1. f'(x)=2e^(2x+1).
2. g'(x)=eˣ+x·eˣ=(1+x)eˣ.
3. h'(x)=2x·e^(x²).
4. k'(x)=(eˣ·x−eˣ·1)/x²=eˣ(x−1)/x².

1. x²e⁻ˣ=x²/eˣ→0 (croissance comparée, eˣ l'emporte sur x²).
2. x·eˣ→0 (croissance comparée en −∞).
3. (eˣ−1)/x→1 (limite fondamentale, nombre dérivé de exp en 0).
4. (eˣ−1)/(2x)→+∞ (car eˣ/x→+∞ et le −1/(2x) est négligeable).

1. Poser t=eˣ>0 : t²−3t+2=0 → (t−1)(t−2)=0 → t=1 ou t=2. eˣ=1→x=0. eˣ=2→x=ln2.
   Solutions : x=0 ou x=ln2.
2. 2ˣ=2³ → x=3 (par stricte croissance de t↦2ᵗ, ou en passant au ln).
3. e^(2x+1)=e³ → 2x+1=3 → x=1.

1. ch²x−sh²x=[(eˣ+e⁻ˣ)/2]²−[(eˣ−e⁻ˣ)/2]²=(1/4)[(eˣ+e⁻ˣ)²−(eˣ−e⁻ˣ)²]=(1/4)[4·eˣ·e⁻ˣ]=e⁰=1. ✓
2. th x=sh x/ch x. (th x)'=(sh'x·ch x−sh x·ch'x)/ch²x=(ch²x−sh²x)/ch²x=1/ch²x. Or 1/ch²x=(ch²x−sh²x)/ch²x=1−th²x. Donc (th x)'=1−th²x=1/ch²x.
3. ch x=2 ⟺ (eˣ+e⁻ˣ)/2=2 ⟺ eˣ+e⁻ˣ=4. Poser t=eˣ>0 : t+1/t=4 ⟺ t²−4t+1=0 ⟺ t=2±√3. Les deux racines sont positives : x=ln(2+√3) ou x=ln(2−√3)=−ln(2+√3) (car (2+√3)(2−√3)=1). Les deux solutions sont opposées, ce qui est cohérent avec la parité de ch.

1. IPP : u=x, u'=1, v'=eˣ, v=eˣ. ∫₀¹x·eˣdx=[x·eˣ]₀¹−∫₀¹eˣdx=(1·e¹−0)−[eˣ]₀¹=e−(e−1)=1.
2. La dérivée de (1+eˣ) est eˣ, donc l'intégrande est de la forme u'/u avec u=1+eˣ>0 : ∫eˣ/(1+eˣ)dx=ln(1+eˣ)+C. ∫₀^(ln2)eˣ/(1+eˣ)dx=[ln(1+eˣ)]₀^(ln2)=ln(1+2)−ln(1+1)=ln3−ln2=ln(3/2).

1. g(x)=x·ln(1+1/x)=ln(1+1/x)/(1/x) (on a juste multiplié et divisé par 1/x, licite car x≠0).
2. Quand x→+∞, 1/x→0⁺ donc u=1/x→0⁺. Le taux d'accroissement [ln(1+u)−ln(1)]/u tend, quand u→0, vers le nombre dérivé de ln en 1, c'est-à-dire (ln)'(1)=1/1=1. Donc lim[u→0] ln(1+u)/u=1.
3. g(x)=ln(1+u)/u avec u=1/x→0⁺ quand x→+∞, donc lim[x→+∞] g(x)=lim[u→0] ln(1+u)/u=1.
4. (1+1/x)ˣ=e^(x·ln(1+1/x))=e^(g(x)). Comme g(x)→1 et exp est continue en 1, lim[x→+∞] (1+1/x)ˣ=e¹=e.
5. (1+1/10)¹⁰=1,1¹⁰≈2,5937. (1+1/100)¹⁰⁰≈2,7048. On observe bien un rapprochement progressif vers e≈2,7183 lorsque l'exposant augmente (plus la capitalisation des intérêts est fréquente, plus le facteur multiplicatif se rapproche de e).
6. lim[x→−∞] f(x) : (x−1)→−∞ et eˣ→0⁺ ; par croissance comparée (x·eˣ→0), lim[x→−∞] f(x)=0⁻ (asymptote horizontale y=0 en −∞, la courbe restant sous l'axe). lim[x→+∞] f(x)=(+∞)·(+∞)=+∞.
7. f'(x)=1·eˣ+(x−1)eˣ=eˣ(1+x−1)=x·eˣ. Comme eˣ>0 toujours, f'(x) est du signe de x : f'(x)<0 sur ]−∞;0[, f'(0)=0, f'(x)>0 sur ]0;+∞[.
   Tableau : f décroissante sur ]−∞;0], minimum f(0)=(0−1)e⁰=−1, puis croissante sur [0;+∞[, avec lim en −∞ égale à 0 et lim en +∞ égale à +∞.
8. f(0)=−1, f'(0)=0·e⁰=0. La tangente en 0 est horizontale : (T) : y=−1 (cohérent avec le minimum trouvé à la question précédente).
9. IPP : u=x−1, u'=1, v'=eˣ, v=eˣ. ∫₀¹(x−1)eˣdx=[(x−1)eˣ]₀¹−∫₀¹eˣdx=(0·e¹−(−1)·e⁰)−[eˣ]₀¹=(0+1)−(e−1)=2−e≈−0,718.
   Comme f(x)≤0 sur [0;1] (f croît de −1 à 0 sur cet intervalle), cette intégrale négative représente l'opposé de l'aire, en unités d'aire, comprise entre la courbe de f, l'axe des abscisses et les droites x=0 et x=1 : cette aire vaut e−2 (u.a.).

1. a = e^(ln3) = 3 (car e^(ln x)=x pour x>0).
2. b = e^(−ln5) = 1/e^(ln5) = 1/5.
3. c = e^(2−ln3) = e²·e^(−ln3) = e²·(1/3) = e²/3.
4. d = e^(1−ln2) = e¹·e^(−ln2) = e·(1/2) = e/2.
5. m = e^(1/2−ln6) = e^(1/2)·e^(−ln6) = √e·(1/6) = √e/6.

1. Pour tout x∈ℝ, eˣ>0, donc eˣ=−1 est impossible. S=∅.
2. e^(x+2)=3 ⟺ x+2=ln3 ⟺ x=ln3−2. S={ln3−2}.
3. e^(−2x+3)=1=e⁰ ⟺ −2x+3=0 ⟺ x=3/2. S={3/2}.
4. e^(2x)=e^(x+2) ⟺ 2x=x+2 (exp injective) ⟺ x=2. S={2}.

1. e^(−x)≥2 ⟺ −x≥ln2 (exp strictement croissante) ⟺ x≤−ln2. S=]−∞;−ln2].
2. e^(x²−1)<1=e⁰ ⟺ x²−1<0 ⟺ −1<x<1. S=]−1;1[.
3. e^(x²−3)≤e^(2x) ⟺ x²−3≤2x ⟺ x²−2x−3≤0 ⟺ (x−3)(x+1)≤0 ⟺ x∈[−1;3]. S=[−1;3].
4. Poser t=eˣ>0 : 2t²−5t+2>0. Δ=25−16=9, racines t=(5±3)/4, soit t=2 ou t=1/2. Le trinôme est positif à l'extérieur des racines : t<1/2 ou t>2. eˣ<1/2 ⟺ x<−ln2 ; eˣ>2 ⟺ x>ln2. S=]−∞;−ln2[∪]ln2;+∞[.

1. Il faut 1−eˣ>0 ⟺ eˣ<1 ⟺ x<0. Df=]−∞;0[.
2. Quand x→−∞ : eˣ→0, donc 1−eˣ→1 et f(x)=ln(1−eˣ)→ln1=0.
   Quand x→0⁻ : eˣ→1⁻, donc 1−eˣ→0⁺ et f(x)→ln(0⁺)=−∞ (asymptote verticale d'équation x=0).

1. Avec u=−4x, u'=−4 : F(x) = −(1/4)e^(−4x) + C.
2. Avec u=−x², u'=−2x : x·e^(−x²) = −(1/2)·(−2x)e^(−x²), donc F(x) = −(1/2)e^(−x²) + C.
3. F(x) = (1/2)e^(2x) − 3e^(−x) − x + C.
4. Avec u=cosx, u'=−sinx : sinx·e^(cosx) = −u'·e^u, donc F(x) = −e^(cosx) + C.

Soit F(x)=(ax+b)eˣ. F'(x) = a·eˣ+(ax+b)eˣ = (ax+a+b)eˣ. On veut F'(x)=(4x−5)eˣ pour tout x∈ℝ, donc par identification (eˣ≠0) : a=4 et a+b=−5, d'où b=−9.
a=4, b=−9, soit F(x)=(4x−9)eˣ. Vérification : F'(x)=4eˣ+(4x−9)eˣ=(4x−5)eˣ ✓.

Posons u=eˣ>0, v=e^y>0. Le système devient 5u−v=19 et uv=30, soit v=5u−19 et u(5u−19)=30 ⟺ 5u²−19u−30=0.
Δ=19²+4×5×30=361+600=961=31². u=(19±31)/10, donc u=5 ou u=−1,2. Comme u=eˣ>0, on rejette u=−1,2.
u=5 ⟹ v=5×5−19=6. eˣ=5 ⟹ x=ln5. e^y=6 ⟹ y=ln6.
Vérification : 5×5−6=19 ✓ ; e^(x+y)=5×6=30 ✓.
S={(ln5 ; ln6)}.

1. 27=3³, donc 3^(2x−1)=3³ ⟺ 2x−1=3 ⟺ x=2.
2. Poser t=7ˣ>0 : t²−5t+6=0 ⟺ (t−2)(t−3)=0 ⟺ t=2 ou t=3. 7ˣ=2 ⟹ x=ln2/ln7 ; 7ˣ=3 ⟹ x=ln3/ln7. S={ln2/ln7 ; ln3/ln7}.
3. 9ˣ=(3ˣ)² et 3^(x+1)=3·3ˣ. Poser t=3ˣ>0 : t²−3t−10=0. Δ=9+40=49. t=(3±7)/2, soit t=5 ou t=−2 (rejeté, négatif). 3ˣ=5 ⟹ x=ln5/ln3.

1. En développant, f(x)=(1−x)+(1−x)eˣ.
   Quand x→+∞ : (1−x)→−∞ et (1+eˣ)→+∞, donc f(x)=(1−x)(1+eˣ)→−∞.
   Quand x→−∞ : (1−x)→+∞ et (1+eˣ)→1, donc f(x)→+∞.
2. f(x)−(−x+1) = (1−x)+(1−x)eˣ+x−1 = (1−x)eˣ. Quand x→−∞, par croissance comparée x·eˣ→0, donc (1−x)eˣ=eˣ−x·eˣ→0−0=0. Donc lim[x→−∞][f(x)−(−x+1)]=0 : (Δ) est asymptote à (C) en −∞.
   Position relative : f(x)−(−x+1)=(1−x)eˣ est du signe de (1−x) (car eˣ>0). Pour x<1 (ce qui est toujours le cas au voisinage de −∞), 1−x>0 donc f(x)>−x+1 : (C) est au-dessus de (Δ).
3. f'(x) = −1·(1+eˣ)+(1−x)·eˣ = −1−eˣ+eˣ−x·eˣ = −1−x·eˣ.
4. g(x)=x·eˣ, g'(x)=eˣ+x·eˣ=(1+x)eˣ, du signe de (1+x). g est décroissante sur ]−∞;−1], croissante sur [−1;+∞[ : g admet donc un minimum en x=−1, égal à g(−1)=−1·e⁻¹=−1/e (≈−0,368).
   Ainsi, pour tout x∈ℝ, x·eˣ≥−1/e, donc −x·eˣ≤1/e, donc f'(x)=−1−x·eˣ≤−1+1/e≈−0,632<0. f'(x)<0 pour tout x∈ℝ : f est strictement décroissante sur ℝ, de +∞ (en −∞) à −∞ (en +∞), ce qui est cohérent avec la question 1.

1. Il faut eˣ−1>0 ⟺ eˣ>1 ⟺ x>0. Df=]0;+∞[.
2. eˣ−1 = eˣ(1−e^(−x)), donc f(x)=ln(eˣ)+ln(1−e^(−x)) = x+ln(1−e^(−x)). Posons φ(x)=ln(1−e^(−x)). Quand x→+∞, e^(−x)→0 donc 1−e^(−x)→1 et φ(x)→ln1=0.
   Donc lim[x→+∞][f(x)−x]=0 : la droite y=x est asymptote à la courbe en +∞. Comme 0<1−e^(−x)<1 pour x>0, on a φ(x)=ln(1−e^(−x))<0 : la courbe est en dessous de l'asymptote sur tout Df.
3. Quand x→0⁺, eˣ→1⁺ donc eˣ−1→0⁺, et f(x)=ln(eˣ−1)→−∞ : la droite d'équation x=0 est asymptote verticale à la courbe.

1. Quand x→+∞ : par croissance comparée, x²e^(−x)=x²/eˣ→0, donc f(x)→0−1=−1 (asymptote horizontale y=−1).
   Quand x→−∞ : x²→+∞ et e^(−x)→+∞ (car −x→+∞), donc 4x²e^(−x)→+∞ et f(x)→+∞.
2. f'(x)=8x·e^(−x)+4x²·(−e^(−x))=e^(−x)(8x−4x²)=4x·e^(−x)(2−x). Comme e^(−x)>0 toujours, f'(x) est du signe de 4x(2−x), c'est-à-dire de x(2−x) : parabole négative à l'extérieur de [0;2], positive entre 0 et 2.
   Donc f'(x)<0 sur ]−∞;0[, f'(x)>0 sur ]0;2[, f'(x)<0 sur ]2;+∞[. f est décroissante sur ]−∞;0], croissante sur [0;2], décroissante sur [2;+∞[.
3. f(0)=4×0−1=−1. f(2)=4×4×e⁻²−1=16/e²−1≈16/7,389−1≈2,1656−1≈1,1656.
4. Sur ]−∞;0], f est continue, strictement décroissante, de +∞ à −1 : elle prend la valeur 0 exactement une fois (car 0∈]−1;+∞[).
   Sur [0;2], f est continue, strictement croissante, de −1 à ≈1,1656 : elle prend la valeur 0 exactement une fois (car 0∈]−1;1,1656[).
   Sur [2;+∞[, f est continue, strictement décroissante, de ≈1,1656 vers −1 (limite non atteinte) : elle prend la valeur 0 exactement une fois (car 0∈]−1;1,1656]).
   Au total, l'équation f(x)=0 admet exactement 3 solutions réelles, une dans chacun des intervalles ]−∞;0[, ]0;2[ et ]2;+∞[.

1. Il faut eˣ−1≠0 ⟺ x≠0. Df=]−∞;0[∪]0;+∞[.
   x→−∞ : e^(2x)→0, eˣ−1→−1, donc f(x)→0/(−1)=0.
   x→0⁻ : e^(2x)→1, eˣ−1→0⁻, donc f(x)→−∞.
   x→0⁺ : e^(2x)→1, eˣ−1→0⁺, donc f(x)→+∞.
   x→+∞ : f(x)=e^(2x)/(eˣ−1)=eˣ/(1−e^(−x))→+∞ (numérateur →+∞, dénominateur →1).
2. (1+eˣ)(eˣ−1)=e^(2x)−1. Donc f(x)−(1+eˣ) = [e^(2x)−(e^(2x)−1)]/(eˣ−1) = 1/(eˣ−1).
   Quand x→+∞, eˣ−1→+∞ donc 1/(eˣ−1)→0 : (Γ) : y=1+eˣ est asymptote à (C) en +∞. Pour x>0, eˣ−1>0 donc 1/(eˣ−1)>0 : (C) est au-dessus de (Γ) sur ]0;+∞[.
3. Avec u=e^(2x) (u'=2e^(2x)) et v=eˣ−1 (v'=eˣ) : f'(x)=[2e^(2x)(eˣ−1)−e^(2x)·eˣ]/(eˣ−1)² = e^(2x)[2eˣ−2−eˣ]/(eˣ−1)² = e^(2x)(eˣ−2)/(eˣ−1)².
   e^(2x)>0 et (eˣ−1)²>0 (x≠0), donc f'(x) est du signe de (eˣ−2), c'est-à-dire du signe de (x−ln2) puisque eˣ>2 ⟺ x>ln2.
   Comme ln2≈0,693>0 : f'(x)<0 sur ]−∞;0[ et sur ]0;ln2[, f'(x)>0 sur ]ln2;+∞[. f est décroissante sur ]−∞;0[ et sur ]0;ln2], puis croissante sur [ln2;+∞[, avec un minimum local en x=ln2 : f(ln2)=e^(2ln2)/(e^(ln2)−1)=4/(2−1)=4.

1. Pour tous réels a,b : a²/2+b²/2−ab = (1/2)(a²−2ab+b²) = (1/2)(a−b)² ≥ 0. Donc ab ≤ a²/2+b²/2 (égalité ⟺ a=b).
2. a) Pour u,v>0, appliquer 1) avec a=√u, b=√v (licite car u,v>0) : √u·√v ≤ u/2+v/2, soit √(uv) ≤ (u+v)/2. Comme ln est strictement croissante sur ]0;+∞[, on peut composer par ln : ln(√(uv)) ≤ ln((u+v)/2), soit (1/2)ln(uv) ≤ ln((u+v)/2), c'est-à-dire (ln u+ln v)/2 ≤ ln((u+v)/2).
   b) Soient s,t∈ℝ quelconques. Posons u=eˢ>0 et v=eᵗ>0 dans le résultat du a) : (ln(eˢ)+ln(eᵗ))/2 ≤ ln((eˢ+eᵗ)/2), soit (s+t)/2 ≤ ln((eˢ+eᵗ)/2). En composant par la fonction exponentielle (croissante) : e^((s+t)/2) ≤ (eˢ+eᵗ)/2. En renommant s,t en u,v, on obtient bien, pour tous réels u,v : e^((u+v)/2) ≤ (eᵘ+eᵛ)/2.
3. Pour u=0, v=2 : membre de gauche e^((0+2)/2)=e¹=e≈2,72. Membre de droite (e⁰+e²)/2=(1+e²)/2≈(1+7,39)/2≈4,19. On vérifie bien 2,72 ≤ 4,19. ✓

1. g(8)=e^(−8/24)=e^(−1/3)≈0,717 cm³. g(16)=e^(−16/24)=e^(−2/3)≈0,513 cm³. g(24)=e^(−24/24)=e⁻¹≈0,368 cm³.
2. Entre deux injections consécutives, séparées de 8 heures, la quantité déjà présente est multipliée par le facteur d'élimination e^(−8/24)=e^(−1/3), puis on ajoute la nouvelle dose de 1 cm³ apportée par l'injection suivante. D'où, pour tout n∈ℕ : q_(n+1) = qₙ·e^(−1/3) + 1.
3. Posons r=e^(−1/3) (0<r<1). La suite vérifie q_(n+1)=r·qₙ+1, de point fixe ℓ tel que ℓ=rℓ+1, soit ℓ=1/(1−r).
   Posons vₙ=qₙ−ℓ. Alors v_(n+1)=q_(n+1)−ℓ=r·qₙ+1−(rℓ+1)=r(qₙ−ℓ)=r·vₙ : (vₙ) est géométrique de raison r=e^(−1/3), de premier terme v₀=1−ℓ.
   Donc qₙ = ℓ+(1−ℓ)e^(−n/3), avec ℓ=1/(1−e^(−1/3)).
   Numériquement, e^(−1/3)≈0,7165, donc ℓ=1/(1−0,7165)=1/0,2835≈3,527 cm³.
   Comme 0<r<1, e^(−n/3)→0 quand n→+∞, donc lim qₙ = ℓ ≈ 3,527 cm³.
4. q_(n+1)−qₙ = ℓ+(1−ℓ)r^(n+1)−[ℓ+(1−ℓ)rⁿ] = (1−ℓ)rⁿ(r−1) = (ℓ−1)rⁿ(1−r). Comme ℓ≈3,527>1, on a (ℓ−1)>0 ; de plus rⁿ>0 et (1−r)>0 (car 0<r<1). Donc q_(n+1)−qₙ>0 pour tout n : (qₙ) est strictement croissante.
   Comme (1−ℓ)<0 et rⁿ>0, on a qₙ=ℓ+(1−ℓ)rⁿ<ℓ pour tout n : (qₙ) est majorée par ℓ≈3,527.
   Ainsi la quantité de sérum dans le sang, bien que croissant à chaque injection, reste toujours strictement inférieure à ℓ≈3,527 cm³, quel que soit le nombre d'injections effectuées. Comme 3,527<3,6, le seuil de toxicité de 3,6 cm³ n'est jamais atteint : on peut donc poursuivre indéfiniment les injections.

1. Soit x>0. La fonction ln est continue sur [x;x+1] et dérivable sur ]x;x+1[, avec (ln)'(t)=1/t. D'après le théorème des accroissements finis, il existe c∈]x;x+1[ tel que ln(x+1)−ln(x) = (1/c)×[(x+1)−x] = 1/c.
   Comme x<c<x+1 et que t↦1/t est strictement décroissante sur ]0;+∞[, on a 1/(x+1) < 1/c < 1/x.
   Donc 1/(x+1) < ln(x+1)−ln(x) < 1/x, c'est-à-dire 1/(x+1) < ln((x+1)/x) < 1/x.
2. En multipliant l'inégalité ln((x+1)/x) < 1/x par x>0 : x·ln((x+1)/x) < 1, soit ln(((x+1)/x)ˣ) < 1, soit, par croissance de exp, ((x+1)/x)ˣ < e.
   En multipliant l'inégalité 1/(x+1) < ln((x+1)/x) par (x+1)>0 : 1 < (x+1)·ln((x+1)/x) = ln(((x+1)/x)^(x+1)), soit e < ((x+1)/x)^(x+1).
   D'où l'encadrement : ((x+1)/x)ˣ < e < ((x+1)/x)^(x+1).
3. a) Notons Pₙ le produit ∏[k=1→n]((k+1)/k)^k. Pour n=1 : P₁=(2/1)¹=2=(1+1)¹/1! ✓. Supposons Pₙ=(n+1)ⁿ/n! ; alors P_(n+1)=Pₙ×((n+2)/(n+1))^(n+1) = [(n+1)ⁿ/n!]×(n+2)^(n+1)/(n+1)^(n+1) = (n+2)^(n+1)/[n!(n+1)] = (n+2)^(n+1)/(n+1)!, ce qui est bien la formule au rang n+1. La propriété est donc vraie pour tout n≥1 (récurrence).
   La démonstration est analogue pour ∏[k=1→n]((k+1)/k)^(k+1) = (n+1)^(n+1)/n! (mêmes calculs, avec l'exposant k+1).
4. b) Pour chaque entier k de 1 à n, le résultat du 2. appliqué à x=k donne : ((k+1)/k)^k < e < ((k+1)/k)^(k+1). Tous les termes étant strictement positifs, on peut multiplier membre à membre ces n inégalités pour k=1,…,n :
   ∏((k+1)/k)^k < eⁿ (produit de n facteurs e) < ∏((k+1)/k)^(k+1).
   D'après le a), le produit de gauche vaut (n+1)ⁿ/n! et celui de droite (n+1)^(n+1)/n!. On obtient donc, pour tout n≥1 : (n+1)ⁿ/n! < eⁿ < (n+1)^(n+1)/n!.