Examen blanc — Étude de fonction et calcul intégral

1. Domaine et limites.

$f$ est rationnelle, définie là où $x-1\ne 0$, donc $D_f=\mathbb{R}\setminus \{1\}=\left]-\infty ,1\right[\cup \left]1,+\infty \right[$.

En $\pm \infty$, $f(x)\sim \frac{x^2}{x}=x$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$ et $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty$.

Au point $1$, le numérateur vaut $1-2+2=1>0$. Si $x\to 1^{-}$, $x-1\to 0^{-}$ donc $f(x)\to -\infty$ ; si $x\to 1^{+}$, $x-1\to 0^{+}$ donc $f(x)\to +\infty$. La droite $x=1$ est asymptote verticale.

2. Forme réduite et asymptote oblique.

On écrit $x^2-2x+2=(x-1{)}^2+1$, donc $$f(x)=\frac{(x-1{)}^2+1}{x-1}=(x-1)+\frac{1}{x-1}.$$

Ainsi $f(x)-(x-1)=\frac{1}{x-1}\underset{x\to \pm \infty }{\to }0$, donc $(\Delta ):y=x-1$ est asymptote oblique en $-\infty$ et $+\infty$.

Position : le signe de $f(x)-(x-1)=\frac{1}{x-1}$ est celui de $x-1$. Sur $\left]1,+\infty \right[$ : $({\mathcal{C}}_f)$ est au-dessus de $(\Delta )$ ; sur $\left]-\infty ,1\right[$ : $({\mathcal{C}}_f)$ est en dessous.

3. Dérivée.

Avec $u=x^2-2x+2$ ($u^{\prime }=2x-2$) et $v=x-1$ ($v^{\prime }=1$) :

$$f^{\prime }(x)=\frac{(2x-2)(x-1)-(x^2-2x+2)}{(x-1{)}^2}.$$

Numérateur : $(2x-2)(x-1)=2x^2-4x+2$, d'où $2x^2-4x+2-(x^2-2x+2)=x^2-2x=x(x-2)$. Donc $$f^{\prime }(x)=\frac{x(x-2)}{(x-1{)}^2}.$$

On retrouve ce résultat via la forme réduite : $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{(x-1{)}^2}=\frac{(x-1{)}^2-1}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x}{(x-1{)}^2}$.

4. Tableau de variations.

Comme $(x-1{)}^2>0$, le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui de $x(x-2)$ : positif hors de $[0,2]$, négatif entre $0$ et $2$. Valeurs : $f(0)=\frac{2}{-1}=-2$ et $f(2)=\frac{4-4+2}{1}=2$.

$f$ admet un maximum local $f(0)=-2$ sur $\left]-\infty ,1\right[$ et un minimum local $f(2)=2$ sur $\left]1,+\infty \right[$.

5. Tangente en $x_0=2$.

$f(2)=2$ et $f^{\prime }(2)=\frac{2\times 0}{1}=0$, donc $$(T):y=f^{\prime }(2)(x-2)+f(2)=2.$$

La tangente $(T):y=2$ est horizontale, ce qui confirme le minimum local en $x=2$.

1. Signe de $g$ sur $[0,1]$.

Pour $x\in [0,1]$ : $x+1\ge 1>0$ et $e^{-x}>0$. Le produit de deux réels strictement positifs est strictement positif, donc $g(x)>0$ sur $[0,1]$.

2. Intégration par parties.

On pose $u(x)=x+1$, $v^{\prime }(x)=e^{-x}$, d'où $u^{\prime }(x)=1$ et $v(x)=-e^{-x}$ (fonctions $C^1$ sur $[0,1]$) :

$$I=[-(x+1)e^{-x}{]}_0^1+\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{-x}dx.$$

Terme tout intégré : $-(2)e^{-1}-(-(1)e^0)=-2e^{-1}+1$.

Intégrale restante : $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{e}^{-x}dx=[-e^{-x}{]}_0^1=-e^{-1}+1$.

Donc $I=(-2e^{-1}+1)+(1-e^{-1})=2-3e^{-1}=2-\frac{3}{e}$.

Numériquement $I\approx 2-1,104\approx 0,896>0$.

3. Vérification de la primitive.

$G(x)=-(x+2)e^{-x}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ :

$$G^{\prime }(x)=-[e^{-x}+(x+2)(-e^{-x})]=-e^{-x}+(x+2)e^{-x}=(x+1)e^{-x}=g(x).$$

Comme $G^{\prime }=g$ sur $\mathbb{R}$, $G$ est une primitive de $g$. Contrôle : $G(1)-G(0)=-3e^{-1}+2=2-\frac{3}{e}=I$.

4. Aire.

Puisque $g>0$ sur $[0,1]$, l'aire vaut $\mathcal{A}=\underset{0}{\overset{1}{\int }}g(x)dx=I=2-\frac{3}{e}$ unités d'aire.

Le repère étant orthonormé d'unité $1\text{cm}$, $1\text{u.a.}=1{\text{cm}}^2$, donc $\mathcal{A}=\left(2-\frac{3}{e}\right){\text{cm}}^2\approx 0,90{\text{cm}}^2$.

5. Valeur moyenne.

$$\mu =\frac{1}{1-0}\underset{0}{\overset{1}{\int }}g(x)dx=I=2-\frac{3}{e}\approx 0,90.$$

L'intervalle étant de longueur $1$, la valeur moyenne coïncide ici avec l'intégrale.