Bac blanc TSTI2D - mars 2020 Corrigé
EXERCICE 1
1. u1 = 0,5 u0 + 2 = = 0,5 6 + 2 = 3 + 2 = 5
et u2 = 0,5 u1 + 2 = = 0,5 5 + 2 = 2,5 + 2 = 4,5.
2. Dans la cellule B3, on a entré : = 0,5 B2 + 2.
3. On peut conjecturer que la limite de la suite (un) est 4.
4. On considère l’algorithme suivant :
Les variables sont l’entier naturel N et le réel U.
Initialisation : N 0 U 6
Traitement : TANT QUE U − 4 > 0,01
N N + 1 U 0,5 * U + 2
Fin TANT QUE Sortie : Afficher N a. N est le rang du terme un.
b. Cet algorithme permet de savoir à partir de quel rang la valeur de un est distance de moins de 0,01 de 4.
5. On considère la suite (vn) définie pour tout entier naturel n, par vn = un − 4.
On admet que la suite (vn) est géométrique de premier terme v0 = 2 et de raison 0,5.
a. vn = v0 qn = 2 0,5n. b. 0 < q <1 donc lim
n→+∞0,5n = 0 et lim
n→+∞vn = 0.
c. lim
n→+∞vn = 0 et un = vn + 4 donc lim
n→+∞vn = 4, ce qui est bien le résultat conjecturé.
EXERCICE 2
1. lim
x→0+f(x) = – ∞.
lim
x→0+ln(x) = – ∞ et lim
x→0+2−ln(x) = + ∞ donc lim
x→0+f(x) = – ∞.
2. C’est une forme (uv)’ = u’v – uv’ avec u(x) = (2 − lnx) et v(x) = lnx.
On a u’(x)= − 1
x et v’(x) = 1 x donc f ′ (x) = − 1
x lnx + (2 − lnx) 1 x
= 1
x (− lnx + (2 − lnx))
= 1
x (2 − 2 lnx)
= 2(1−lnx)
x .
3. Puisque x est dans l’intervalle ] 0 ; + ∞ [, f’(x) est du signe de 1 – ln x.
Je résous 1 – ln x > 0 1 > ln x e > x
donc f est croissante sur ] 0 ; e [ et décroissante sur] e ; + ∞ [.
4. a. On résout f (x) = 0 (2 − lnx) lnx = 0
(2 − lnx) = 0 ou lnx = 0 2 = lnx = 0 ou lnx = 0
x = e2 ou x = 1 donc xA = 1 et xB = e2.
b. Le coefficient directeur de la tangente T à la courbe cf au point A est f’(1).
Or f’(1) = 2(1−ln 1)
1 = 2.
(T)
5. Il faut dériver F. On a deux forme (uv).
F’(x) = − (1 (lnx) 2 + x 2 lnx 1
x ) + 4( 1 lnx + x 1
x ) − 4 = − (lnx) 2 − 2 lnx + 4 lnx + 4 − 4
= − (lnx) 2 + 2 lnx = lnx (2 − (lnx)) = f(x)
donc F est bien une primitive de la fonction f sur l’intervalle ] 0 ; + ∞ [.
EXERCICE 3
Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct . On désigne par i le nombre complexe de module 1 et d'argument π
2 . 1. La forme algébrique du nombre complexe 1
2+5i est 2
29 – 5 29 i car 1
2+5i = 1
2+5i 2−5i
2−5i = 2−5i
29 = 2
29 – 5
29 i donc la réponse est b.
2. Le nombre complexe z 2020 est égal ei 43π car z=1
2+
√
32 i =cos ( π
3 ) + i sin (π
3 ) = eiπ3 et z 2020 = ( eiπ3 )2020 = ei 6723π ei 43π = ei 43π car 2020
3 = 673 + 1
3 = 672 + 4
3 donc la réponse est c.
3. Soit f la fonction définie pour tout nombre réel x par f(x) = 2e3x . On note cf sa courbe représentative dans un repère donné.
Une équation de la tangente à la courbe cf au point de la courbe d’abscisse 0 est y = f’(0)(x – 0) + f(0) = 6 e3 0 x + 2 e3 0 = 6x + 2
donc la réponse est a.
4. Soit h la fonction définie sur l'intervalle I = ] 0 ; + ∞ [ par h(x)= 5 3x+1 . h(x)= 5
3x+1 = h(x)=5
3× 15
3x+1 donc une primitive sur I de la fonction h est b.
H(x)=5
3ln(3x+1)+2 donc la réponse est b.
EXERCICE 4
Partie A : Étude d’une fonction auxiliaire
Soit g la fonction définie sur par g(x) = 2ex + 2x + 3.
1. g’(x) = 2ex + 2 > 0 donc la fonction g est strictement croissante sur .
2. On admet que l’équation g (x) = 0 admet une unique solution α dans l’intervalle [−2 ; −1].
a. A l’aide de la calculatrice, donner l’arrondi au dixième de α.
g(– 1,7) – 0,0346 et g(– 1,6) 0,20379 donc α – 1,6.
b. En déduire, selon les valeurs du nombre réel x, le signe de g (x).
x – ∞ α + ∞
g(x) – 0 +
Partie B : Étude de la fonction f
Soit f la fonction définie sur par f (x) = 2ex + x 2 + 3x.
1. lim
x→+∞f(x) = +∞ car lim
x→+∞
2ex = +∞ et lim
x→+∞
x2+3x = +∞.
2. lim
x→−∞2ex = 0 et lim
x→−∞x2+3x = lim
x→−∞
x(x+3)= +∞ donc lim
x→−∞
f(x) = +∞
3. f ’ (x) = 2ex + 2x + 3 = g(x) donc f est décroissante sur ] - ∞ ; α [ et croissante sur ] α ; + ∞ [.
4. a. lim
x→−∞
(f(x)−(x2+3x)) = lim
x→−∞
2ex = 0.
b. La parabole est asymptote à la courbe au voisinage de - ∞.
c. f (x) – ( x 2 + 3x) = 2ex > 0 donc la courbe c est toujours au dessus de la parabole P .
