Fonction exponentielle Exercices corrigés PDF

1) \( f(x) = \frac{e^{x+1}}{e^x - 2} \)

Pour que la fonction soit définie, il faut que le dénominateur ne soit pas nul :

\( e^x - 2 \neq 0 \)
\( e^x \neq 2 \)
\( x \neq \ln(2) \)

Donc, l'ensemble de définition est \( D_f = \mathbb{R} \setminus \{\ln(2)\} \).

2) \( f(x) = \ln(x + 3e^x) \)

La fonction logarithme naturel \( \ln(u) \) est définie si et seulement si \( u > 0 \). Nous devons donc résoudre :

\( x + 3e^x > 0 \)

Comme \( e^x > 0 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \), l'inégalité est toujours vraie pour \( x \geq -3 \). Ainsi, l'ensemble de définition est :

\( D_f = ]-3, +\infty[ \)

3) \( f(x) = \frac{\ln(e^x - 3)}{e^x + 1} \)

La fonction est définie si :

• Le dénominateur \( e^x + 1 \) n'est jamais nul, car \( e^x > 0 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \).
• Pour que le logarithme soit défini, il faut que \( e^x - 3 > 0 \), soit :
\( e^x > 3 \Rightarrow x > \ln(3) \)

Donc, l'ensemble de définition est \( D_f = ]\ln(3), +\infty[ \).

4) \( f(x) = x^3 + x e^x \)

Cette fonction est un polynôme et une fonction exponentielle. Les deux fonctions sont définies pour tout \( x \in \mathbb{R} \).

Donc, l'ensemble de définition est \( D_f = \mathbb{R} \).

1) \( e^{x-1} = \frac{4}{e^x + 3} \)

On commence par multiplier les deux côtés de l'équation par \( e^x + 3 \) pour se débarrasser du dénominateur : \[ e^{x-1}(e^x + 3) = 4 \] On simplifie l'équation : \[ e^{x-1}e^x + 3e^{x-1} = 4 \] \[ e^{2x-1} + 3e^{x-1} = 4 \] Posons \( u = e^{x-1} \), ce qui donne : \[ u^2 + 3u = 4 \] Résolvons cette équation du second degré : \[ u^2 + 3u - 4 = 0 \] Le discriminant est \( \Delta = 3^2 - 4 \times 1 \times (-4) = 9 + 16 = 25 \), donc les solutions sont : \[ u_1 = \frac{-3 + \sqrt{25}}{2} = 1, \quad u_2 = \frac{-3 - \sqrt{25}}{2} = -4 \] Comme \( u = e^{x-1} \), et sachant que \( e^{x-1} > 0 \), seule la solution \( u = 1 \) est valide : \[ e^{x-1} = 1 \quad \Rightarrow \quad x - 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 1 \] Donc, la solution de l'équation est \( x = 1 \).

2) \( e^{3x} - 3e^{2x} + 3e^x - 2 = 0 \)

Posons \( u = e^x \), ce qui transforme l'équation en : \[ u^3 - 3u^2 + 3u - 2 = 0 \] On reconnaît un développement de cube parfait : \[ (u - 1)^3 = 0 \] Donc, \( u = 1 \), ce qui donne \( e^x = 1 \), et donc \( x = 0 \).

3) \( \ln(e^{2x} - 2) = 3 \)

On applique l'exponentielle aux deux côtés de l'équation pour éliminer le logarithme : \[ e^{\ln(e^{2x} - 2)} = e^3 \quad \Rightarrow \quad e^{2x} - 2 = e^3 \] En ajoutant 2 des deux côtés : \[ e^{2x} = e^3 + 2 \] Prenons le logarithme de chaque côté : \[ 2x = \ln(e^3 + 2) \] Donc la solution est : \[ x = \frac{1}{2} \ln(e^3 + 2) \]

4) \( e^{2x} - 7e^x + 12 = 0 \)

Posons \( u = e^x \), ce qui donne une équation quadratique : \[ u^2 - 7u + 12 = 0 \] Le discriminant est \( \Delta = (-7)^2 - 4 \times 1 \times 12 = 49 - 48 = 1 \). Les solutions sont : \[ u_1 = \frac{7 + \sqrt{1}}{2} = 4, \quad u_2 = \frac{7 - \sqrt{1}}{2} = 3 \] Donc, \( e^x = 4 \) ou \( e^x = 3 \), ce qui donne : \[ x_1 = \ln(4), \quad x_2 = \ln(3) \]

1) \( e^x(e^x - 3) \geq 0 \)

On commence par factoriser l'inéquation : \[ e^x(e^x - 3) \geq 0 \] Sachant que \( e^x > 0 \) pour tout \( x \in \mathbb{R} \), il reste à résoudre : \[ e^x - 3 \geq 0 \] \[ e^x \geq 3 \quad \Rightarrow \quad x \geq \ln(3) \] Donc, la solution est : \[ x \geq \ln(3) \]

2) \( e^{2x} - 5e^x + 2 \geq 0 \)

Posons \( u = e^x \), ce qui transforme l'inéquation en une forme quadratique : \[ u^2 - 5u + 2 \geq 0 \] Le discriminant est \( \Delta = (-5)^2 - 4 \times 1 \times 2 = 25 - 8 = 17 \). Les racines sont : \[ u_1 = \frac{5 + \sqrt{17}}{2}, \quad u_2 = \frac{5 - \sqrt{17}}{2} \] Comme \( e^x > 0 \), nous avons \( u > 0 \). La solution pour \( u \) est donc : \[ u \leq \frac{5 - \sqrt{17}}{2} \quad \text{ou} \quad u \geq \frac{5 + \sqrt{17}}{2} \] En revenant à \( x \), nous obtenons : \[ e^x \leq \frac{5 - \sqrt{17}}{2} \quad \text{ou} \quad e^x \geq \frac{5 + \sqrt{17}}{2} \] Les solutions pour \( x \) sont donc : \[ x \leq \ln\left( \frac{5 - \sqrt{17}}{2} \right) \quad \text{ou} \quad x \geq \ln\left( \frac{5 + \sqrt{17}}{2} \right) \]

3) \( \ln(e^x - 3) \leq 0 \)

L'inéquation logarithmique est définie si \( e^x - 3 > 0 \), soit \( e^x > 3 \), ce qui donne \( x > \ln(3) \). Ensuite, on résout : \[ \ln(e^x - 3) \leq 0 \] Appliquons l'exponentielle des deux côtés : \[ e^x - 3 \leq 1 \] \[ e^x \leq 4 \] En prenant le logarithme : \[ x \leq \ln(4) \] Enfin, en tenant compte de la condition \( x > \ln(3) \), la solution finale est : \[ \ln(3) < x \leq \ln(4) \]

1. Pour \( x \to 2 \) :

\[ \lim_{x \to 2} \frac{1}{x^2 - 4} = \frac{1}{4 - 4} = \frac{1}{0}, \]

ce qui tend vers \( +\infty \) ou \( -\infty \), selon le sens de la tendance de \( x \). De même :

\[ \lim_{x \to -2} \frac{1}{x^2 - 4} = \frac{1}{(-2)^2 - 4} = \frac{1}{0}, \]

ce qui tend aussi vers \( +\infty \) ou \( -\infty \).

2. La fonction a des asymptotes verticales en \( x = 2 \) et \( x = -2 \).

1) \( \lim_{{x \to +\infty}} (x^2 - 5x + e^x) \)

Lorsque \( x \to +\infty \), les termes \( x^2 \) et \( -5x \) croissent plus lentement que \( e^x \), car la fonction exponentielle domine toutes les fonctions polynomiales. Ainsi, nous avons : \[ \lim_{{x \to +\infty}} (x^2 - 5x + e^x) = \lim_{{x \to +\infty}} e^x = +\infty \]

2) \( \lim_{{x \to -\infty}} \frac{e^x - 3}{e^x + 1} \)

Lorsque \( x \to -\infty \), \( e^x \to 0 \), donc nous avons : \[ \lim_{{x \to -\infty}} \frac{e^x - 3}{e^x + 1} = \frac{0 - 3}{0 + 1} = -3 \]

3) \( \lim_{{x \to +\infty}} \frac{e^{2x}}{e^x + x} \)

Lorsque \( x \to +\infty \), \( e^{2x} \) croît beaucoup plus rapidement que \( e^x \) et \( x \). Nous pouvons donc négliger \( x \) par rapport à \( e^x \) dans le dénominateur : \[ \lim_{{x \to +\infty}} \frac{e^{2x}}{e^x + x} = \lim_{{x \to +\infty}} \frac{e^{2x}}{e^x} = \lim_{{x \to +\infty}} e^x = +\infty \]

4) \( \lim_{{x \to +\infty}} \frac{x^3}{e^x} \)

Lorsque \( x \to +\infty \), la fonction exponentielle \( e^x \) croît beaucoup plus rapidement que \( x^3 \). Nous pouvons utiliser la règle de L'Hôpital (dérivation répétée) pour évaluer cette limite : \[ \lim_{{x \to +\infty}} \frac{x^3}{e^x} = \lim_{{x \to +\infty}} \frac{3x^2}{e^x} = \lim_{{x \to +\infty}} \frac{6x}{e^x} = \lim_{{x \to +\infty}} \frac{6}{e^x} = 0 \] Donc, la limite est \( 0 \).

5) \( \lim_{{x \to +\infty}} \ln(e^x + x) - x \)

Pour cette limite, on utilise l'approximation de \( \ln(e^x + x) \) pour \( x \to +\infty \). Comme \( e^x \) domine \( x \), nous avons : \[ \ln(e^x + x) \approx \ln(e^x) = x \] Donc, la limite devient : \[ \lim_{{x \to +\infty}} \left( \ln(e^x + x) - x \right) = \lim_{{x \to +\infty}} (x - x) = 0 \]