Exercice 26 Type Bac

1. Avec $u(x)=x^{2}+1$ et $v(x)=\mathrm{e}^{-x}$, dont la dérivée est $-\mathrm{e}^{-x}$ : $$\begin{aligned} f'(x) &= 2x\,\mathrm{e}^{-x}+\left(x^{2}+1\right)\times\left(-\mathrm{e}^{-x}\right) \\ &= \mathrm{e}^{-x}\left(2x-x^{2}-1\right) \\ &= -\mathrm{e}^{-x}\left(x^{2}-2x+1\right) \end{aligned}$$ On reconnaît l'identité remarquable $x^{2}-2x+1=(x-1)^{2}$ : $$\boxed{f'(x)=-(x-1)^{2}\,\mathrm{e}^{-x}}$$

2. Le facteur $(x-1)^{2}$ est un carré, donc positif ou nul ; le facteur $\mathrm{e}^{-x}$ est strictement positif. Leur produit est donc positif ou nul, et son opposé est négatif ou nul. $$\boxed{f'(x)\leqslant 0 \text{ pour tout réel } x}$$ De plus $f'(x)=0$ si et seulement si $(x-1)^{2}=0$ : $$\boxed{f'(x)=0 \text{ uniquement pour } x=1}$$

3. La dérivée est négative sur $\mathbb{R}$ et ne s'annule qu'en un seul point, ce qui ne suffit pas à interrompre la décroissance.

On prendra garde à ne tracer qu'une seule flèche, continue de part et d'autre de $1$ : la dérivée s'annule en ce point mais ne change pas de signe, la décroissance n'est donc pas interrompue. La valeur $f(1)=2\mathrm{e}^{-1}$ n'est qu'un point de passage, et non un extremum.

4. Le facteur $x^{2}+1$ est strictement positif, car $x^{2}\geqslant 0$ ; le facteur $\mathrm{e}^{-x}$ l'est également. $$\boxed{f(x)>0 \text{ pour tout réel } x}$$

5. On calcule $f(1)=\left(1+1\right)\mathrm{e}^{-1}=2\mathrm{e}^{-1}$ et $f'(1)=0$ : $$y=0\times(x-1)+2\mathrm{e}^{-1} \qquad \text{d'où} \qquad \boxed{T : y=2\mathrm{e}^{-1}\approx 0{,}74}$$

6. La tangente est horizontale au point d'abscisse $1$, alors même que $f$ n'y admet pas d'extremum : la courbe y présente un simple palier avant de poursuivre sa descente. $$\boxed{\text{Une tangente horizontale ne signale pas toujours un extremum}}$$ C'est le point important de cet exercice : la condition $f'(a)=0$ est nécessaire pour un extremum, mais elle n'est pas suffisante — il faut que la dérivée change de signe.