Solutions
SOLUTIONS
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f) Appliquer la formule de Leibniz:
si n 2,
f
(n) (x) =
n
0
x
2 n!+
n
1
2 xn!(1+x)+
n
2
2
n!
2!
(1 + x)
2
=
(n +2)!
2
x
2 + n(n +1)! x +
(n − 1)nn!
2
8 a) f (x) =
1+
1
x
x
=e
xln(1+ 1
x ) ,
D f =] − ∞, −1[ ∪ ]0, +∞[ f est dérivable sur D f et :
f
(x) =
ln
1+
1
x
−
1
x+1
1+
1
x
x
.
f
(x)est du signe de g(x) = ln
1+
1
x
−
1
x+1
.
gest dérivable sur D f et :
g
(x) = −
1
x(x +1) 2 ;
d’où le tableau des variations :
x −∞
−10
+ ∞
g
+
−
+ ∞
+ ∞
g
0
0
f
+
+
+ ∞
e
f
e
1
Au voisinage de ±∞, ln
1+
1
x
∼
1
x
,d’où lim
x→±∞
f (x) = e.
En 0, on peut prolonger f parcontinuité en f (0) = 1.
Mais lim
x→0+
f
(x) = +∞ ;d ’après le théorème de prolongement
d’une dérivée, on aaussi lim
x→0+
f (x) − 1
x
= +∞ ; f n’est donc pas
dérivable en 0. La courbe représentative admet une tangente verticale au point(0,1).
0
1
2
3
4
5
6
-6
-4
-2
246
x
y
b) f (x) =
ln |2x +1|
ln |3x +1|
.D f =R\
−
2
3
,−
1
2
,−
1
3
,0
.
f est dérivable sur D f et :
f
(x) =
2(3x +1)ln|3x +1|−3(2x +1)ln|2x +1|
(2x +1)(3x +1)(ln |3x +1|) 2
Posons g(x) = 2(3x +1)ln|3x +1|−3(2x +1)ln|2x+1|.
f
(x)est du signe de g(x)/(2x +1)(3x +1).
gest dérivable sur D f et :
g
(x) = 6ln
3x +1
2x+1
D’où le tableau des variations :
x −∞
−
2
3
α
−
1
2
−
2
5
−
1
3
0+ ∞
g
+
+
+0−
−
+
− ln 3
ln 2
ln 3
g
− ln 3
ln 2l n3
0 0
f
−
−
0+
−−
+
+
1
+ ∞
+ ∞
+ ∞
2
3
1
f
1
− ∞
f ( α
)
0 0
2
3
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