Dérivation, Tangentes et Théorème des Valeurs Intermédiaires

Correction :

Voici les dérivées calculées en appliquant les règles de dérivation usuelles :

1. $f'(x) = -8x + 56$ (Dérivée d'un polynôme)

2. $f'(x)=4(7 x + 10) + 7(4 x + 7) =28 x + 40 + 28 x + 49 =56 x +89$ (Dérivée d'un produit)

3. $f'(x)= \dfrac{3(2 x + 1) - 2(3 x - 4)}{(2 x + 1)^2} = \dfrac{6 x + 3 - 6x + 8}{(2 x + 1)^2} = \dfrac{11}{(2 x + 1)^2}$ (Dérivée d'un quotient)

4. $f'(x)=\dfrac{3(1 - 6 x)-(-6)(8 + 3 x)}{(1 - 6 x)^2} = \dfrac{3 - 18 x + 48 + 18 x}{(1 - 6 x)^2} = \dfrac{51}{(1 - 6 x)^2}$ (Dérivée d'un quotient)

5. $f'(x) =\dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}(2 x - 8) -2\sqrt{x}}{(2 x - 8)^2} = \dfrac{\dfrac{2 x - 8}{2} - 2x}{\sqrt{x}(2 x - 8)^2} = \dfrac{x - 4- 2x}{\sqrt{x}(2 x - 8)^2} =\dfrac{-x-4}{\sqrt{x}(2 x - 8)^2}$ (Dérivée d'un quotient avec racine carrée)

6. $f'(x) = \dfrac{(2x + 18)(6 x + 4) - 6(x^2 + 18x)}{(6 x + 4)^2} = \dfrac{12x^2 + 8x + 108 x + 72 - 6x^2 - 108 x}{(6x + 4)^2} = \dfrac{6x^2 +8x + 72}{(6x + 4)^2}$ (Dérivée d'un quotient)

7. $f'(x) = \dfrac{3(2x^2 -3x + 5) - (4x - 3)(3x - 2)}{\left(2x^2- 3x + 5 \right)^2} = \dfrac{6x^2 - 9x + 15 - (12x^2 - 8x - 9x + 6)}{\left(2x^2- 3x + 5 \right)^2} = \dfrac{-6x^2+ 17x + 9}{\left(2x^2- 3x + 5 \right)^2}$ (Dérivée d'un quotient)

Correction :

1. Pour que $v \circ u$ existe, il faut que pour tout $x$ dans $]0;+\infty[$, $u(x)$ soit dans le domaine de définition de $v$, qui est $\mathbb{R}$. Comme $u(x) = \frac{1}{x} + 3$ est bien défini pour $x > 0$ et prend des valeurs réelles, la composée $v \circ u$ existe bien sur $]0;+\infty[$.

2. $v \circ u(x) = v(u(x)) = \left(\frac{1}{x} + 3 - 2\right)^2 + 5 = \left(\frac{1}{x} + 1\right)^2 + 5$ (On remplace $x$ dans $v(x)$ par l'expression de $u(x)$).

3. Pour que $u \circ v$ existe, il faut que pour tout $x$ dans $\mathbb{R}$, $v(x)$ soit dans le domaine de définition de $u$, qui est $]0;+\infty[$. Or, $v(x)=(x-2)^2+5$, et le minimum de $(x-2)^2$ est 0, donc le minimum de $v(x)$ est 5. Ainsi, $v(x)$ prend toujours des valeurs strictement positives, donc la composée $u \circ v$ existe bien sur $\mathbb{R}$.

4. $u \circ v(x) = u(v(x)) = \frac{1}{v(x)} + 3 = \frac{1}{(x-2)^2+5} + 3$ (On remplace $x$ dans $u(x)$ par l'expression de $v(x)$).

Correction :

Voici les étapes pour déterminer le signe de $f'$ et dresser le tableau de variation :

1. $f(x)=\sqrt{x}+x^3+x$ sur $I=]0;+\infty[$.
$f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}+3x^2+1$.
$f'$ est la somme de termes positifs, donc $f'$ est strictement positive sur $I=]0;+\infty[$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

2. $f(x)=-5x^2+x+3$ sur $I=\mathbb{R}$.
$f'(x)=-10x+1$.
$f'$ est une fonction affine de coefficient -10 strictement négatif.
On résout $-10x+1=0$ pour trouver $x=\frac{1}{10}$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

3. $f(x)=8x^2-x+9$ sur $I=[0;\frac{1}{16}]$.
$f'(x)=16x-1$.
$f'$ est une fonction affine de coefficient 16 strictement positif.
On résout $16x-1=0$ pour trouver $x=\frac{1}{16}$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

4. $f(x)=-x^3+\frac{3}{2}x^2$ sur $I=\mathbb{R}$.
$f'(x)=-3x^2+3x=-3x(x-1)$.
On étudie le signe de $f'$ en identifiant les racines $x=0$ et $x=1$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

5. $f(x)=-2x^3-0,5x^2+x+3$ sur $\mathbb{R}$.
$f'(x)=-6x^2-x+1$.
On calcule le discriminant $\Delta=25$ et les racines $x_1=\frac{1}{3}$ et $x_2=-\frac{1}{2}$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

6. $f(x)=\frac{x^2}{2x+1}$ sur $I=[-1;-0,5[$.
On pose $f=\frac{u}{v}$ avec $u=x^2$ et $v=2x+1$.
On calcule $f'(x)=\frac{2x(2x+1)-x^2(2)}{(2x+1)^2}=\frac{4x^2+2x-2x^2}{(2x+1)^2}=\frac{2x^2+2x}{(2x+1)^2}=\frac{2x(x+1)}{(2x+1)^2}$.
On étudie le signe du numérateur et on trouve les racines $x=0$ et $x=-1$.
Le dénominateur est strictement positif sur $I$.
Le tableau de variation est donc le suivant :

Correction :

Voici les étapes pour déterminer le signe de $f'$ et dresser le tableau de variation :

1. $f(x)=5e^{-x^2+1}$ sur $I=\mathbb{R}$.
On pose $f=ke^u$ avec $k=5$ et $u=-x^2+1$.
On calcule $f'=ku'e^u$ avec $u'=-2x$.
Soit $f'(x)=5(-2x)e^{-x^2+1}=-10xe^{-x^2+1}$.
On étudie le signe de $-10x$. L'exponentielle étant toujours positive.
Le tableau de variation est donc le suivant :

2. $f(x)=e^{5x+1}+6x$ sur $I=\mathbb{R}$.
On pose $f=e^u+6x$ avec $u=5x+1$.
On calcule $f'=u'e^u+6$ avec $u'=5$.
Soit $f'(x)= 5e^{5x+1}+6$.
$f'$ est une somme de termes strictement positifs, donc $f'$ est strictement positive.
Le tableau de variation est donc le suivant :

3. $f(x)=e^{5x+1}-6x$ sur $I=\mathbb{R}$.
On pose $f=e^u-6x$ avec $u=5x+1$.
On calcule $f'=u'e^u-6$ avec $u'=5$.
Soit $f'(x)= 5e^{5x+1}-6$.
On résout $5e^{5x+1}-6>0$.
$5e^{5x+1}-6>0 \Leftrightarrow 5e^{5x+1}>6 \Leftrightarrow e^{5x+1}>\frac{6}{5}$.
$5x+1>\ln(\frac{6}{5}) \Leftrightarrow x>\frac{\ln(1.2)-1}{5}$.
On en déduit le tableau de variation suivant:

4. $f(x)=5x\ln x+x$ sur $I=]0;+\infty[$.
On pose $f=uv+x$ avec $u=5x$ et $v=\ln x$.
On calcule $f'=u'v+uv'+1$ avec $u'=5$ et $v'=\frac{1}{x}$.
Soit $f'(x)=5\ln x+5x\frac{1}{x}+1=5\ln x+5+1=5\ln x+6$.
On résout $5\ln x+6>0$.
$5\ln x+6>0 \Leftrightarrow \ln x>-\frac{6}{5} \Leftrightarrow e^{\ln x}>e^{-\frac{6}{5}} \Leftrightarrow x>e^{-1.2}$.
On en déduit le tableau de variation suivant:

Correction :

Voici les étapes pour déterminer le signe de $f'$ et dresser le tableau de variation :

1. Dérivons $n(x)=2\sqrt{x^2+1}+(3x+1)^2$.
On pose $u=x^2+1$. Donc $u'=2x$.
De même $w=3x+1$. Donc $w'=3$.
Ici $n=2\sqrt{u}+w^2$ et donc $n'=\frac{2u'}{2\sqrt{u}}+2w'w$.
Donc $n'(x)=2\times\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}+2\times3\times(3x+1)=\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}}+18x+6$.
Il est important de noter que $n'(x)$ est une somme et qu'il faut étudier le signe de chaque terme.
$\sqrt{x^2+1}$ est strictement positif pour tout $x$.
Or, sur $I$: $2x>0$.
Donc, sur $I$, le quotient $\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}}$ est strictement positif.
Par ailleurs, sur $I$: $18x+6>0$.
Donc les deux termes constituant $n'(x)$ sont strictement positifs sur $I$.
Et finalement, sur $I$, $n'(x)>0$.
Donc $n$ est strictement croissante sur $I$.

2. Dérivons $o(x)=(\sin x)^2$.
On pose $u=\sin x$. Donc $u'=\cos x$.
ici $o=u^2$. Donc $o'=2u'u$.
Donc $o'(x)=2\times\cos x\times\sin x$.
Il est important de se souvenir du signe de $\cos x$ et $\sin x$ sur l'intervalle $I$.
On a: $2>0$.
Sur $I$: $\cos x<0$.
Sur $I$: $\sin x>0$.
Finalement, sur $I$, $o'(x)<0$.
Donc $o$ est strictement décroissante sur $I$.

3. Dérivons $p(x)=\ln (-3x+5)$.
On pose $u(x)=-3x+5$. Donc $u'(x)=-3$.
ici $p(x)= \ln u$. Donc $p'(x)=\frac{u'}{u}$.
Donc $p'(x)=\frac{-3}{-3x+5}$.
On étudie les signes du numérateur et du dénominateur du quotient.
La fonction affine $-3x+5$ s'annule en $\frac{5}{3}$, et est strictement positive pour $x<\frac{5}{3}$.
Donc, sur $I$: $-3x+5>0$.
Or $p'$ a pour numérateur $-3$ qui est strictement négatif.
Finalement, sur $I$, $p'(x)<0$.
Donc $p$ est strictement décroissante sur $I$.

Correction :

Voici les étapes pour trouver la tangente et étudier la position relative:

1. $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ dont le dénominateur ne s'annule pas.
$f'(x) = \dfrac{10(5x^2+1) - 10x(10x + 4)}{\left(5x^2+1 \right)^2} = \dfrac{50x^2 + 10 - 100x^2 - 40x}{\left(5x^2+1 \right)^2} =\dfrac{-50x^2 - 40x + 10}{\left(5x^2+1 \right)^2}$

2. Le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-50x^2-40x +10$.
On calcule le discriminant : $\Delta = (-40)^2 - 4 \times 10 \times (-50) = 3600$
On trouve les deux racines réelles : $x_1 = \dfrac{40 - \sqrt{3600}}{-100} = \dfrac{40 - 60}{-100} = \dfrac{1}{5}$ et $x_2 = -1$.
Le coefficient $a=-50<0$ donc l'expression est positive entre les racines et négative en dehors. Le tableau de variation est :

3. L'équation de la tangente est de la forme : $y=f'(a)(x - a) + f(a)$
Ici $f'(0) = 10$ et $f(0) =4$.
L'équation de la tangente à la courbe au point d'abscisse $0$ est donc : $y=10x+4$

4. On étudie le signe de :
$f(x)-(10x+4) = \dfrac{10x+4}{5x^2+1} - (10x + 4) = \dfrac{10x+4}{5x^2+1} - \dfrac{(10x+4)(5x^2+1)}{5x^2+1} = \dfrac{(10x+4) (1 - (5x^2+1))}{5x^2+1} =\dfrac{(10x+4)(-5x^2)}{5x^2+1} = -\dfrac{(10x+4)(5x^2)}{5x^2+1}$
Le signe de cette expression ne dépend donc que de celui de $-(10x+4)$.
$-(10x+4) > 0 \Leftrightarrow 10x + 4 < 0 \Leftrightarrow x < -\frac{2}{5}$.
Donc la courbe est au-dessus de la tangente sur $\left]-\infty;-\frac{2}{5} \right]$ et au-dessous sur $\left[-\frac{2}{5};+\infty \right[$.

Correction :

Voici les étapes pour trouver les tangentes et étudier les positions relatives:

1. $g'(x) = e^x - 1$ (Dérivée d'une somme).

2. $g'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x = 1 \Leftrightarrow x = 0$.
$g'(x) > 0 \Leftrightarrow e^x > 1 \Leftrightarrow x > 0$.
$g'(x) < 0 \Leftrightarrow e^x < 1 \Leftrightarrow x < 0$.
Donc $g$ est décroissante sur ]$-\infty, 0$] et croissante sur $[0, +\infty[$.

3. $g(0) = e^0 - 0 - 2 = 1 - 2 = -1$.
Comme $g$ atteint son minimum en 0 et que ce minimum est strictement positif, la fonction est toujours au dessus de l'axe des abscisses, donc $g(x) \geq 0$ pour tout $x$.

4. L'équation de la tangente à $h(x) = e^x$ en $x=0$ est $y = h'(0)(x-0) + h(0)$.
$h'(x) = e^x$ donc $h'(0) = e^0 = 1$ et $h(0) = e^0 = 1$.
L'équation de la tangente est donc $y = 1(x-0) + 1 = x+1$.

5. On étudie le signe de $h(x)-(x+1) = e^x -x -1$. Or $g(x)=e^x-x-2$ donc $h(x)-(x+1) = g(x)+1$.
Puisque $g(x) \geq 0$, on a $g(x)+1 \geq 1>0$ donc la courbe de $h$ est toujours au dessus de sa tangente.

6. $f'(x) = \frac{1}{x} - 1$. $f'(1) = \frac{1}{1} - 1 = 0$, $f(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0$. L'équation de la tangente est $y = f'(1)(x-1) + f(1) = 0(x-1)+0 = 0$.

7. $f'(x) = \frac{1}{x} - 1$. $f'(x)=0 \Leftrightarrow x=1$.
$f'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{x} > 1 \Leftrightarrow 0 < x < 1$.
$f'(x) < 0 \Leftrightarrow \frac{1}{x} < 1 \Leftrightarrow x > 1$.

Correction :

Voici les étapes pour utiliser le corollaire du TVI :

1. On calcule $f'(x)=3x^2+1>0$ sur $\mathbb{R}$ donc $f$ est strictement croissante.

2. $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ en tant que fonction polynomiale et strictement croissante.

3. On calcule $f(0) = -1$ et $f(1)=1$. Ainsi $0$ est compris entre $f(0)$ et $f(1)$. On peut donc utiliser le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires.

4. Par le corollaire du TVI, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $\mathbb{R}$.
Pour un encadrement d'amplitude 0.1, on calcule les valeurs suivantes:
$f(0.6) = -0.016$ et $f(0.7) = 0.073$. Donc, $0.6 < \alpha < 0.7$.

Correction :

Voici les étapes pour utiliser le corollaire du TVI et déterminer le nombre de solutions:

1. On calcule $f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1) = 3(x-1)(x+1)$. $f'(x) = 0$ lorsque $x=-1$ ou $x=1$.

2. On établit le tableau de variation de $f$.

3. On calcule les valeurs limites de $f$. On a $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

4. On applique le TVI dans chaque intervalle.

Sur $]-\infty;-1[$, $f$ est continue et strictement croissante. Comme $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $f(-1)=3$, l'équation $f(x)=0$ a une seule solution dans cet intervalle.

Sur $[-1;1]$, $f$ est continue et strictement décroissante. On a $f(-1)=3$ et $f(1)=-1$. L'équation $f(x)=0$ a donc une solution unique dans cet intervalle.

Sur $[1;+\infty[$, $f$ est continue et strictement croissante. Comme $f(1)=-1$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$, l'équation $f(x)=0$ a une seule solution dans cet intervalle.

5. Il existe donc 3 solutions réelles à l'équation $f(x)=0$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer qu'il existe une unique solution et utiliser le corollaire du TVI :

1. On pose $g(x) = f(x)-1 = x-\ln(x+1)-1$ et on étudie son signe.

2. $g'(x)=1-\frac{1}{x+1}=\frac{x}{x+1}$. Sur $[0;+\infty[$, $g'(x)>0$.

3. $g$ est donc strictement croissante sur $[0;+\infty[$.

4. On calcule $g(0) = 0-\ln(1)-1=-1$ et $g(2) = 2-\ln(3)-1 = 1-\ln(3)$. Or $e>2.7$, donc $\ln(e)>\ln(2.7)>1$, donc $1-\ln(3)<0$.

5. On calcule la limite de $g$ en $+\infty$. $\lim_{x\to+\infty} x-\ln(x+1)-1 = +\infty$ car $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+1)}{x}=0$.

6. On calcule $g(3)=3-\ln(4)-1=2-\ln(4)>0$.

7. $g$ est continue et strictement croissante, donc l'équation $g(x)=0$ a une seule solution sur $[0;3]$. Donc l'équation $f(x)=1$ a une seule solution sur $[0;3]$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer qu'il existe une unique solution et utiliser le corollaire du TVI :

1. On pose $f(x) = e^x + x - 2$.

2. $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ car c'est une somme de fonctions continues.

3. On calcule $f'(x) = e^x + 1$ qui est strictement positif sur $\mathbb{R}$. Donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. On calcule $f(0)=e^0+0-2=-1$ et $f(1)=e^1+1-2 =e-1>0$.

5. D'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x)=0$ a une solution unique sur $\mathbb{R}$, donc $e^x=2-x$ a une solution unique sur $\mathbb{R}$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer qu'il existe une unique solution et utiliser le corollaire du TVI :

1. Calculons $f'(x) = 3x^2 + 3$. On remarque que $f'(x) > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc, $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

2. Calculons quelques valeurs: $f(0) = -5$ et $f(2) = 8+6-5=9$.

3. Puisque $f(0) < 0$ et $f(2) > 0$, il existe une solution $\alpha$ entre 0 et 2.

4. Comme $f$ est continue et strictement croissante, d'après le corollaire du TVI, il existe une unique solution réelle $\alpha$ à $f(x) = 0$.

5. Pour un encadrement à $10^{-2}$ près on calcule les valeurs suivantes:
$f(1.1) = -0.369$, $f(1.2) = 0.028$. Donc, $1.1 < \alpha < 1.2$.
$f(1.19)=-0.008$ et $f(1.20) = 0.028$. Donc, $1.19 < \alpha < 1.20$.

6. L'encadrement de $\alpha$ à $10^{-2}$ près est donc: $1.19 < \alpha < 1.20$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer qu'il existe une unique solution et utiliser le corollaire du TVI :

1. On pose $g(x)=f(x)-2 = \frac{x+1}{x-1}-2=\frac{x+1-2x+2}{x-1}=\frac{-x+3}{x-1}$

2. $g$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ et $g'(x)=\frac{-1(x-1)-(-x+3)1}{(x-1)^2}=\frac{-x+1+x-3}{(x-1)^2}=\frac{-2}{(x-1)^2} < 0$. Donc $g$ est strictement décroissante sur $]1;+\infty[$.

3. $\lim_{x\to1}g(x) = \lim_{x\to1}\frac{-x+3}{x-1}=+\infty$.

4. $\lim_{x\to+\infty}g(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{-x+3}{x-1} = -1$.

5. Comme $g$ est continue et strictement décroissante, $0$ est compris entre les deux limites, donc l'équation $g(x)=0$ a une unique solution dans $]1;+\infty[$. Donc l'équation $f(x)=2$ admet une solution unique dans $]1;+\infty[$.

6. $f(x)=2 \Leftrightarrow \frac{x+1}{x-1}=2 \Leftrightarrow x+1=2x-2 \Leftrightarrow x=3$.

7. La solution est $3$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer l'existence d'une unique solution et étudier le signe de $f(x)$ :

1. Calculons $f'(x) = 3x^2 + 2$ qui est strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

2. Calculons $f(0)=-4$ et $f(2)=8+4-4=8>0$.

3. Comme $f$ est continue et strictement croissante, d'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution réelle $\alpha$.

4. Puisque $f$ est strictement croissante et que $f(\alpha)=0$

si $x<\alpha$ alors $f(x)<0$

si $x>\alpha$ alors $f(x)>0$

Correction :

Voici les étapes pour trouver la dérivée, les variations, puis prouver l'existence et l'encadrement de la solution:

1. $h'(x)=\frac{1}{x}+1$.

2. Comme $x>0$, $h'(x)>0$, donc $h$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$.

3. Calculons quelques valeurs: $h(1)=-2$, $h(2)=\ln(2)-1 < 0$, $h(3)=\ln(3)>0$.

4. Comme $h$ est continue et strictement croissante, d'après le corollaire du TVI, il existe une unique solution réelle $\alpha$ à $h(x) = 0$.

5. Pour un encadrement à $0.1$ près on calcule les valeurs suivantes:
$h(2.2)=-0.1$, $h(2.3)=0.03$. Donc, $2.2 < \alpha < 2.3$.

Correction :

Voici les étapes pour étudier les variations et utiliser le corollaire du TVI :

1. Calculons $f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$. On trouve les racines $x=0$ et $x=2$. On établit le tableau de variation de $f$ :

2. Calculons les limites de $f$. On a $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

3. Sur $]-\infty;0[$, $f$ est continue et strictement croissante. Comme $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $f(0)=1$, l'équation $f(x)=0$ a une seule solution dans cet intervalle.

4. Sur $[0;2]$, $f$ est continue et strictement décroissante. On a $f(0)=1$ et $f(2)=-3$. L'équation $f(x)=0$ a donc une solution unique dans cet intervalle.

5. Sur $[2;+\infty[$, $f$ est continue et strictement croissante. Comme $f(2)=-3$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$, l'équation $f(x)=0$ a une seule solution dans cet intervalle.

6. Il existe donc 3 solutions réelles à l'équation $f(x)=0$.

Correction :

Voici les étapes pour montrer qu'il existe une unique solution et utiliser le corollaire du TVI :

1. On pose $f(x) = x - e^{-x}$.

2. $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ en tant que somme de fonctions continues.

3. On calcule $f'(x) = 1 + e^{-x}$ qui est strictement positif pour tout $x \in \mathbb{R}$. Donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. On calcule $f(0) = -1$ et $f(1) = 1 - e^{-1} >0$.

5. Comme $f$ est continue et strictement croissante, d'après le corollaire du TVI, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution réelle. Donc, l'équation $x = e^{-x}$ admet une unique solution réelle sur $\mathbb{R}$.

Correction :

Voici les étapes pour trouver l'équation de la tangente et le point d'intersection :

1. On utilise la règle de dérivation des fonctions composées. Si $u(x) = 2x$, alors $f(x) = e^{u(x)} + x - 1$.
$f'(x) = u'(x)e^{u(x)} + 1 = 2e^{2x} + 1$.

2. L'équation de la tangente à la courbe de $f$ en $x=a$ est donnée par $y = f'(a)(x-a) + f(a)$.
En $a=0$, $f(0) = e^{0} + 0 - 1 = 0$ et $f'(0) = 2e^{0} + 1 = 3$.
L'équation de la tangente est donc $y = 3(x-0) + 0 = 3x$.

3. Pour trouver l'intersection avec l'axe des abscisses, on pose $y=0$.
$0 = 3x \Rightarrow x=0$.
Le point d'intersection est donc $(0,0)$.

Correction :

Voici les étapes pour trouver l'équation de la tangente et le point d'intersection :

1. On utilise la règle de dérivation d'un produit : $(uv)' = u'v + uv'$.
$g'(x) = 2x \ln(x) + x^2 \cdot \frac{1}{x} = 2x \ln(x) + x$.

2. L'équation de la tangente en $x=a$ est $y = g'(a)(x-a) + g(a)$.
En $a=1$, $g(1) = 1^2 \ln(1) = 0$ et $g'(1) = 2(1)\ln(1) + 1 = 1$.
L'équation de la tangente est donc $y = 1(x-1) + 0 = x - 1$.

3. Pour trouver l'intersection avec l'axe des ordonnées, on pose $x=0$.
$y = 0 - 1 = -1$.
Le point d'intersection est donc $(0, -1)$.

Correction :

Voici les étapes pour trouver l'équation de la tangente :

1. On utilise la règle de dérivation des fonctions composées : $(\sqrt{u})' = \frac{u'}{2\sqrt{u}}$.
Avec $u(x) = 2x+3$, on a $u'(x) = 2$.
Donc, $h'(x) = \frac{2}{2\sqrt{2x+3}} = \frac{1}{\sqrt{2x+3}}$.

2. L'équation de la tangente en $x=a$ est $y = h'(a)(x-a) + h(a)$.
En $a=-1$, $h(-1) = \sqrt{2(-1)+3} = 1$ et $h'(-1) = \frac{1}{\sqrt{2(-1)+3}} = 1$.
L'équation de la tangente est donc $y = 1(x-(-1)) + 1 = x + 2$.

Correction :

Pour dériver une fonction de la forme $\sqrt{u(x)}$, on utilise la règle de dérivation des fonctions composées : $(\sqrt{u})' = \frac{u'}{2\sqrt{u}}$.

1. On pose $u(x) = x^2 + 4x - 5$. Alors $u'(x) = 2x + 4$.
$f'(x) = \frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{2x+4}{2\sqrt{x^2 + 4x - 5}} = \frac{x+2}{\sqrt{x^2 + 4x - 5}}$.

2. On pose $u(x) = e^x + 1$. Alors $u'(x) = e^x$.
$g'(x) = \frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{e^x}{2\sqrt{e^x + 1}}$.

3. On pose $u(x) = \ln(x)$. Alors $u'(x) = \frac{1}{x}$.
$h'(x) = \frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{1/x}{2\sqrt{\ln(x)}} = \frac{1}{2x\sqrt{\ln(x)}}$.

Correction :

Pour dériver une fonction de la forme $\ln(u(x))$, on utilise la règle de dérivation des fonctions composées : $(\ln(u))' = \frac{u'}{u}$.

1. On pose $u(x) = x^2 - 4$. Alors $u'(x) = 2x$.
$f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)} = \frac{2x}{x^2 - 4}$.

2. On pose $u(x) = 3x + 1$. Alors $u'(x) = 3$.
$g'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)} = \frac{3}{3x+1}$.

3. On utilise la règle de dérivation d'un produit : $(uv)' = u'v + uv'$.
On pose $u(x) = x$ et $v(x) = \ln(2x)$. Alors $u'(x) = 1$ et $v'(x) = \frac{2}{2x} = \frac{1}{x}$.
$h'(x) = 1 \cdot \ln(2x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(2x) + 1$.

Correction :

Pour dériver une fonction de la forme $e^{u(x)}$, on utilise la règle de dérivation des fonctions composées : $(e^u)' = u'e^u$.

1. On pose $u(x) = x^2 + 1$. Alors $u'(x) = 2x$.
$f'(x) = u'(x)e^{u(x)} = 2xe^{x^2+1}$.

2. On pose $u(x) = -3x$. Alors $u'(x) = -3$.
$g'(x) = u'(x)e^{u(x)} = -3e^{-3x}$.

3. On utilise la règle de dérivation d'un produit : $(uv)' = u'v + uv'$.
On pose $u(x) = x$ et $v(x) = e^x$. Alors $u'(x) = 1$ et $v'(x) = e^x$.
$h'(x) = 1 \cdot e^x + x \cdot e^x = (1+x)e^x$.

Correction :

Pour dériver une fonction de la forme $(u(x))^n$, on utilise la règle de dérivation des fonctions composées : $(u^n)' = n u^{n-1} u'$.

1. On pose $u(x) = 2x^2 - 3x + 1$. Alors $u'(x) = 4x - 3$.
$f'(x) = 4(u(x))^3 \cdot u'(x) = 4(2x^2 - 3x + 1)^3 (4x - 3)$.

2. On pose $u(x) = \frac{1}{x} + 1 = x^{-1} + 1$. Alors $u'(x) = -x^{-2} = -\frac{1}{x^2}$.
$g'(x) = 3(u(x))^2 \cdot u'(x) = 3\left(\frac{1}{x} + 1\right)^2 \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right) = -\frac{3}{x^2}\left(\frac{1}{x} + 1\right)^2$.

3. On pose $u(x) = e^x + x$. Alors $u'(x) = e^x + 1$.
$h'(x) = 2(u(x)) \cdot u'(x) = 2(e^x + x)(e^x + 1)$.