[ Corrigé du baccalauréat STL Polynésie juin 2007 \ Biochimie–Génie biologique
EXERCICE1 8 points
1.
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 10 20 30 40 50
b b b b b b b b
n h
2.
ni 1 2 3 4 5 6 7 8
yi=ln (hi) 4,0 3,4 2,8 2,2 1,6 1,1 0,4 −0,2
3.
0 1 2 3 4 5 6 7
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5
b b b b b b b b
+
+
G1
G2
n lnh
4,5
−2,4
Corrigé du baccalauréat STL Biochimie - Génie biologique A. P. M. E. P.
Les points sont à peu près alignés : un ajustement affine paraît justifié.
4. a. On a G1(2,5 ; 3,1) et G2(6,5 ; 0,7).
b. Voir la figure plus haut.
c. On lit comme ordonnée à l’origine : 4,6 et comme coefficient directeur−2,4 4,5 ≈ −0,6.
5. On suppose donc que les points¡ ni ;yi
¢sont alignés et que ces coordonnées vérifient d’après la question précédente la relation :
y= −0,6n+4,6. Ory=lnh ⇐⇒h=ey=e−0,6n+4,6. 6. Il faut donc résoudre l’inéquation :
h<0,1⇐⇒ e−0,6n+4,6<0,1⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien)−0,6n+ 4,6<ln 0,1 ⇐⇒4,6−ln 0,1<0,6n ⇐⇒ 4,6−ln 0,1
0,6 <n.
Or4,6−ln 0,1 0,6 ≈11,5.
Le 12erebond sera inférieur à 1 mm.
EXERCICE2 12 points
Partie 1 : lecture graphique
0 1 2 3 4 5 6 7 8
-2 -1 0 1 2 3
O x
y
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2 1 2
1. On litf(3)≈1,5,f(4,5)≈0,6.
2. La courbe coupe l’axe des abscisses en deux points : l’un d’abscisse à peu près nulle et l’autre approximativement égale à 5,5.
3. On trace la droite d’équationy=1 qui coupe la courbe en deux points dont les abscisses sont les extrémités de l’intervalle solution : on lit à peu près ]0,12 ; 3,85[
4. Le nombre dérivéf′(2) est égal au coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 2;
on lit à peu près :−0,4.
5. f′(x)=0 correspond à un extremum : il y en a un seul pourx=1.
6. f′(x)>0 correspond à un intervalle où la fonction est décroissante, soit ici [1 ;+∞[.
7. À partir dex=4 les points sont pratiquement alignés. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 5 est à peu près : −1,5
2,5 = −0,6.
Polynésie 2 juin 2007
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Partie 2 : étude d’une fonction 1. On a lim
x→0 x>0
2
3x=0 et lim
x→0 x>0
ln(x+2)=ln2.
Comme lim
x→0 x>0
lnx= −∞, on a par somme de limites : limx→0
x>0
f(x)= −∞. 2. On a lim
x→+∞
x
x+2=1, donc lim
x→+∞ln³ x x+2
´
=0.
Comme f(x)=ln³ x x+2
´
−2
3x+4 et d’après le résultat précédent lim
x→+∞f(x)= −∞. 3. p(x) est un trinôme du second degré.
Comme∆=4+12=16=42>0, l’équation a deux racines :−2+4
2 =1 et−2−4 2 = −3.
On sait que le trinôme est positif sauf entre les racines : p(x)<0 sur ]0 ; 1[ ;
p(x)>0 sur ]1 ;+∞[ ; p(−3)=p(1)=0.
4. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : f′(x)=1
x− 1 x+2−2
3=3(x+2)−3x−2x(x+2)
3x(x+2) =3x+6−3x−2x2−4x
3x(x+2) =
−2x2−4x+6 3x(x+2) =
−2¡
x2+2x−3¢ 3x(x+2) =
−2p(x) 3x(x+2).
5. Comme 3x(x+2)>0, (carx>0), le signe def′(x) est l’opposé de celui dep(x) soit, f′(x)<0 sur ]0 ; 1[ ; la fonction est décroissante ;
f′(x)>0 sur ]1 ;+∞[ ; la fonction est croissante ;
f′(1)=0. La tangente à la courbe représentative def en ce deux point est horizontale, ce qui confirme le résultat de la partie 1.
D’autre partf′(2)=
−2¡
22+2×2−3¢ 3×2(2+2) =
−10
24 ≈ −0,42.
Polynésie 3 juin 2007
