25 Exercices Corrigés sur les Limites de Fonctions — Terminale

En \(+\infty\), le terme de plus haut degré domine. On factorise par \(x^3\) :

Or \(x^3 \to +\infty\) et \(\left(3 – \displaystyle\frac{2}{x} + \displaystyle\frac{1}{x^2} – \displaystyle\frac{5}{x^3}\right) \to 3\).

Donc \(\lim_{x \to +\infty} (3x^3 – 2x^2 + x – 5) = +\infty\).

Numérateur et dénominateur sont de même degré 2. On factorise par \(x^2\) :

Règle : quand les degrés sont égaux, la limite est le rapport des coefficients dominants.

On substitue \(x = 2\) dans l’expression :

Pas de forme indéterminée, la substitution directe fonctionne.

On reconnaît une FI \(\infty \times 0\). On réécrit :

Par croissance comparée, \(e^x\) domine tout polynôme : \(\displaystyle\frac{x^2}{e^x} \to 0\) et \(\displaystyle\frac{1}{e^x} \to 0\).

Donc \(\lim_{x \to +\infty} (x^2 + 1)e^{-x} = 0\).

FI \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\). Par croissance comparée, toute puissance de \(x\) domine \(\ln(x)\) :

Ce résultat est admis au programme de Terminale. Il est utilisé très fréquemment — retiens-le.

Le numérateur tend vers \(3 + 1 = 4\) > \(0\). Le dénominateur tend vers \(0\).

Par la droite (\(x \to 3^+\)) : \(x – 3 \to 0^+\), donc \(\displaystyle\frac{4}{0^+} = +\infty\).

Par la gauche (\(x \to 3^-\)) : \(x – 3 \to 0^-\), donc \(\displaystyle\frac{4}{0^-} = -\infty\).

La droite \(x = 3\) est asymptote verticale. Retiens bien : il faut toujours analyser le signe du dénominateur.

Par lecture graphique :

1. \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2\) — la courbe se rapproche de la droite \(y = 2\) par au-dessus.
2. \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -1\) — la courbe se rapproche de la droite \(y = -1\) par en-dessous.
3. \(\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty\) — la courbe monte indéfiniment à droite de l’axe des ordonnées.
4. \(\lim_{x \to 0^-} f(x) = -\infty\) — la courbe descend indéfiniment à gauche de l’axe des ordonnées.

Asymptotes : AH \(y = 2\) (en \(+\infty\)), AH \(y = -1\) (en \(-\infty\)), AV \(x = 0\).

FI \(\infty – \infty\). On multiplie et divise par l’expression conjuguée :

Pour \(x\) > \(0\), on factorise par \(x\) au dénominateur :

En \(x = 1\) : numérateur \(= 0\) et dénominateur \(= 0\). FI \(\displaystyle\frac{0}{0}\). On factorise :

\(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\)  et  \(x^2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2)\)

Pour \(x \neq 1\) : \(\displaystyle\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1)(x-2)} = \displaystyle\frac{x + 1}{x – 2}\)

Donc \(\lim_{x \to 1} \displaystyle\frac{x^2 – 1}{x^2 – 3x + 2} = \displaystyle\frac{1 + 1}{1 – 2} = \displaystyle\frac{2}{-1} = -2\).

FI \(0 \times (-\infty)\). On pose \(t = \displaystyle\frac{1}{x}\). Quand \(x \to 0^+\), \(t \to +\infty\).

Par croissance comparée : \(\displaystyle\frac{\ln(t)}{t} \to 0\). Donc \(\lim_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0\).

On pose \(u(x) = -x^2 + 3x + 1\). C’est un polynôme de degré 2 dont le coefficient dominant est négatif :

Or \(\lim_{t \to -\infty} e^t = 0\). Par composition des limites :

Pour tout \(x \neq 0\), on a \(-1 \leq \cos\!\left(\displaystyle\frac{1}{x}\right) \leq 1\).

En multipliant par \(|x|\) :

Or \(\lim_{x \to 0} (-|x|) = \lim_{x \to 0} |x| = 0\). Par le théorème des gendarmes :

On effectue la division euclidienne de \(x^2 – x + 3\) par \(x – 1\) :

Donc \(f(x) = x + \displaystyle\frac{3}{x – 1}\).

On calcule \(f(x) – x = \displaystyle\frac{3}{x – 1}\). Or \(\lim_{x \to +\infty} \displaystyle\frac{3}{x – 1} = 0\) et \(\lim_{x \to -\infty} \displaystyle\frac{3}{x – 1} = 0\).

Donc la droite \(y = x\) est asymptote oblique en \(+\infty\) et en \(-\infty\).

On fait apparaître un taux d’accroissement :

On pose \(h = 2x\). Quand \(x \to 0\), \(h \to 0\).

Or \(\displaystyle\frac{e^h – 1}{h} \to 1\) (c’est le nombre dérivé de \(e^x\) en \(0\), car \((e^x)^\prime(0) = e^0 = 1\)).

Donc \(\lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{e^{2x} – 1}{x} = 2 \times 1 = 2\).

FI \(\infty – \infty\). On utilise la propriété \(\ln(a) – \ln(b) = \ln\!\left(\displaystyle\frac{a}{b}\right)\). Pour \(x\) > \(0\) :

Or \(\displaystyle\frac{1}{x^2} \to 0\), donc \(\ln\!\left(1 + \displaystyle\frac{1}{x^2}\right) \to \ln(1) = 0\).

a) \(x^2 – 1 = 0 \Leftrightarrow x = -1\) ou \(x = 1\). Donc \(D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\,;\,1\}\).

b) On factorise : \(x^2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3)\) et \(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\).

Pour \(x \neq 1\) : \(f(x) = \displaystyle\frac{x – 3}{x + 1}\).

c)

• \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim \displaystyle\frac{x}{x} = 1\) (rapport des coefficients dominants).
• \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = 1\) (même raisonnement).
• \(\lim_{x \to 1} f(x) = \displaystyle\frac{1 – 3}{1 + 1} = -1\) (limite finie, donc 1 est un « trou » dans la courbe, pas une asymptote).
• \(x \to (-1)^+\) : \(x – 3 \to -4\) et \(x + 1 \to 0^+\), donc \(f(x) \to -\infty\).
• \(x \to (-1)^-\) : \(x + 1 \to 0^-\), donc \(f(x) \to +\infty\).

d) Asymptote horizontale \(y = 1\) (en \(\pm\infty\)). Asymptote verticale \(x = -1\). Pas d’asymptote en \(x = 1\) (limite finie).

a) En \(+\infty\) : FI \(\infty \times 0\). On écrit \(f(x) = \displaystyle\frac{2x – 1}{e^x}\). Par croissance comparée, \(\displaystyle\frac{x}{e^x} \to 0\), donc \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\).

En \(-\infty\) : \((2x – 1) \to -\infty\) et \(e^{-x} \to +\infty\). Produit de signes : \((-\infty) \times (+\infty) = -\infty\).

Donc \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\).

b) On dérive le produit \(u(x)v(x)\) avec \(u(x) = 2x – 1\) et \(v(x) = e^{-x}\) :

Comme \(e^{-x}\) > \(0\) pour tout \(x\), le signe de \(f^\prime(x)\) est celui de \(3 – 2x\) :

• \(f^\prime(x)\) > \(0\) si \(x\) < \(\displaystyle\frac{3}{2}\) (croissante)
• \(f^\prime(x)\) < \(0\) si \(x\) > \(\displaystyle\frac{3}{2}\) (décroissante)

c) Maximum en \(x = \displaystyle\frac{3}{2}\) : \(f\!\left(\displaystyle\frac{3}{2}\right) = (3 – 1)e^{-3/2} = 2e^{-3/2} \approx 0{,}45\).

Tableau : \(f\) croissante de \(-\infty\) à \(2e^{-3/2}\) sur \(]-\infty\,;\,\displaystyle\frac{3}{2}]\), puis décroissante de \(2e^{-3/2}\) à \(0\) sur \([\displaystyle\frac{3}{2}\,;\,+\infty[\). Asymptote horizontale \(y = 0\) en \(+\infty\).

a) Division euclidienne : \(2x^2 + 3x + 5 = (x + 1)(2x + 1) + 4\).

Donc \(f(x) = 2x + 1 + \displaystyle\frac{4}{x + 1}\).

• \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
• \(\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty\).
• \(\lim_{x \to (-1)^+} f(x) = -1 + \displaystyle\frac{4}{0^+} = +\infty\).
• \(\lim_{x \to (-1)^-} f(x) = -1 + \displaystyle\frac{4}{0^-} = -\infty\).

b) \(f(x) – (2x + 1) = \displaystyle\frac{4}{x + 1} \to 0\) quand \(x \to \pm\infty\). Donc \(\Delta\) est asymptote oblique.

c) \(f(x) – (2x + 1) = \displaystyle\frac{4}{x + 1}\). Si \(x\) > \(-1\) : positif, courbe au-dessus de \(\Delta\). Si \(x\) < \(-1\) : négatif, courbe en-dessous.

a) FAUX. Contre-exemple : \(f(x) = x^2\). On a \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\), mais \(f\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\). Tendre vers \(+\infty\) n’impose pas la monotonie.

b) FAUX. Contre-exemple : \(f(x) = 2 + \displaystyle\frac{\sin(x)}{x}\) (pour \(x\) > \(0\)). On a \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2\), donc \(y = 2\) est asymptote horizontale. Pourtant \(f(k\pi) = 2\) pour tout \(k \in \mathbb{N}^*\) : la fonction atteint la valeur 2 infiniment souvent.

c) VRAI. Ce n’est pas une forme indéterminée. Si \(\lim f = +\infty\) et \(\lim g = +\infty\), alors \(\lim (f + g) = +\infty\) (règle d’opération sur les limites).

a) En \(+\infty\) : on divise numérateur et dénominateur par \(e^x\) :

En \(-\infty\) : \(e^x \to 0\), donc \(f(x) = \displaystyle\frac{2 \times 0}{0 + 1} = 0\).

b) Asymptotes horizontales : \(y = 2\) en \(+\infty\) et \(y = 0\) en \(-\infty\).

c) \(f^\prime(x) = \displaystyle\frac{2e^x(e^x + 1) – 2e^x \cdot e^x}{(e^x + 1)^2} = \displaystyle\frac{2e^x}{(e^x + 1)^2}\)

Or \(e^x\) > \(0\) et \((e^x + 1)^2\) > \(0\) pour tout \(x\). Donc \(f^\prime(x)\) > \(0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

Pour tout \(x\) > \(0\), on a \(-1 \leq \sin(x) \leq 1\). En divisant par \(x\) > \(0\) :

Or \(\lim_{x \to +\infty} \displaystyle\frac{1}{x} = \lim_{x \to +\infty} \left(-\displaystyle\frac{1}{x}\right) = 0\).

Par le théorème des gendarmes : \(\lim_{x \to +\infty} \displaystyle\frac{\sin(x)}{x} = 0\). ∎

Soit \(\varepsilon\) > \(0\). On cherche \(\delta\) > \(0\) tel que :

\(0\) < \(|x – 2|\) < \(\delta \Rightarrow |(3x – 1) – 5|\) < \(\varepsilon\)

Or \(|(3x – 1) – 5| = |3x – 6| = 3|x – 2|\).

On veut \(3|x – 2|\) < \(\varepsilon\), soit \(|x – 2|\) < \(\displaystyle\frac{\varepsilon}{3}\).

On pose \(\delta = \displaystyle\frac{\varepsilon}{3}\). Alors pour \(|x – 2|\) < \(\delta\) : \(|(3x – 1) – 5| = 3|x – 2|\) < \(3\delta = \varepsilon\). ∎

Équivalents usuels en \(0\) : \(\ln(1 + u) \underset{0}{\sim} u\) et \(\sin(u) \underset{0}{\sim} u\).

Donc \(\ln(1 + 3x) \underset{0}{\sim} 3x\) et \(\sin(2x) \underset{0}{\sim} 2x\).

Donc \(\lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\ln(1 + 3x)}{\sin(2x)} = \displaystyle\frac{3}{2}\).

On utilise le développement limité de \(e^x\) à l’ordre 2 en \(0\) :

Donc \(e^x – 1 – x = \displaystyle\frac{x^2}{2} + o(x^2)\).

\(\displaystyle\frac{e^x – 1 – x}{x^2} = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{o(x^2)}{x^2} \to \displaystyle\frac{1}{2}\) quand \(x \to 0\). ∎

Contrôle à l’infini. Puisque \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = \ell\), il existe \(A\) > \(0\) tel que pour tout \(x \geq A\) : \(|f(x) – \ell|\) < \(1\), donc \(|f(x)|\) < \(|\ell| + 1\).

Contrôle sur le segment. \(f\) est continue sur le segment \([0, A]\). Par le théorème des valeurs extrêmes, \(f\) y est bornée : il existe \(M\) > \(0\) tel que \(|f(x)| \leq M\) pour tout \(x \in [0, A]\).

Conclusion. Pour tout \(x \in [0, +\infty[\) : \(|f(x)| \leq \max(M,\, |\ell| + 1)\). Donc \(f\) est bornée. ∎