Fonctions exponentielles 2BAC SM

Étape 1 – Limite en $-\infty$

Quand $x\to -\infty$, posons $u=-x$ donc $u\to +\infty$.

On a $e^{-x}=e^u\to +\infty$, et $x^2-x+1\to +\infty$, donc $(x^2-x+1)e^{-x}\to +\infty$.

Par ailleurs $x-1\to -\infty$, mais le terme exponentiel domine :

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=+\infty$$

Interprétation géométrique : La courbe de $f$ admet une branche parabolique en $-\infty$ (elle tend vers $+\infty$).

Étape 2 – Limite en $+\infty$ (première partie)

On écrit :

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

Pour étudier la limite en $+\infty$, on examine d'abord $(x^2-x+1)e^{-x}$.

On développe :

$$(x^2-x+1)e^{-x}=x^2{e}^{-x}-x{e}^{-x}+e^{-x}$$

Par les croissances comparées, on sait que pour tout entier $n\ge 0$ :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^n{e}^{-x}=0$$

Donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }{x}^2{e}^{-x}=0$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }{e}^{-x}=0$.

Étape 3 – Limite de $x{e}^{-x}$ en $+\infty$ (ÉTAPE FAUSSE)

Il reste à traiter $\underset{x\to +\infty }{\lim }x{e}^{-x}$.

Quand $x\to +\infty$, on a $x\to +\infty$ et $e^{-x}\to 0$, ce qui donne la forme indéterminée $+\infty \times 0$.

On raisonne par « comparaison de vitesses » : $x$ tend vers $+\infty$, donc il domine le facteur $e^{-x}$ qui tend vers $0$. On conclut :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }x{e}^{-x}=+\infty$$

Ainsi :

$$(x^2-x+1)e^{-x}=x^2{e}^{-x}-x{e}^{-x}+e^{-x}⟶0-(+\infty )+0=-\infty$$

Étape 4 – Conclusion sur la limite en $+\infty$ et asymptote (biaisée par l'erreur)

D'après l'étape précédente, $(x^2-x+1)e^{-x}\to -\infty$, donc :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[(x^2-x+1)e^{-x}+x-1\right]=-\infty +(+\infty )$$

Cette forme est indéterminée. Pour lever l'indétermination, on étudie $f(x)-(x-1)=(x^2-x+1)e^{-x}$.

Comme $(x^2-x+1)e^{-x}\to -\infty$ (d'après l'étape 3), on conclut :

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)-(x-1)]=-\infty$$

La droite $\Delta :y=x-1$ n'est donc pas une asymptote oblique à la courbe en $+\infty$ ; la courbe s'éloigne de $\Delta$ vers $-\infty$.

Étape 5 – Calcul de $f^{\prime }(x)$

On dérive $f(x)=(x^2-x+1)e^{-x}+x-1$ en utilisant la règle du produit :

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

$$=e^{-x}\left[(2x-1)-(x^2-x+1)\right]+1$$

$$=e^{-x}\left[2x-1-x^2+x-1\right]+1$$

$$=e^{-x}(-x^2+3x-2)+1$$

On vérifie : $-x^2+3x-2=-(x^2-3x+2)=-(x-1)(x-2)$, donc :

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

Remarque : L'énoncé demande la forme $(-x^2+2x)e^{-x}+1$. On vérifie en développant : $2x-1-x^2+x-1=-x^2+3x-2\ne -x^2+2x$. La forme correcte est bien $f^{\prime }(x)=(-x^2+3x-2)e^{-x}+1$.

Étape 6 – Signe de $f^{\prime }(x)$ et tableau de variations

On a $f^{\prime }(x)=-(x-1)(x-2)e^{-x}+1$. Comme $e^{-x}>0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$, le signe de $-(x-1)(x-2)e^{-x}$ est celui de $-(x-1)(x-2)$.

• Pour $x<1$ ou $x>2$ : $(x-1)(x-2)>0$, donc $-(x-1)(x-2)e^{-x}<0$, et $f^{\prime }(x)=1+(\text{neˊgatif})$. On ne peut pas conclure directement sans calcul numérique ; cependant, pour $x$ très grand, $e^{-x}\to 0$ donc $f^{\prime }(x)\to 1>0$.
• Pour $1<x<2$ : $(x-1)(x-2)<0$, donc $-(x-1)(x-2)e^{-x}>0$, et $f^{\prime }(x)>1>0$.

Une analyse plus fine (étude de $g(x)=f^{\prime }(x)$) montre que $f^{\prime }(x)>0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Tableau de variations (cohérent avec la limite fausse obtenue à l'étape 4) :

$$\begin{array}{cccc}x& -\infty & & +\infty \\ f^{\prime }(x)& & +& \\ f& +\infty & \nearrow & -\infty \end{array}$$