Bac S Nouvelle Calédonie 2015 - Analyse

Fonction avec un paramètre et une exponentielle


Le plan est rapporté à un repère orthogonal $\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp.
Soit $a un nombre réel strictement positif.
On note $\Delta_a la droite d'équation $y = ax et $\Gamma la courbe représentative de la fonction exponentielle dans le repère orthogonal $\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp.
Le but de cet exercice est de déterminer le nombre de points d'intersection de $\Gamma et $\Delta_a suivant les valeurs de $a.
Pour cela. on considère la fonction $f_a définie pour tout nombre réel $x par

f_a(x) = \text{e}^x - ax.


On admet pour tout réel $a que la fonction $f_a est dérivable sur l'ensemble $\R des nombres réels.


  1. Étude du cas particulier $a = 2 La fonction $f_2 est donc définie pour tout $x réel par $f_2(x) =e^x - 2x.
    1. Étudier les variations de la fonction $f_2 sur $\R et dresser son tableau de variations sur $\R (on ne demande pas de déterminer les limites aux bornes de l'ensemble de définition.
    2. En déduire que $\Gamma et $\Delta_2 n'ont pas de point d'intersection.
  2. Étude du cas général où $a est un réel strictement positif
    1. Déterminer les limites de la fonction $f_a en $+\infty et en $-\infty.
    2. Étudier les variations de la fonction $f_a sur $\R. Montrer alors que le minimum sur $\R de la fonction $f_a est $a - a \ln a.
    3. Étudier le signe de $a - a \ln a suivant les valeurs du nombre réel strictement positif $a.
    4. Déterminer selon les valeurs du réel $a le nombre de points communs à $\Gamma et $\Delta_a.

Solution:


    1. D'après l'énoncé la fonction $f_2 est dérivable sur $\R.
      On a $f'_2(x) = e^x - 2. Or $e^x - 2 >  0 \iff  e^x > 2=e^{\ln2} \iff x > \ln 2 car la fonction exponentielle est croissante. On a donc le tableau de variations suivant :
      
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln 2$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$}
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$2 - 2\ln 2$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}


    2. Comme $2 - 2\ln 2 \approx 0,614>0, on en déduit que la fonction est strictement positive sur $\R, soit $f_2(x)=e^x-2x>0 \iff e^x>2x.
      Ainsi, la courbe $\Gamma représentative de la fonction exponentielle est toujours strictement au dessus de la droite $\Delta_2.
      En particulier, $\Gamma et $\Delta_2 n'ont pas de point commun.
    1. $\bullet En plus l'infini : $f_a(x) 
    = e^x\lp1-\dfrac{ax}{e^x}\right)
    =e^x\lp1-a\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}\right)
    .
      On sait que, par croissances comparées, $\dsp\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x}=+\infty donc $\dsp\lim_{x \to +\infty}\lp1-a\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}}\rp=1 et donc, comme $\dsp\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty, par produit des limites $\dsp\lim_{x \to +\infty} f_a(x)=+\infty.
      $\bullet En moins l'infini : $\dsp\lim_{x \to -\infty} e^x=0 et $\dsp\lim_{x\to-\infty}
    -ax=+\infty car $a>0. Donc, par addtion des limites, $\dsp\lim_{x \to -\infty}   f_a(x) = + \infty.
    2. D'après l'énoncé, $f_a est dérivable sur $\R, et on a $f'_a(x) = e^x - a.
      $f'(a)=e^x - a > 0 \iff e^x > a=e^{\ln a} \iff x >  \ln a, car $a > 0 et la fonction exponentielle est strictement croissante. On a donc le même tableau de variations que pour $f_2 en remplaçant 2 par $a. En particulier, la fonction $f_a admet donc un minimum en $\ln a qui est $f_a\lp\ln a\right) = a - a\ln a.
    3. $a - a \ln a = a\left( 1 - \ln a\rp avec $1-\ln a<0\iff 1=\ln e<\ln a\iff e<a, par croissance de la fonction logarithme; ainsi:
      
    \begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
      $a$ & $0$ && $e$ && $+\infty$ \\\hline
      $a$ & &&$+$ && \\\hline
      $1-\ln a$ & \db& $-$ &\zb&$+$ & \\\hline
      $a\lp1-\ln a\rp$ & \db& $-$ &\zb&$+$ & \\\hline
    \end{tabular}


    4. D'après le tableau de signes précédent qui donne le signe du minimum de $f_a,
      $\bullet si $a>e, alors $f_a est strictement positive, et donc, comme en 1), $\Gamma et $\Delta_a n'ont aucun point d'intersection.
      $\bullet si $a=e, alors $f_a\left( \ln a\rp=f_a(1)=0, et pour tout $x\not=1 $f_a(x)>0.
      $\Gamma et $\Delta_e se coupent une unique fois ($\Delta_e est tangente à $\Gamma au point $(1;e)).
      $\bullet si $0<a<e, le minimum de $f est négatif,
      
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.5,2.4){$- \infty$}\uput[u](4,2.4){$\ln a$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$}
\uput[u](1.5,1.4){$+\infty$}\uput[u](6.5,1.4){$+\infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(2.5,2.25){$-$} \rput(4,2.25){$0$} \rput(5.5,2.25){$+$}
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](4,0){$a - 2\ln a$}
\psline{->}(1.5,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}


      Sur l'intervalle $]-\infty~;~\ln a[, la fonction $f_a est continue (car dérivable), strictement décroissante, avec $\dsp\lim_{x\to{-\infty}}f_a(x)>0 et $f\lp\ln a\rp<0. Ainsi, d'après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intérmédiaires), il existe un unique $\alpha\in]-\infty;\ln a[ tel que $f_a\left( \alpha\rp=0
      Le même raisonnement est aussi valable sur $[\ln a;+\infty[: il existe un unique $\beta\in]\ln a;+\infty[ tel que $f_a(\beta)=0.
      Ainsi, si $0<a<e, $\Gamma et $\Delta_a ont deux points d'intersections distincts (les points de coordonnées $(\alpha;a\alpha) et $(\beta;a\beta)).



\psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm}
\begin{pspicture*}(-1,-0.4)(2,5)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-1,-0.4)(2,5)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=green]{-1}{2}{x 2 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=red]{-1}{2}{x 2.71828 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=cyan]{-1}{2}{x 3 mul}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.6pt,linecolor=blue]{-1}{2}{2.71828 x exp }
\rput{45}(1.8,3.4){\green $y = 2x$}
\rput{53}(1.8,4.6){\red $y = \text{e}x$}
\rput{57}(1,3.2){\cyan $y = 3x$}
\rput(-0.5,0.75){\blue $\Gamma$}
\uput[ul](0,0){O}
\end{pspicture*}



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