Correction des exercices du bac
I Nouvelle Calédonie mars 2015
1. (a) D’après l’énoncé la fonctionf2est dérivable surR. On a f2′(x)=ex−2.
Or ex−2=0⇐⇒ ex=2⇐⇒ x=ln2. Donc :
Donc ex−2>0⇐⇒ x>ln 2 : la fonctionf est décroissante sur [−∞; ln 2[.
ex−2<0 ⇐⇒x<ln 2 : la fonctionf est croissante sur [ln 2 ;+∞[.
f2(ln 2)=eln2−2×ln 2=2−2 ln 2 est le minimum de la fonctionf2surR. On a le tableau de variations suivant :
x −∞ ln 2 +∞
f′(x) − 0 +
f
2−2 ln 2
(b) Comme 2−2 ln 2=2(1−ln 2)>0 car 2<e⇒ln 2<ln e=1, le minimum de la fonction f2étant supérieur à zéro, on en déduit que la fonction est strictement positive surR, soit
ex−2x>0 ⇐⇒ ex>2xdonc la représentation graphique de la fonctionx7−→ex est au dessus de la droite
∆2.
Γet∆2n’ont pas de point commun.
2. fa(x)=ex−ax
(a) • limite en plus l’infini : fa(x)=x
µex x −a
¶ . On sait que lim
x→+∞
ex
x = +∞(croissances comparées) donc lim
x→+∞
ex
x −a= +∞, donc par produit des limites
x→+∞lim fa(x)= +∞.
• limite en moins l’infini : On sait que lim
x→−∞ex=0.
Donc lim
x→−∞fa(x)= +∞.
(b) faest dérivable surRcomme somme de fonctions dérivables et fa′(x)=ex−a.
ex−a=0⇐⇒ ex=a ⇐⇒x=lna(cara>0).
On a le même tableau de variations que pourf2en remplaçant 2 para.
(c) La fonctionfadécroissante, puis croissante admet donc un minimumfa(lna)=a−alna.
(d) a−alna=0 ⇐⇒a(1−lna)=0 ⇐⇒1−lna=0 (cara6=0) ⇐⇒
1=lna ⇐⇒e1=elna ⇐⇒ e=a. On a donc :
• a−alna>0 ⇐⇒ a<e : le minimum est positif, donc comme à la question 1, la fonctionfaest strictement positive et la courbe et la droite n’ont pas de point commun.
• a−alna<0⇐⇒ a>e : le minimum est inférieur à zéro.
x −∞ lna +∞
f′(x) − 0 +
f
a−alna
Donc sur l’intervalle ]− ∞; lna[, la fonction facontinue car dérivable et strictement monotone sur cet in- tervalle passe d’une valeur positive à une valeur négative : il existe donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, un réelα∈]− ∞; lna[ tel quefa(α)=0, soit eα=aα(unique, car la fonction est monotone sur cet intervalle).
De même sur ] lna; +∞[, la fonction fa continue car dérivable et strictement monotone sur cet intervalle passe d’une valeur négative à une valeur positive : il existe donc un réelβ∈] lna; +∞[ tel quefa(β)=0, soit eβ=aβ.
Conclusion : sia>e la courbeΓet la droite∆aont deux points communs.
• a−alna=0 ⇐⇒ a=e, la fonctionfa=fes’annule une seule fois enx=1, doncfe(1)=0 :Γet∆eont un seul point commun (la droite est tangente à la courbe)
1 2 3 4
−1 1
y=2x y=ex
y=3x
Γ
O
II Amérique du Nord mai 2013
On considère la suite (un) définie paru0=1 et, pour tout entier natureln, un+1=p
2un. 1. On considère l’algorithme suivant :
Variables : nest un entier naturel uest un réel positif Initialisation : Demander la valeur den
Affecter àula valeur 1 Traitement : Pourivariant de 1 àn:
| Affecter àula valeurp 2u Fin de Pour
Sortie : Afficheru (a) On a :u0=1,u1=p
2u0=p
2,u2=p 2u1=
q 2p
2 et u3=p
2u2= r
2 q
2p
2=1.8340 à 10−4près.
(b) Cet algorithme permet le calcul du terme de rangn.
(c) D’après le tableau des valeurs approchées obtenues à l’aide de cet algorithme pour certaines valeurs den, on peut conjecturer que la suite (un) est croissante et majorée par 2.
2. (a) Démontrons par récurrence que, pour tout entier natureln, 0<unÉ2.
• Initialisation
On au0=1 donc 0<u0É2
• Hérédité
Supposons qu’il existe un entier naturelntel que 0<unÉ2.
On a : 0<unÉ2⇔0<2unÉ4⇔0<p
2unÉ4⇔0<un+1É2.
• Conclusion 0<u0É2
Si 0<unÉ2 alors 0<un+1É2.
D’après l’axiome de récurrence on a pour tout entier natureln, 0<unÉ2.
(b) Déterminons le sens de variation de la suite (un).
Comme pour tout entier natureln, 0<un, comparonsun+1
un
à 1.
On a : un+1 un =
p2un un =
s2un u2n =
s 2 un
.
Et comme on a démontré précédemment queunÉ2, alors 2 un Ê1 et
s 2 un Ê1.
On en déduit que pour tout entier natureln, 0<un,un+1
un Ê1 ; (un) est une suite croissante.
(c) On vient de prouver que d’une part la suite (un) est strictement croissante et que d’autre part elle est majorée par 2.
Ceci démontre que la suite (un) est convergente.
3. On considère la suite (vn) définie, pour tout entier natureln, parvn=lnun−ln 2.
(a) Pour tout entier natureln, parvn=lnun−ln 2 donc en particulier : u0=ln(u0)−ln 2=ln 1−ln 2= −ln 2
On a aussi pour tout entier natureln,vn+1=lnun+1−ln 2, maisun+1=p 2un. Alors :vn+1=lnp
2un−ln 2=1
2(ln(un)+ln 2)−ln 2=1
2(ln(un)−ln 2)=1 2vn
On peut en conclure que la suite (vn) est la suite géométrique de raison 1
2et de premier termev0= −ln 2.
(b) On déduit de ce qui précède que pour tout entier natureln,vn= −ln 2 µ1
2
¶n
. vn=ln(un)−ln 2⇔ln³un
2
´
=vn⇔un
2 =evn⇔un=2evn.unen fonction den.
(c) Comme 1
2∈[0; 1], lim
n→+∞
µ1 2
¶n
=0 et lim
n→+∞(vn)=0 On sait que lim
x→0
¡ex¢
=1, alors par composition des limites : lim
n→+∞
¡evn¢
=1 et finalement :
n→+∞lim (un)=2
(d) L’algorithme ci-dessous permet d’ afficher en sortie la plus petite valeur dentelle queun>1, 999.
Variables : nest un entier naturel uest un réel
Initialisation : Affecter ànla valeur 0 Affecter àula valeur 1 Traitement : Tant queuÉ1, 999
Affecter àula valeurp 2u Affecter ànla valeurn+1 Sortie : Affichern
