Exercices types : 3^ème partie - Exercice 2

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2e^{x}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -x-2 } & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}$$ On rencontre ici une forme indéterminée.
Pour relever cette indétermination, factorisons par $$e^{x}$$.
Cela donne :
$$\lim\limits_{x\to +\infty } 2e^{x} -x-2 =\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x} \left(2-\frac{x}{e^{x} } -\frac{2}{e^{x} }\right).$$

On a alors :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x} } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty }2-\frac{x}{e^{x} } -\frac{2}{e^{x} }} & {=} & {2} \end{array}\right\}{\text{par produit}}\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x} \left(2-\frac{x}{e^{x} } -\frac{2}{e^{x} }\right)=+\infty .$$
Finalement :

$$g$$ est dérivable sur $$\left]-\infty ;+\infty \right[$$ .
On a :
Résolvons l'inéquation :
$$2e^{x} -1 \ge 0$$ équivaut successivement à :
$$2e^{x} \ge 1$$
$$e^{x} \ge \frac{1}{2}$$
$$e^{x} \ge e^{\ln \left(\frac{1}{2} \right)}$$
$$x \ge \ln \left(\frac{1}{2} \right)$$
Cela signifie que $$2e^{x} -1 \ge 0$$ lorsque $$x \ge \ln \left(\frac{1}{2} \right)$$. Nous traduisons cela dans un tableau de variation, ainsi :
$$g\left(\ln \left(\frac{1}{2} \right)\right)=2e^{\ln \left(\frac{1}{2} \right)} -\ln \left(\frac{1}{2} \right)-2$$ ainsi $$g\left(\ln \left(\frac{1}{2} \right)\right)=2\times\frac{1}{2} -\ln \left(\frac{1}{2} \right)-2$$
d'où

$$g\left(0\right)=2e^{0} -0-2=0$$ donc $$0$$ est une de ces solutions.

Nous allons faire apparaitre les zéros dans le tableau de variation. On a donc :
Sur $$\left[-1,6;-1,5\right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$g\left(-1,6\right)\approx0,004$$ et $$g\left(-1,5\right)\approx-0,05$$ .
Or $$0\in \left[-0,05;0,004\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à l'intervalle $$\left[-1,6;-1,5\right]$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
Ainsi : $$-1,6\le \alpha \le -1,5$$.

Nous allons faire apparaitre les zéros dans le tableau de variation. On a donc :
Il en résulte donc , d'après le tableau de variation, que :

Sur l'intervalle $$\left]-\infty;\alpha\right]$$, on a : $$g\left(x\right)\ge0$$

Sur l'intervalle $$\left[\alpha;0\right]$$, on a : $$g\left(x\right)\le0$$

Sur l'intervalle $$\left[0;+\infty\right[$$, on a : $$g\left(x\right)\ge0$$

Ainsi :

Pour calculer la limite en $$-\infty$$, on va commencer par développer $$f$$.
$$f\left(x\right)=e^{2x} -\left(x+1\right)e^{x}$$ peut s'écrire $$f\left(x\right)=e^{2x} -xe^{x}-e^{x}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } 2e^{x}-e^{x} } & {=} & {0 } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } -xe^{x}} & {=} & {0 } \end{array}\right\}{\text{par somme}}$$

Nous savons que $$f\left(x\right)=e^{2x} -xe^{x}-e^{x}$$ . Nous allons utiliser l'aide donnée, et donc factoriser par $$e^{2x}$$. Il vient que :
$$\lim\limits_{x\to +\infty }e^{2x} -xe^{x} -e^{x} =\lim\limits_{x\to +\infty }e^{2x} \left(1-\frac{xe^{x} }{e^{2x} } -\frac{e^{x} }{e^{2x} } \right)$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty }e^{2x} -xe^{x} -e^{x} =\lim\limits_{x\to +\infty }e^{2x} \left(1-\frac{x}{e^{x} } -\frac{1}{e^{x} } \right)$$
On a alors :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } e^{2x} } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty }1-\frac{x}{e^{x} } -\frac{1}{e^{x} }} & {=} & {1} \end{array}\right\}{\text{par produit}}\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x} \left(1-\frac{x}{e^{x} } -\frac{1}{e^{x} }\right)=+\infty .$$
Finalement :

Nous savons que $$f\left(x\right)=e^{2x} -\left(x+1\right)e^{x}$$
Ici on reconnaît la forme $$\left(w-uv\right)'=w'-\left(u'v+uv'\right)$$ avec $$u\left(x\right)=x+1$$ et $$v\left(x\right)=e^{x}$$.
On note $$w\left(x\right)=e^{2x}$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$, enfin $$w'\left(x\right)=2e^{2x}$$
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=2e^{2x} -\left[1\times e^{x} +\left(x+1\right)\times e^{x} \right]$$
$$f'\left(x\right)=2e^{2x} -\left[e^{x} +x\times e^{x} +1\times e^{x} \right]$$
$$f'\left(x\right)=2e^{2x} -\left[2e^{x} +xe^{x} \right]$$
$$f'\left(x\right)=2e^{2x} -2e^{x} -xe^{x}$$
$$f'\left(x\right)=2e^{x} \times e^{x} -2e^{x} -xe^{x}$$ . Nous allons maintenant factoriser par $$e^{x}$$ .
$$f'\left(x\right)=e^{x} \left(2e^{x} -2-x\right)$$

Pour tout réel $$x>0$$, on sait que $$e^{x} >0$$. Ainsi le signe de $$f'\left(x\right)$$ dépend de celui de $$g\left(x\right)$$.

A la question $$9$$, nous avons démontré que le signe de $$f'\left(x\right)$$ dépend de celui de $$g\left(x\right)$$.
A la question $$6$$, nous avons déterminé le signe de $$g$$.
Nous pouvons donc dresser le tableau de variation de la fonction $$f$$.