\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 2}
\lfoot{}
\cfoot{Généralités sur les fonctions.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 2}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{11}

\label{Composer une fonction}
\savoir{Composer une fonction}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Les fonctions $u$ et $v$ sont définies sur $\R$ donc la composée est définie sur $\R$. Ainsi $u \circ v$ est défini sur $\R$ et 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, \quad u \circ v (x) = e^{x^2 + 2x + 1}$.}
\end{center}
De même, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, \quad v \circ u (x) = e^{2x} + 2e^x + 1$.}
\end{center}
\item La fonction $u$ est défini sur $\R_+^*$ et $v$ est définie sur $\R^*$. Pour déterminer le domaine de définition de $u \circ v$, on résout $\dfrac{1}{x} > 0 \Longleftrightarrow x >0$. La fonction $u \circ v$ est définie sur $\R_+^*$ et 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R_+^*, \quad u \circ v (x) = \ln \left( \dfrac{1}{x} \right) $.}
\end{center}
Pour déterminer le domaine de définition de $v \circ u$, on résout $\ln(x) = 0 \Longleftrightarrow x = 1$. La fonction $v \circ u$ est définie sur $]0;1[ \cup ]1 ; + \infty[$ et 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in ]0;1[ \cup ]1 ; + \infty[, \quad v \circ u (x) = \dfrac{1}{\ln(x)} $.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item La fonction $g_1$ est la composée de $f(x) = e^x$ dérivable sur $\R$ et $u(x) = x^2 + 3x + 1$ dérivable sur $\R$. La fonction $g_1$ est donc dérivable sur $\R$ en tant que composée et 
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \R, g_1'(x) = u'(x) f'(u(x)) = (2x + 3) e^{x^2 + 3x +1 }
$}
\end{center}
\item La fonction $g_2$ est la composée de $f(x) = \ln(x)$ dérivable sur $\R_+^*$ et $u(x) = x^2 +1$ définie sur $\R$. Or $u$ est strictement positive sur son ensemble de définition. Donc $g_2$ es dérivable sur $\R$ et
\begin{center}
\fbox{$
\forall x \in \R, g_2'(x) = u'(x) f'(u(x)) = \dfrac{2x}{x^2 +1}
$}
\end{center} 
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
\begin{enumerate}
\item La fonction $g_1$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\R$ et 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, \quad g_1'(x) = 3 \Phi'(3x+5) = 3 e^{-(3x +5)^2/2}
$}
\end{center}
\item La fonction $x \to \sqrt{x}$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ et donc $g_2$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ est dérivable en tant que composée de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$ et 
\begin{center}
\fbox{$ \forall x \in [0;+\infty[, \quad g_2'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} \Phi'(x) = \dfrac{e^{-x/2}}{2 \sqrt x} 
$}
\end{center}
\end{enumerate}  
\end{exo}

\newpage
\label{Déterminer la parité d'une fonction}
\savoir{Déterminer la parité d'une fonction}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est définie sur $\R$ en tant que produit et composée de fonctions définies sur $\R$ et $x^2 +1 > 0$. Le domaine de définition est donc symétrique.
De plus 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f(-x) & = (-x) \ln((-x)^2 + 1) \\
& = - x\ln(x^2 +1) \\
& = - f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est donc impaire. }
\end{center}
\item La fonction $g$ est définie sur $\R$ en tant que composée de fonctions définies sur $\R$ et $x^2 +1 > 0$. Le domaine de définition est donc symétrique.
De plus 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f(-x) & = \sqrt{(-x)^2 + 1} \\
& = \sqrt{x^2 +1} \\
& = f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est donc paire. }
\end{center}
\item La fonction $h$ est définie sur $\R$ en tant que composée de fonctions définies sur $\R$. Le domaine de définition est donc symétrique.
Or 
$$
f(1) = e^7 \quad \text{et} \quad f(-1) = e^3 \neq f(1)
$$
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ n'est donc ni paire ni impaire. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est définie sur $\R$ donc le domaine de définition est symétrique. De plus 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f(-x) & = |-x| \\
& = |-1| \times |x| \\
& = f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est donc paire. }
\end{center}
\item On a $x^2 + 1 \neq 0$ et $3x^2 + 5 >0$, la fonction $g$ est donc définie sur $\R$ (domaine symétrique). De plus 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad g(-x) & = \left( \dfrac{1}{(-x)^2 +1} \right)^2 \times \dfrac{(-x)^3}{\sqrt{3\times (-x)^2 +5}} \\
& = \left( \dfrac{1}{x^2 +1} \right)^2 \times \dfrac{-x^3}{\sqrt{3\times x^2 +5}} \\
& = - \left( \dfrac{1}{x^2 +1} \right)^2 \times \dfrac{x^3}{\sqrt{3x^2 +5}} \\
& = - f(x)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est donc impaire. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
La fonction est définie si $x-1 \neq 0$ et si $x+1 \neq 0$ donc sur $\R \setminus \{ -1 ; 1 \}$. Ce domaine est bien symétrique. On a alors
\begin{align*}
\forall x \in \R \setminus \{ -1 ; 1 \}, \quad f(-x) & = \ln \left| \dfrac{-x+1}{-x-1} \right| \\
& = \ln \left| \dfrac{(-1) \times(x-1)}{(-1) \times (x+1)} \right|  \\
& = \ln \left| \dfrac{x-1}{x+1} \right|  \\
& = - \ln \left| \dfrac{x+1}{x-1} \right| \\
& = - f(x)
\end{align*} 
\end{exo}

\label{Déterminer un majorant ou un minorant}
\savoir{Déterminer un majorant ou un minorant}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $\ln$ étant strictement croissante sur $\R_+$, 
\begin{align*}
1 \leq x \leq 5 & \Longleftrightarrow \ln(1) \leq \ln(x) \leq \ln(5) \\
& \Longleftrightarrow 0 \leq f(x) \leq \ln(5)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On conclut que $0$ est un minimum de la fonction $f$ et $\ln(5)$ est un maximum}
\end{center}
\item On étudie la fonction $g$ à l'aide de son tableau de variation 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,Variations de $x^2-1$/1}{$-3$,$0$,$4$}
\tkzTabVar{+/$8$,-/$-1$,+/$15$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
\fbox{On conclut que $-1$ est un minimum de la fonction $g$ sur $[-3 ; 4]$ et $15$ est un maximum}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $[-2;3]$ et $f'(x) = 2x$. Soit $x \in [-2 ; 3]$ alors
$$
-4 \leq 2x \leq 6 \Longleftrightarrow |2x | \leq 6. 
$$
On en conclut, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in I, \quad |f'(x)| \leq 6$.}
\end{center}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $[0;\ln(2)]$ et $f'(x) = 2e^{2x} - 6$. Soit $x \in [0 ; \ln(2)]$ alors
\begin{align*}
0 \leq 2x \leq 2\ln(2) & \Longleftrightarrow 1 \leq e^{2x} \leq 4 \\
& \Longleftrightarrow 2 \leq 2e^{2x} \leq 8 \\
& \Longleftrightarrow -4 \leq 2e^{2x}-6 \leq 2 \\
& \Longleftrightarrow |2e^{2x}-6 | \leq 4 
\end{align*}
On en conclut, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in I, \quad |f'(x)| \leq 4$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $k \in \N^*$. La fonction $f$ est dérivable sur $[k ; k+1]$ et sa dérivée est $f'(x) = \dfrac{1}{x}$. On a alors pour tout $x \in I$. 
$$
k +1 \geq x \geq k \Longleftrightarrow \dfrac{1}{k+1} \leq \dfrac{1}{x} \leq \dfrac{1}{k}
$$
On en conclut, 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in [k ; k+1], \quad \dfrac{1}{k+1} \leq |f'(x)| \leq \dfrac{1}{k}$.}
\end{center}
\end{exo}

\label{Résoudre des inéquations}
\savoir{Résoudre des inéquations}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item On résout la première inégalité par une méthode directe. 
\begin{align*}
e^{2x+1} > e^{x} & \Longleftrightarrow 2x+1 > x \quad \text{(car la fonction ln est croissante)}\\
& \Longleftrightarrow x +1 > 0 \\
& \Longleftrightarrow x > -1
\end{align*}
L'ensemble des solutions est donc 
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}_1 = ]-1 ; + \infty[$. }
\end{center}
\item On résout la seconde inégalité en utilisant un tableau de signe. On a tout d'abord
$$
x^2 > 5x - \dfrac{9}{4} \Longleftrightarrow x^2 - 5x + \dfrac{9}{4} >0
$$
On reconnait un polynôme du second degré. Le discriminant associée est $\Delta = 25 - 4 \times \dfrac{9}{4} = 16$. L'équation $x^2 - 5x + \dfrac{9}{4} = 0$ a donc deux solutions :
$$
x_1 = \dfrac{5 - 4}{2} = \dfrac{1}{2} \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{5 + 4}{2} = \dfrac{9}{2}
$$
On en déduit le tableau de signe suivant 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1.5,Signe de $ x^2 - 5x + \dfrac{9}{4}$/2}{$-\infty$,$\dfrac{1}{2}$,$\dfrac{9}{2}$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
L'ensemble des solutions est donc 
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}_2 = \left]-\infty ; \dfrac{1}{2} \right[ \cup \left] \dfrac{9}{2} ; + \infty \right[$. }
\end{center}

\item On résout la dernière équation en posant une fonction. En effet, 
$$
e^x \geq x  \Longleftrightarrow e^x - x \geq 0.
$$
On pose alors la fonction $f: x \to e^x - x$ définie sur $\R$. Cette fonction est dérivable sur $\R$ et 
$$
\forall x \in \R, \quad f'(x) = e^x - 1
$$
Afin d'étudier la fonction $f$, on résout alors 
\begin{align*}
f'(x) \geq 0 & \Longleftrightarrow e^x - 1 \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow e^x \geq 1 \\
& \Longleftrightarrow x  \geq 0
\end{align*}
On en déduit alors le tableau de variation de la fonction $f$ 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$0$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/$1$,+/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
$0$ est un minimum de la fonction donc 
\begin{center}
\fbox{$\forall x \in \R, f(x) \geq 0 \Longleftrightarrow e^x \geq x$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item On résout la première inégalité de manière directe.
\begin{align*}
\dfrac{1}{\ln(e^{-2x} + e^5)} \leq \dfrac{1}{5} & \Longleftrightarrow \ln(e^{-2x} + e^5) \geq 5 \quad \text{fonction inverse décroissante sur $\R_+^*$}\\
& \Longleftrightarrow e^{-2x} + e^5 \geq e^5 \quad \text{fonction exponentielle croissante sur $\R$}\\
& \Longleftrightarrow e^{-2x} \geq 0
\end{align*}
Or ceci est tout le temps vrai donc 
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}_1 = \R $}
\end{center}

\item On résout cette inégalité à l'aide d'un tableau de signe. Mais avant cela, il faut faire quelques calculs :
\begin{align*}
\dfrac{x+5}{x-1} > \dfrac{x+2}{x+1} & \Longleftrightarrow \dfrac{x+5}{x-1} - \dfrac{x+2}{x+1} > 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{(x+5)(x+1)}{(x-1)(x+1)} - \dfrac{(x+2)(x-1)}{(x+1)(x-1)} > 0 \\
& \Longleftrightarrow\dfrac{(x^2 + 5x + x +5) - (x^2 +2x -x - 2)}{(x-1)(x+1)} >0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{x^2 + 6x +5 - x^2 - x + 2}{(x-1)(x+1)} >0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{5x + 7}{(x-1)(x+1)} > 0
\end{align*}
On en déduit alors le tableau de signe suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $5x + 7$/1, signe de $(x+1)$/1, signe de $(x-1)$/1, signe du quotient /2}{$-\infty$,$- \dfrac{7}{5}$,$-1$,$1$,$+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,t,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,z,+,t,+,}
\tkzTabLine{,-,t,-,t,-,z,+,}
\tkzTabLine{,-,z,+,d,-,d,+,}
\end{tikzpicture}
\end{center}
D'après le tableau de variation précédent, l'ensemble des solutions est :
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}_2 = \left] -\dfrac{7}{5} ; -1 \right[ \cup \left] 1; + \infty \right[$.}
\end{center}

\item On résout la dernière équation en posant une fonction. En effet, 
$$
\ln(x) < \dfrac{x}{e}  \Longleftrightarrow \ln(x) - \dfrac{x}{e}  < 0.
$$
On pose alors la fonction $f: x \to \ln(x) - \dfrac{x}{e} $ définie sur $\R_+^*$. Cette fonction est dérivable sur $\R_+^*$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle et 
$$
\forall x \in \R, \quad f'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{e}
$$
Afin d'étudier la fonction $f$, on résout alors 
\begin{align*}
f'(x) \geq 0 & \Longleftrightarrow \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{e} \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{x} \geq \dfrac{1}{e} \\
& \Longleftrightarrow x  \leq e
\end{align*}
On en déduit alors le tableau de variation de la fonction $f$ 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$0$,$e$, $+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,}
\tkzTabVar{-/,+/$0$,-/} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
$0$ est un maximum de la fonction atteint une seule fois en $x = e$. Donc  
\begin{center}
\fbox{$\mathscr{S}_3 = ]0,1[ \cup ]1;+\infty[$. }
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Pour les deux inégalités de cet exercice, il faut raisonner au brouillon en partant de la fin pour savoir d'où l'on part. Puis il faut rédiger l'inégalité dans le bon sens.
\begin{enumerate}
\item Pour la première,
\begin{align*}
\forall x \geq 0, &\quad x+3 \geq x+1 \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{x+3} \leq \dfrac{1}{x+1} \quad \text{fonction inverse décroissante} \\
& \Longleftrightarrow \boxed{\sqrt{\dfrac{1}{x+3}} \leq \sqrt{\dfrac{1}{x+1}}}
\end{align*}

\item Pour la seconde,
\begin{align*}
\forall x \in \R, & \quad x^2 \geq 0 \\
& \Longleftrightarrow x^2 + 2x + +1 \geq 2x +1 \\
& \Longleftrightarrow (x+1)^2 \geq 2x +1 \\
& \Longleftrightarrow \boxed{e^{(x+1)^2} \geq e^{2x+1}} 
\end{align*}
\end{enumerate}

\end{exo}

\label{\'Etudier des fonctions}
\savoir{\'Etudier des fonctions}

\begin{exo}[\'Etude complète d'une fonction]
\'Etudier la fonction définie par 
$$
f(x) = \ln(x+1) + \dfrac{1}{x - 1}. 
$$
\begin{enumerate}
\item On résout l'inéquation 
$$ x + 1 > 0 \Longleftrightarrow x > - 1 .$$ 
La fonction $x \to \ln(x+1)$ est donc définie sur $]-1 ; + \infty[$. On résout ensuite l'équation 
$$x-1 = 0 \Longleftrightarrow x = 1 .$$ 
La fonction $x \to \dfrac{1}{x-1}$ est définie sur $\R  \setminus \{ 1 \}$. 
La fonction $f$ étant une somme des deux fonctions précédentes, son domaine de définition est 
\begin{center}
\fbox{$
D = ]-1 ; 1[ \cup ]1 ; + \infty[$.}
\end{center}
\item Le domaine de définition de la fonction $f$ n'est pas symétrique. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ n'admet pas de parité.}
\end{center}
\item 
\begin{itemize}
\item $\li_{x \tos - 1} \ln(x+1) = - \infty$ et $\li_{x \tos - 1} \dfrac{1}{x-1} = - \dfrac{1}{2}$ donc par somme \fbox{$\li_{x \tos -1} f(x) = - \infty$.} 

\item $\li_{x \toi 1} \ln(x+1) = \ln(2)$ et $\li_{x \toi 1} \dfrac{1}{x-1} = - \infty$ donc par somme \fbox{$\li_{x \toi 1} f(x) = - \infty$.}
 
\item $\li_{x \tos 1} \ln(x+1) = \ln(2)$ et $\li_{x \tos 1} \dfrac{1}{x-1} = + \infty$ donc par somme \fbox{$\li_{x \tos 1} f(x) = + \infty$.} 

\item $\li_{x \to + \infty} \ln(x+1) = + \infty$ et $\li_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x-1} = 0$ donc par somme \fbox{$\li_{x \tos 1} f(x) = + \infty$.} 
\end{itemize}
\item En tant que somme de fonctions dérivables sur $D$, $f$ est dérivable sur $D$. 
\begin{align*}
\forall x \in D, f'(x) & = \dfrac{1}{x+1} + \dfrac{-1}{(x-1)^2} \\
& = \dfrac{(x-1)^2 - (x+1)}{(x+1)(x-1)^2} \\
& = \dfrac{x^2 - 2x + 1 - x - 1}{(x+1)(x-1)^2} \\
& = \dfrac{x^2 - 3x}{(x+1)(x-1)^2} \\
& = \dfrac{x (x - 3)}{(x+1)(x-1)^2} 
\end{align*}
On en déduit alors le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $x+1$/1, Signe de $x(x-3)$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-1$,$0$,$1$,$3$, $+ \infty$}
\tkzTabLine{,+,t,+,t,+,t,+,}
\tkzTabLine{,+,z,-,t,-,z,+,}
\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,z,+,}
\tkzTabVar{-/$- \infty$,+/$-1$,-D+/$-\infty$/$+ \infty$,-/$\dfrac{7}{2}$, +/$+\infty$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On détermine l'allure de la courbe
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.45]{exo24.png}
\caption{La fonction $f$ de l'exercice 24}
\end{figure}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
Soit  $f$  définie sur ${\Rr}$  par $f(x) = \dfrac{x}{x^2 +x +1}.$ On désigne par $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative.
\begin{enumerate}
\item On résout l'équation $x^2 + x + 1 = 0$. Le discriminant de cette équation est donc $\Delta = 1 - 4 \times 1 \times 1 = - 3 < 0$. Il n'y a donc pas de solutions pour cette équation. 
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est définie sur $\R$. }
\end{center}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\R$. 
\begin{align*}
\forall x \in \R, \quad f'(x) & = \dfrac{x^2 +x + 1 - x(2x+1)}{(x^2 +x + 1)^2} \\
& = \dfrac{x^2 + x  + 1 - 2x^2 - x }{(x^2 + x + 1)^2} \\
& = \dfrac{1 - x^2}{(x^2 + x + 1)^2} \\
& = \dfrac{(1-x)(1+x)}{(x^2 + x + 1)^2}
\end{align*}
En en déduit le tableau de variations 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $1-x^2$/1, Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{$-\infty$,$-1$,$1$, $+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,}
\tkzTabVar{+/$0$,-/$-1$,+/$\dfrac{1}{3}$, -/$0$} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
Les deux limites dans le tableau de variations sont obtenues en forçant la factorisation chaque polynôme par le terme de plus haut degré :

$$
\li_{x \to - \infty} \dfrac{x}{x^2 +x + 1} = \li_{x \to - \infty} \dfrac{x}{x^2 \left(1 +\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} \right)} =  \li_{x \to - \infty} \dfrac{1}{x \left(1 +\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} \right)} = 0.
$$
$$
\li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{x^2 +x + 1} = \li_{x \to + \infty} \dfrac{x}{x^2 \left(1 +\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} \right)} =  \li_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x \left(1 +\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} \right)} = 0.
$$

\item La fonction n'est ni paire ni impaire, car $f(-1) = -1 \neq f(1)$. On a l'allure suivante. 
\begin{figure}[h]
\centering
\includegraphics[scale=0.4]{exo25.png}
\caption{La fonction $f$ de l'exercice 25}
\end{figure}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[**]
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \dfrac{1}{2}x^2 - e^{-x}$. La fonction $f$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$ et 
$$
\forall x \in \R, \quad f'(x) = x + e^{-x}
$$
Il faudrait résoudre l'inéquation $2x + e^{-x} \geq 0$. Mais l'on a vu que cette inéquation ne peut pas être résolue de manière directe, ou à l'aide d'un tableau de signe. Cependant, la fonction $f'$ est elle même dérivable sur $\R$ et 
$$
\forall x \in \R, \quad f''(x) = 1 - e^{-x}
$$
On résout alors l'équation 
$$
1 - e^{-x} \geq 0 \Longleftrightarrow 1 \geq e^{-x} \Longleftrightarrow 0 \geq -x \Longleftrightarrow x \geq 0
$$
On en déduit alors le tableau de variation pour $f'$ 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=4,espcl=2]{$x$/1,Signe de $f''(x)$/1, Variations de $f'(x)$/2, Signe de $f'$/1}{$-\infty$,$0$, $+ \infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/$0$,+/} 
\tkzTabLine{,+,t,+,} 
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{center}
 \fbox{La fonction $f$ est donc strictement croissante.}
 \end{center} 
\end{exo}


\end{document}
