Fonction exponentielle — sujets et exercices Bac

En −∞ : x² → +∞ et e⁻ˣ → +∞, donc par produit lim f(x) = +∞ quand x → −∞.

En +∞ : on écrit f(x) = x²/eˣ. Par croissance comparée, eˣ l'emporte sur x², donc lim f(x) = 0 quand x → +∞. La droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale en +∞.

f est dérivable sur ℝ comme produit de la fonction polynôme x ↦ x² et de la fonction exponentielle, toutes deux dérivables sur ℝ. On dérive avec la formule du produit (uv)′ = u′v + uv′ : f′(x) = 2xe⁻ˣ + x² × (−e⁻ˣ) = e⁻ˣ(2x − x²) = x(2 − x)e⁻ˣ.

Comme e⁻ˣ > 0, le signe de f′(x) est celui de x(2 − x) : négatif sur ]−∞ ; 0[, positif sur ]0 ; 2[, négatif sur ]2 ; +∞[. La fonction f est donc décroissante, puis croissante, puis décroissante.

Elle admet un minimum local f(0) = 0 et un maximum local f(2) = 4e⁻² = 4e² ≈ 0,54.

En t = 0 : e⁰ = 1 donc N(0) = 5000/(1 + 49) = 5000/50 = 100. Le modèle démarre avec 100 individus infectés.

Quand t → +∞, −0,4t → −∞ donc e⁻⁰,⁴ᵗ → 0 et le dénominateur tend vers 1 : lim N(t) = 5000. Le nombre d'infectés se stabilise donc autour de 5000, valeur qui joue le rôle de seuil de saturation.

Résolution de N(t) = 2500 : 5000/(1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ) = 2500 donne 1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ = 2, soit e⁻⁰,⁴ᵗ = 149, donc −0,4t = −ln 49 et t = ln 490,4 ≈ 3,8920,4 ≈ 9,73.

Résolution de N(t) = 4000 : 1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ = 5000/4000 = 1,25, donc e⁻⁰,⁴ᵗ = 0,2549 ≈ 0,005102, d'où −0,4t ≈ −5,278 et t ≈ 13,20.

La fonction N étant strictement croissante (son dénominateur est strictement décroissant et positif), le cap des 2500 infectés est franchi au cours du 10ᵉ jour et celui des 4000 infectés au cours du 14ᵉ jour.

f est dérivable sur ℝ comme produit d'une fonction affine et de la fonction exponentielle. Avec u(x) = x − 1 et v(x) = eˣ, la formule (uv)′ = u′v + uv′ donne f′(x) = 1 × eˣ + (x − 1)eˣ = x eˣ.

Comme eˣ > 0 pour tout réel x, le signe de f′(x) est celui de x : f est décroissante sur ]−∞ ; 0] et croissante sur [0 ; +∞[.

Le minimum est atteint en 0 et vaut f(0) = (0 − 1) × 1 = −1.

En −∞, par croissances comparées, x eˣ → 0 et eˣ → 0, donc f(x) → 0 : l'axe des abscisses est asymptote horizontale en −∞.

On pose X = eˣ, avec la contrainte X > 0. L'équation devient X² − 3X + 2 = 0.

Le discriminant vaut Δ = 9 − 8 = 1, donc les racines sont X = 3 − 12 = 1 et X = 3 + 12 = 2. Toutes deux sont strictement positives.

On revient à x : eˣ = 1 donne x = 0, et eˣ = 2 donne x = ln 2.

L'ensemble des solutions est S = {0 ; ln 2}, avec ln 2 ≈ 0,69.

À t = 0 : T(0) = 20 + 60e⁰ = 20 + 60 = 80 °C, c'est la température initiale.

Quand t → +∞, −0,05t → −∞ donc e⁻⁰′⁰⁵ᵗ → 0 et T(t) → 20 : la température tend vers 20 °C, la température ambiante.

On résout 20 + 60e⁻⁰′⁰⁵ᵗ = 40, soit e⁻⁰′⁰⁵ᵗ = 2060 = 13.

Donc −0,05t = ln(13) = −ln 3, d'où t = ln 3 ÷ 0,05 ≈ 1,0986 ÷ 0,05 ≈ 22 minutes.