CORRECTION TYPE BAC IV DU COURS DU MARDI 24 MARS

CORRECTION TYPE BAC IV DU COURS DU MARDI 24 MARS

IV. AMERIQUE DU SUD NOVEMBRE 2017.

Partie A : modélisation par une fonction

1. Soit la fonction définie sur ]0 ∞[ par : (x) x ² 1 3ln(x ).

a. (1) 1² 1 3ln(1) 0.

lim

x 0

x ² 1 1 et lim

x 0

ln( x) donc lim

x 0

( x) . b. est dérivable sur +*. Pour tout x 0, ( x) 2 x 3

x

2x ² 3

x 0 donc est strictement croissante s ur ]0 [.

c. est strictement croissante sur * et (1) 0 donc pour tout x 1, ( x ) 0 et pour tout x 1, ( x) 0 : est négative sur ]0 1[ et positive sur ]1 [.

2.

a. lim

x 0

x² 2x 2 2 et lim

x 0

3ln( x) donc lim

x 0

x² 2 x 2 3ln(x ) et donc lim

x 0

f( x) (+ /0+ donne + )

En + , on a une FI au numérateur et une FI au quotient.

Pour tout x 0, f (x ) x² 2x 2

x 3 ln( x) x lim

x

x ² 2x 2

x lim

x

x²

x lim

x

x et lim

x

ln(x)

x 0 d après le cours Alors lim

x

f (x ) .

b. f est dérivable sur ]0 [.

Pour tout x 0, f ( x)  

  2 x 2 ³

x x ( x² 2 x 2 3ln(x ))

x² ,

f (x) 2x ² 2x 3 x ² 2x 2 3ln(x ) x²

x ² 1 3ln(x ) x²

φ(x ) x²

On a étudié le signe de ( x) à la question 1b donc on peut construire le tableau suivant : x 0 1

( x) x² f ( x)

f( x) 3

c. f est continue et strictement décroissante sur ]0 1] ; lim

x 0

f (x ) , f (1) 3 et 0 ] 3 [ donc l’équation f ( x) 0 admet une unique solution α dans ]0; 1].

A la calculatrice, on obtient 0,41.

On admettra que l’équation f (x) 0 a également une unique solution β sur [1 ; +∞[ avec β ≈ 3,61 à 10

près.

d. F est dérivable sur +*. Pour tout x 0, F (x ) x 2 2 x

3

2 2 1

x ln(x) Pour dériver (ln(x ))², on utilise la formule ( ) ^u

^{nu u}

^{donc ( u²) 2 u u .}

Pour tout x 0, F (x ) x 2 2 x

3ln( x ) x

x² 2 x 2 3l n(x)

x f( x).

On a F f donc F est une primitive de f sur +*.

Soit F la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par : F (x ) 1

2 x² 2 x 2ln( x) 3

2 (ln(x ))

. Montrer que F est une primitive de f sur ]0 ; +∞[.

Partie B : résolution du problème

Sur [ ], f (x ) 0 donc l aire de la partie hachurée en rouge est   f( x)dx.

F est une primitive de f donc   f( x)dx F( ) F( ).

En prenant pour : 0,41 et pour : 3,61, on obti ent

  f (x )dx F( ) F ( ) 5,60.

L aire de la surface du palet, en u.a., est donc 2 5,6 11,20.

Le repère est orthogonal d’unité 2 cm en abscisses et 1 cm en ordonnées donc 1u.a. 2 cm² et donc 11,20 u.a. 22,4cm²

L aire de la surface du palet est donc 22,4 cm².

Le palet a une épaisseur de 0,5cm donc son volume est 22,4 0,5 11,2cm

. 80 11,2 896. Pour fabriquer 80 palets, il faut 896 cm

de chocolat.

1 litre 1dm

1000cm

896 cm

.

On peut donc fabriquer 80 palets avec 1 litre de chocolat : La contrainte de rentabilité est respectée.