'ensuit que :
$$e^{2\times 0} \left(a+2a\times 0+2b\right)=-6$$
$$a+2b=-6$$ (rappel $$b=-4$$ )
$$a+2\times -4=-6$$

Finalement : $$f\left(x\right)=\left(2x-4\right)e^{2x}$$

La proposition est fausse.
$$A=\left(\frac{e^{x} +e^{-x} }{2} \right)^{2} +\left(\frac{e^{x} -e^{-x} }{2} \right)^{2}$$équivaut successivement à :
$$A=\frac{\left(e^{x} \right)^{2} +2\times e^{x} \times e^{-x} +\left(e^{-x} \right)^{2} }{4} +\frac{\left(e^{x} \right)^{2} -2\times e^{x} \times e^{-x} +\left(e^{-x} \right)^{2} }{4}$$
$$A=\frac{e^{2x} +2+e^{-2x} }{4} +\frac{e^{2x} -2+e^{-2x} }{4}$$
$$A=\frac{2e^{2x} +2e^{-2x} }{4}$$

La proposition est vraie.
$$f\left(x\right)=\frac{e^{x} -e^{-x} }{e^{x} +e^{-x} }$$ équivaut successivement à :
$$f\left(x\right)=\frac{\left(e^{x} -e^{-x} \right)\times e^{-x} }{\left(e^{x} +e^{-x} \right)\times e^{-x} }$$ (on a multiplié le numérateur et le dénominateur par $$e^{-x}$$)
$$f\left(x\right)=\frac{e^{x} \times e^{-x} -e^{-x} \times e^{-x} }{e^{x} \times e^{-x} +e^{-x} \times e^{-x} }$$

La proposition est vraie.
$$f$$ une fonction définie si et seulement si $$1-2e^{3x-1} >0$$
$$1-2e^{3x-1} >0$$ équivaut successivement à
$$-2e^{3x-1} >-1$$
$$e^{3x-1} <\frac{1}{2}$$
$$\ln \left(e^{3x-1} \right)<\ln \left(\frac{1}{2} \right)$$
$$3x-1<\ln \left(\frac{1}{2} \right)$$
$$3x-1<-\ln \left(2\right)$$ car $$\ln \left(\frac{1}{2} \right)=-\ln \left(2\right)$$
$$3x<-\ln \left(2\right)+1$$

Finalement le domaine de définition de $$f$$ est $$I=\left]-\infty ;\frac{-\ln \left(2\right)+1}{3} \right[$$

La proposition est fausse.
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x^{2} +4x+3$$ et $$v\left(x\right)=e^{-x}$$
Ainsi $$u'\left(x\right)=2x+4$$ et $$v'\left(x\right)=-e^{-x}$$.
Ainsi :
$$f'\left(x\right)=\left(2x+4\right)e^{-x} +\left(x^{2} +4x+3\right)\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$f'\left(x\right)=e^{-x} \times \left(2x+4+\left(x^{2} +4x+3\right)\times \left(-1\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=e^{-x} \times \left(2x+4-x^{2} -4x-3\right)$$
$$f'\left(x\right)=e^{-x} \left(-x^{2} -2x+1\right)$$
On dérive maintenant $$f'$$ afin d'obtenir $$f"$$.
On reconnait la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=-x^{2} -2x+1$$ et $$v\left(x\right)=e^{-x}$$
Ainsi $$u'\left(x\right)=-2x-2$$ et $$v'\left(x\right)=-e^{-x}$$.
Ainsi :
$$f''\left(x\right)=\left(-2x-2\right)e^{-x} +\left(-x^{2} -2x+1\right)\times \left(-e^{-x} \right)$$
$$f''\left(x\right)=e^{-x} \times \left(-2x-2+\left(-x^{2} -2x+1\right)\times \left(-1\right)\right)$$
$$f''\left(x\right)=e^{-x} \times \left(-2x-2+x^{2} +2x-1\right)$$
$$f''\left(x\right)=e^{-x} \left(x^{2} -3\right)$$
Maintenant calculons :
$$f''\left(x\right)+2f'\left(x\right)+f\left(x\right)=e^{-x} \left(x^{2} -3\right)+2\left[e^{-x} \left(-x^{2} -2x+1\right)\right]+\left(x^{2} +4x+3\right)e^{-x}$$ équivaut à :
$$f''\left(x\right)+2f'\left(x\right)+f\left(x\right)=e^{-x} \left[x^{2} -3+2\times \left(-x^{2} -2x+1\right)+x^{2} +4x+3\right]$$
$$f''\left(x\right)+2f'\left(x\right)+f\left(x\right)=e^{-x} \left[x^{2} -3-2x^{2} -4x+2+x^{2} +4x+3\right]$$
$$f''\left(x\right)+2f'\left(x\right)+f\left(x\right)=e^{-x} \times \left[2\right]$$

La proposition est fausse.
Soient $$u\left(x\right)=1+e^{-x}$$ donc $$u'\left(x\right)=-e^{-x}$$
Ainsi :
$$f\left(x\right)=-3\times \frac{-e^{-x} }{1+e^{-x} } =-3\times \frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$$
$$F\left(x\right)=-3\times \ln \left(1+e^{-x} \right)$$
D'où :
$$A=\int _{0}^{\ln \left(2\right)}f\left(x\right) dx$$
$$A=\left[-3\times \ln \left(1+e^{-x} \right)\right]_{0}^{\ln \left(2\right)}$$
$$A=-3\times \ln \left(1+e^{-\ln \left(2\right)} \right)-\left(-3\times \ln \left(1+e^{-0} \right)\right)$$
$$A=-3\times \ln \left(1+e^{-\ln \left(2\right)} \right)+3\times \ln \left(1+e^{-0} \right)$$
$$A=-3\times \ln \left(1+\frac{1}{e^{\ln \left(2\right)} } \right)+3\times \ln \left(1+1\right)$$
$$A=-3\times \ln \left(1+\frac{1}{2} \right)+3\times \ln \left(1+1\right)$$
$$A=-3\times \ln \left(\frac{3}{2} \right)+3\times \ln \left(2\right)$$
$$A=3\times \left(\ln \left(2\right)-\ln \left(\frac{3}{2} \right)\right)$$
$$A=3\times \ln \left(\frac{2}{\left(\frac{3}{2} \right)} \right)$$
$$A=3\times \ln \left(2\times \frac{2}{3} \right)$$

La vraie réponse est : $$3\ln \left(\frac{4}{3} \right)$$

La proposition est vraie.
Etudions le signe de la dérivée de $$f$$.
$$f$$ est dérivable sur$$\left]0;+\infty \right[$$.
Posons tout d'abord $$g\left(x\right)=\frac{e^{x} -1}{e^{x} +1}$$ et calculons la dérivée de $$g$$.
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=e^{x} -1$$ et $$v\left(x\right)=e^{x} +1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=e^{x}$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$.
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \times \left(e^{x} +1\right)-e^{x} \times \left(e^{x} -1\right)}{\left(e^{x} +1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{2x} +e^{x} -\left(e^{2x} -e^{x} \right)}{\left(e^{x} +1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{2x} +e^{x} -e^{2x} +e^{x} }{\left(e^{x} +1\right)^{2} }$$

Maintenant nous pouvons calculer la dérivée de $$f$$ où $$f\left(x\right)=\ln \left(g\left(x\right)\right)$$ avec $$g\left(x\right)=\frac{e^{x} -1}{e^{x} +1}$$
D'après le cours : $$\left(\ln \left(g\left(x\right)\right)\right)^{'} =\frac{g'\left(x\right)}{g\left(x\right)}$$.
Nous avons calculé précédemment $$g'$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(\frac{2e^{x} }{\left(e^{x} +1\right)^{2} } \right)}{\left(\frac{e^{x} -1}{e^{x} +1} \right)}$$

Donc : $$f'\left(x\right)=\frac{2e^{x} }{\left(e^{x} +1\right)^{2} } \times \frac{e^{x} +1}{e^{x} -1}$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2e^{x} }{e^{x} +1} \times \frac{1}{e^{x} -1}$$
Soit $$x\in \left]0;+\infty \right[$$, on sait que : $$2e^{x} >0$$ et $$e^{x} +1>0$$.
Donc le signe de $$f'$$ dépend de $$e^{x} -1$$.
Comme $$x\in \left]0;+\infty \right[$$ alors :
$$x>0$$ équivaut successivement à :
$$e^{x} >e^{0}$$
$$e^{x} >1$$
$$e^{x} -1>0$$
Il en résulte donc que $$f'\left(x\right)>0$$ donc que la fonction $$f$$ est croissante sur $$\left]0;+\infty \right[$$.

La proposition est fausse.
Etudions le signe de la dérivée de $$f$$.
$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
Posons tout d'abord $$g\left(x\right)=\frac{e^{x} }{e^{x} -1}$$ et calculons la dérivée de $$g$$.
On reconnaît la forme = $$\left(uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=e^{x}$$ et $$v\left(x\right)=e^{x} -1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=e^{x}$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$.
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \times \left(e^{x} -1\right)-e^{x} \times e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{2x} -e^{x} -e^{2x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{-e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
Maintenant nous pouvons calculer la dérivée de $$f$$, il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=2+\frac{-e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2\left(e^{x} -1\right)^{2} -e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
Nous avons mis tout au même dénominateur.
$$f'\left(x\right)=\frac{2\left(e^{2x} -2e^{x} +1\right)-e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2e^{2x} -4e^{x} +2-e^{x} }{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2e^{2x} -5e^{x} +2}{\left(e^{x} -1\right)^{2} }$$
Soit $$x\in \left]0;+\infty \right[$$, on sait que $$\left(e^{x} -1\right)^{2} >0$$.
Donc le signe de $$f'$$ dépend de $$2e^{2x} -5e^{x} +2$$.
Pour étudier le signe de $$2e^{2x} -5e^{x} +2$$, on va commencer par effectuer le changement de variable $$X=e^{x}$$.
Ainsi $$2e^{2x} -5e^{x} +2$$ s'écrit $$2X^{2} -5X+2$$.
On reconnaît un trinôme du second degré. On utilise le discriminant.
Les racines sont alors $$X_{1} =\frac{1}{2}$$ et $$X_{2} =2$$.
On peut donc factoriser $$2X^{2} -5X+2$$ ainsi :
$$2X^{2} -5X+2=2\left(X-\frac{1}{2} \right)\left(X-2\right)$$

Autrement dit : $$2e^{2x} -5e^{x} +2=2\left(e^{x} -\frac{1}{2} \right)\left(e^{x} -2\right)$$
Il nous suffit donc d'étudier le signe de $$2\left(e^{x} -\frac{1}{2} \right)\left(e^{x} -2\right)$$ à l'aide d'un tableau de signe qui nous donnera le signe de $$f'$$.

D'une part : $$e^{x} -\frac{1}{2} >0$$ équivaut à :
$$e^{x} >\frac{1}{2}$$
$$\ln \left(e^{x} \right)>\ln \left(\frac{1}{2} \right)$$

$$x>-\ln \left(2\right)$$ or $$-\ln \left(2\right)<0$$ et comme $$x\in \left]0;+\infty \right[$$ alors $$e^{x} -\frac{1}{2} >0$$ pour tout réel $$x\in \left]0;+\infty \right[$$

D'autre part : $$e^{x} -2>0$$ équivaut à :
$$e^{x} >2$$
$$\ln \left(e^{x} \right)>\ln \left(2\right)$$
$$x>\ln \left(2\right)$$

Dressons enfin le tableau de variation de $$f$$ :

$$f$$ admet donc un minimum lorsque $$x=\ln \left(2\right)$$.
Ainsi :
$$f\left(\ln \left(2\right)\right)=2\times \ln \left(2\right)+1+\frac{e^{\ln \left(2\right)} }{e^{\ln \left(2\right)} -1}$$
$$f\left(\ln \left(2\right)\right)=2\times \ln \left(2\right)+1+\frac{2}{2-1}$$
$$f\left(\ln \left(2\right)\right)=2\ln \left(2\right)+1-2$$
$$f\left(\ln \left(2\right)\right)=2\ln \left(2\right)-1$$
$$f$$ admet un minimum qui vaut $$2\ln \left(2\right)-1$$.

La proposition est fausse.

Ici il s'agit de limite par composition.

Commençons par calculer $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)$$
Dans un premier temps $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{2-x}{3+x} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{-x}{x} =-1$$ .
On pose $$X=\frac{2-x}{3+x}$$
D'où : $$\lim\limits_{X\to -1} e^{X} =e^{-1}$$.
Finalement, par composition $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=e^{1}$$

Ensuite, calculons $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -3} \\ {x>-3} \end{array}} f\left(x\right)$$
Dans un premier temps : $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -3} \\ {x>-3} \end{array}} \frac{2-x}{3+x}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -3} \\ {x>-3} \end{array}} 2-x} & {=} & {5} \\ {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -3} \\ {x>-3} \end{array}} 3+x} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\}$$ par quotient $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -3} \\ {x>-3} \end{array}} \frac{2-x}{3+x} =+\infty$$.
On pose $$X=\frac{2-x}{3+x}$$
D'où : $$\lim\limits_{X\to +\infty } e^{X} =+\infty$$.
Finalement, par composition :

La proposition est vraie.
On sait que : $$f\left(x\right)=\frac{e^{x} -1}{xe^{x} +1}$$.
Nous allons multiplier le numérateur et le dénominateur par $$e^{-x}$$.
$$f\left(x\right)=\frac{e^{x} -1}{xe^{x} +1}$$ équivaut à :
$$f\left(x\right)=\frac{\left(e^{x} -1\right)\times e^{-x} }{\left(xe^{x} +1\right)\times e^{-x} }$$
$$f\left(x\right)=\frac{e^{x} \times e^{-x} -e^{-x} }{xe^{x} \times e^{-x} +1\times e^{-x} }$$

Passons maintenant à la limite :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 1-e^{-x} } & {=} & {1} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x+e^{-x} } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$ par quotient .