LIM

bijection strictement croissante de R∗+ sur R. D´ efinition 4.5. — On d´efinit l’application exponentielle exp : R → R∗+ comme l’application r´eciproque de ln. C’est donc une bijection strictement croissante de R sur R∗+ ; en particulier on a lim exp(x) = 0 lim exp(x) = +∞. x→−∞ x→+∞ D’autre part, comme ln(1) = 0 on a exp(0) = 1. (qq) Th´ eor` eme 4.6. — (i) L’application exp est d´erivable sur R, de d´eriv´ee exp = exp. (ii) Si f : R → R est d´erivable sur R et v´erifie f = f , alors f (x) = f

On e a |f (x) − fm (x)| = lim |fn (x) − fm (x)| ≤ sup fn − fm ∞ = (m). n→∞ n≥m 1 Comme la suite fn est de Cauchy, limm (m) = 0 et f est limite uniforme des fn . De plus, pour x, x0 ∈ [0, 1], n ∈ N, on a |f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fn (x)| + |fn (x) − fn (x0 )| + |fn (x0 ) − f (x0 )|, et donc |f (x) − f (x0 )| ≤ 2 f − fn ce qui implique par continuit´ de fn e lim sup |f (x) − f (x0 )| ≤ 2 f − fn x→x0 ∞ ∞ + |fn (x) − fn (x0 )|, , ceci pour tout n, e d’o` lim supx→x0 |f (x) − f (x0 )|

6 BACALAUREAT 2009 – MATEMATICĂ – Proba D, tipul subiectului MT2, programa M2 Ministerul Educaţiei, Cercetării şi Inovării Centrul Naţional pentru Curriculum şi Evaluare în Învăţământul Preuniversitar Rezolvare 1.a. f ′ ( x ) = e x + e− x ⇒ lim b. f ′ ( x ) = e x + e − x f ( x ) − f ( 0) x ⇒ f ′( x) > 0, ∀x ∈ x →0 = f ′ ( 0) = 2 ⇒ f crescătoare pe . c. Avem funcţia g ( x) = 2e− x . Atunci S = 2(1 + e−1 + e −2 + ... + e −2009 ) = 2 2.a. F derivabilă pe şi F ′( x) = f ( x)

variable complexe, on dit que f admet une limite l en z0 = x0 + iy0 , et on note lim f (z) = l, si et seulement si z!z0 8" > 0; 9 > 0 tel que 0 < jz z0 j < Exemple 10 Soit f (z) = z 2 . Par exemple lim f (z) = f (i) = i2 = z!i 9 1. ) jf (z) lj < ": 1.1. Fonctions complexes Proposition 12 Posons l = a + ib et f = u + iv où a; b; u et v sont des réels, alors lim f (z) = l () z!z0 lim (x;y)!(x0 ;y0 ) u (x; y) = a et lim (x;y)!(x0 ;y0 ) v (x; y) = b : Remarque 13 Quand la limite d’une fonction

= . (1 + e 2x )2 (1 + e 2x )2 > 0. Donc, pour tout x 2 R, f 0 (x) > 0. Donc f est strictement croissante sur R. lim e 2x x!+• =0 donc, 3 = 3. x!+• x!+• 1 + e 2x Donc la droite d’équation y = 3 est une asymptote horizontale à la courbe C . lim f (x) = lim 3. La fonction f est strictement croissante sur R. De plus elle est continue sur R (car dérivable sur R). 3 3 = = 1, 5 et lim f (x) = 3. Donc d’après le corollaire du théorème des valeurs x!+• 1 + e 2⇥0 2 intermédiaires il existe une unique

Baccalauréat S Pondichéry Avril 2013 Exercice 1. Commun à tous les candidats Partie 1 La fonction h est définie par h(t ) = t →+∞ 5 points a avec a et b constantes réelles positives. 1 + be−0,04t – D’après les données, lim h(t ) = 2. On a lim be−0,04t = 0 et donc t →+∞ t →+∞ lim h(t ) = a = 2 . – De plus h(0) = 0, 1. a 2 Or h(0) = soit 0, 1 = d’où b = 19 . 1+b 1+b On obtient donc h(t ) = Partie 2 2 . 1 + 19e−0,04t 1. f (t ) = 1, 52e−0,04t 1 + 19e−0,04t 2 . La dérivée de f est

Math 77p199 1° - R(t) = 40 000 - ( 40000 * 26/100) t (t) désignant l'année 2°a – On calcule la limite de c(t) quand x---&gt; +∞ lim 420-400e -0.3t &lt;=&gt; lim -0.3t = -∞ donc lim ex = 0 alors : x---&gt;+∞ x---&gt;+∞ X----&gt;-∞ &lt;=&gt;lim 420-400e -0.3T = (420 car 420-0 = 420) explication pour toi et non le prof donc quand x tend vers l'infini C(t) tend vers une asymptote horizontale y=420 fait de même pour la limite de 0 tu doit trouver 20 dérivée de C(t)

n = 0, 6n−1 × 0, 4. Cette suite est une suite géométrique de premier terme U 1 = 0, 4 et de raison 0, 6. Comme −1 < 0, 6 < 1, cette suite converge vers 0. b. S n = 0, 4 × 0, 60 + 0, 4 × 0, 61 + · · · + 0, 4 × 0, 6n−1 = 0, 4 × On a de même lim 0, 6n = 0, donc lim S n = 1. n→+∞ n→+∞ 1 − 0, 6n = 1 − 0, 6n . 1 − 0, 6 ln 0, 001 ln 0, 6 c. On a S n > 0, 999 ⇐⇒ 1 − 0, 6n > 0, 999 ⇐⇒ 0, 6n < 0, 001 ⇐⇒ n ln 0, 6 < ln 0, 001 par croissance de la fonction ln ⇐⇒ n > car ln 0, 6 < 0. Comme ln 0, 001

= :;< → > ?→ > donc :;< > 0 toujours vrai ! −2 + >0 <0 =0 = :;< + → > ? + → > − = +∞ @ABC @ABC → > donc lim → > - = lim ?→ > = Etude en −∞: :;< → > :;< Et → > donc ? =0 1−0 =1 1+0 =0 = :;< ?→ > ? = +∞ = 1− 1+ 1 − :;< → > Quand x tend vers +∞, le terme prédominant en haut et en bas est Le quotient est une forme indéterminée. lim ∀) ∈ ℝ −2 < - - = =0 C :E; FE; ;<GAH HI :;<;J à :I HA<< 1− 1+ - ) <1 ECE1 - ENC Bessières 2014/2015 Mme BALSAN :;<

FONCTIONS, FONCTION LOGARITHME 7 points f (x)= 3x −x ln(x)−2ln(x). PARTIE A : Étude d’une fonction auxiliaire g g (x) = 2(x −1)−x ln(x). On note g ′ la fonction dérivée de g . On admet que lim x→+∞ g (x) =−∞. 1. • g (1) = 2×0−1×0 = 0; • g (e) = 2× (e−1)−e× lne = 2e−2−e lne = e−2. 2. On sait que lim x→+0 x ln x = 0, donc lim x→+0 g (x) =−2. Amérique du Sud 2 27 septembre 2022 Jour 2Baccalauréat spécialité - corrigé A. P. M. E. P. 3. g est une somme de produits de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ et sur