Exercices types : 11ère partie - Exercice 4

15 min
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Soit ff la fonction définie sur ]−∞;+∞[\left]-\infty ;+\infty \right[ par f(x)=ln⁡(1+e−x)f\left(x\right)=\ln \left(1+e^{-x} \right).
On note Γ\Gamma sa courbe représentative dans un repère orthonormal (0;i⃗;j⃗)\left(0;\vec{i} ;\vec{j} \right).
Question 1

Déterminer les limites de la fonction ff en −∞-\infty et en +∞+\infty .

Correction
 Calculons d’une part :\red{\text{ Calculons d'une part :}} lim⁡x→−∞ln⁡(1+e−x)\lim\limits_{x\to -\infty } \ln \left(1+e^{-x} \right)
lim⁡x→−∞−x=+∞\lim\limits_{x\to -\infty } -x=+\infty . On pose X=−xX=-x, ainsi lim⁡X→+∞eX=+∞\lim\limits_{X\to +\infty } e^{X} =+\infty .
Enfin, par composition lim⁡x→−∞e−x=+∞\lim\limits_{x\to -\infty } e^{-x} =+\infty
D'où : lim⁡x→−∞1+e−x=+∞\lim\limits_{x\to -\infty } 1+e^{-x} =+\infty .
On pose X=1+e−xX=1+e^{-x} , ainsi lim⁡X→+∞ln⁡(X)=+∞\lim\limits_{X\to +\infty } \ln \left(X\right)=+\infty .
Par composition :
lim⁡x→−∞ln⁡(1+e−x)=+∞\lim\limits_{x\to -\infty } \ln \left(1+e^{-x} \right)=+\infty

 Calculons d’autre part :\red{\text{ Calculons d'autre part :}} lim⁡x→+∞ln⁡(1+e−x)\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+e^{-x} \right)
lim⁡x→+∞−x=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } -x=-\infty . On pose X=−xX=-x, ainsi lim⁡X→−∞eX=0\lim\limits_{X\to -\infty } e^{X} =0.
Enfin, par composition lim⁡x→+∞e−x=0\lim\limits_{x\to +\infty } e^{-x} =0
D'où lim⁡x→+∞1+e−x=1\lim\limits_{x\to +\infty } 1+e^{-x} =1.
On pose X=1+e−xX=1+e^{-x} , ainsi lim⁡X→1ln⁡(X)=0\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=0.
Par composition :
lim⁡x→+∞ln⁡(1+e−x)=0\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+e^{-x} \right)=0

On en déduit que la courbe admet une asymptote horizontale d'équation y=0y=0 au voisinage de +∞+\infty .
Question 2

Etudier le sens de variation de ff.

Correction
On reconnait la forme (ln⁡(u))′=u′u\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u}
On a u(x)=1+e−xu\left(x\right)=1+e^{-x} et u′(x)=−e−xu'\left(x\right)=-e^{-x}
Ainsi
f′(x)=−e−x1+e−xf'\left(x\right)=\frac{-e^{-x} }{1+e^{-x} }

Or pour tout réel x∈]−∞;+∞[x\in \left]-\infty ;+\infty \right[, on sait que 1+e−x>01+e^{-x} >0 et que −e−x<0-e^{-x} <0.
De ce fait, f′f' est strictement négative donc ff est strictement décroissante sur ]−∞;+∞[\left]-\infty ;+\infty \right[
On en déduit le tableau de variation donné ci-dessous :
Question 3

Démontrer que pour tout nombre réel xx : f(x)=−x+ln⁡(ex+1)f\left(x\right)=-x+\ln \left(e^{x} +1 \right).

Correction
  • ln⁡(a)+ln⁡(b)=ln⁡(a×b)\ln \left(a\right)+\ln \left(b\right)=\ln \left(a\times b\right)
  • 1e−a=ea\frac{1}{e^{-a} } =e^{a}
  • ln⁡(ea)=a\ln \left(e^{a} \right)=a
Pour tout nombre réel xx, on a f(x)=ln⁡(1+e−x)f\left(x\right)=\ln \left(1+e^{-x} \right).
On va factoriser l'expression 1+e−x1+e^{-x} par e−xe^{-x} .
Il vient alors que :
1+e−x=e−x(1+e−xe−x)1+e^{-x} =e^{-x} \left(\frac{1+e^{-x} }{e^{-x} } \right)
1+e−x=e−x(1e−x+e−xe−x)1+e^{-x} =e^{-x} \left(\frac{1}{e^{-x} } +\frac{e^{-x} }{e^{-x} } \right)
1+e−x=e−x(1e−x+1)1+e^{-x} =e^{-x} \left(\frac{1}{e^{-x} } +1\right)
1+e−x=e−x(ex+1)1+e^{-x} =e^{-x} \left(e^{x} +1\right)
On substitue cela dans l'expression de ff.
D'où : f(x)=ln⁡(1+e−x)⇔f(x)=ln⁡(e−x(ex+1))⇔f(x)=ln⁡(e−x)+ln⁡(ex+1)f\left(x\right)=\ln \left(1+e^{-x} \right)\Leftrightarrow f\left(x\right)=\ln \left(e^{-x} \left(e^{x} +1\right)\right)\Leftrightarrow f\left(x\right)=\ln \left(e^{-x} \right)+\ln \left(e^{x} +1 \right)
Comme f(x)=ln⁡(e−x)+ln⁡(ex+1)f\left(x\right)=\ln \left(e^{-x} \right)+\ln \left(e^{x} +1 \right) alors
f(x)=−x+ln⁡(ex+1)f\left(x\right)=-x+\ln \left(e^{x} +1 \right)

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