T8 DS 7 : Fonctions ln et int´egrale Correction 23 mars 2018 Exercice 1 : Exercices classiques sur ln (15 minutes) (3 points)
1. D´eterminer lim
x→+∞(ln(x)−x).
2. D´eterminer le plus petit entiern tel que 0,5n<0,001 3. R´esoudre l’in´equation ex+2−3>0
4. Simplifier ln(7)−ln(2) + ln(5) Solution:
1. Pour x6= 0, ln(x)−x=x(ln(x) x −1).
x→+∞lim (lnx
x = 0 par croissance compar´ee.
Donc par somme puis produit, lim
x→+∞(ln(x)−x) = 0 2. 0,5n<0,001⇔nln(0,5)<ln(0,001)⇔n > ln(0,001)
ln(0,5) . ln(0,001)
ln(0,5) ≈9,96. Le plus petit entier est 10.
3. ex+2−3>0⇔ex+2 >3⇔x >ln(3)−2.S =] ln(3)−2; +∞[.
4. ln(7)−ln(2) + ln(5) = ln(352)
Exercice 2 : Vrai ou faux sur l’int´egrale (20 minutes) (3 points) Les quatre questions de cet exercice sont ind´ependantes.
Pour chaque question, une affirmation est propos´e. Indiquer si chacune d’elles est vraie ou fausse, en justifiant la r´eponse.
1. Soient les fonctions f etF d´efinies sur ]0; +∞[ par : f(x) = x+ 1
x2+ 2x etF(x) = 1 +ln(x2+ 2x)
2x .
La fonctionF est une primitive sur ]0; +∞[ de la fonctionf. 2.
Z ln 3 0
ex
ex+ 2dx= ln3 5.
3. Sur le graphique ci-contre, on a trac´e les courbes repr´esentatives des fonctionsf et gd´efinies sur Rparf(x) =x etg(x) = (x−2)2.
L’aire du domaine gris´e est ´egale `a 4,5 unit´e. 1 2 3 4
1 2 3 4
0 f
g
Solution:
1. F0(x) =
2x+ 2
x2+ 2x ×2x−2 ln(x2+ 2x)
4x2 = 2x+ 2−(4x+ 4) ln(x2+ 2x)
x2+ 2x .
F0(1) = −4 ln(3) 3 6= 2
3 =f(1). Donc la proposition est fausse.
2.
Z ln 3
0
ex
ex+ 2dx= [ln(ex+ 2)]ln(3)0 = ln(3 + 2)−ln(3) = ln(5
3). Donc la proposition est fausse.
3.
Z 4 1
(x−(x−2)2)dx= [−1 3x3+5
2x2−4x]41= 4,5. La proposition est vraie.
Exercice 3 : Une petite d´emonstration (30 minutes) (5 points) On consid`ere la fonction f, d´efinie sur [1 ; +∞[ par
f(t) = lnÄe−t+ 1ä+t.
1. Montrer quef est croissante sur [1 ; +∞[.
2. Restitution organis´ee de connaissances
On pourra raisonner en s’appuyant sur le graphique fourni.
T8 DS 7 Page 2 sur 5 Pour tout r´eel x0 de [1 ; +∞[, on note A(x0) l’aire du domaine d´elimit´e par la courbe repr´esentant f dans un rep`ere orthogonal, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx= 1 etx=x0.
On se propose de d´emontrer que la fonction ainsi d´efinie sur [1 ; +∞[ est une primitive def. (a) Que vautA(1) ?
(b) Soit x0 un r´eel quelconque de [1 ; +∞[ et h un r´eel strictement positif. Justifier l’encadrement suivant :
f(x0)6 A(x0+h)− A(x0)
h 6f(x0+h).
(c) Lorsque x0 >1, quel encadrement peut-on obtenir pour h <0 et tel que x0+h>1 ?
(d) En d´eduire la d´erivabilit´e en x0 de la fonction Aainsi que le nombre d´eriv´e en x0 de la fonction A.
(e) Conclure.
1 2
1 2
0 x0 x0+h
Solution:
1. Sur [1; +∞[, f0(t) = −e−t
e−t+ 1+ 1 = 1
e−t+ 1. Or e−t+ 1>0 doncf0(t)>0 et f est croissante.
2. Restitution organis´ee de connaissances
(a) A(1) est l’aire (exprim´ee en u.a.) du domaine d´elimit´e par la courbe (C) repr´esentant f, l’axe des abscisses et les droites verticales d’´equations respectives x = 1 et x = 1. Donc A(1) = 0.
(b) Soitx0 tel que 16x0. La fonctionf ´etant croissante sur [1 ; +∞[, on af(x0)< f(x0+h).
L’aire de la surface limit´ee par la courbe, l’axe des abscisses, les droites d’´equation x =x0
etx=x0+hest sup´erieure `a l’aire de la surface (rectangle) limit´ee par la droite d’´equation y = f(x0) et inf´erieure `a l’aire de la surface (rectangle) limit´ee par la droite d’´equation y=f(x0+h). On a donc :
f(x0)h <A(x0+h)− A(x0)< f(x0+h).
D’o`u par division par h >0, le r´esultat :
f(x0 < A(x0+h)− A(x0)
h < f(x0+h)
(c) Avec 1< x0, h < 0 et 1 6 x0+h 6 x0. La fonction f ´etant croissante pour x >1, on a f(x0+h) < f(x0). On encadre de la mˆeme fa¸con l’aire limit´ee par la courbe par l’aire des deux rectangles. On a donc
f(x0+h)×(−h)<A(x0− A(x0+h)< f(x0×(−h) et par division par −h qui est positif :
f(x0+h)< A(x0+h)− A(x0)
h < f(x0) (d) D’apr`es la continuit´e de f en x0, on a lim
h→0f(x0+h) =f(x0. Donc d’apr`es le th´eor`eme des
gendarmes, le taux d’accroissement de la fonction A admet pour limite f(x0) en x0. Cette fonction Aest donc d´erivable enx0>1 etA0(x0) =f(x0).
(e) Le raisonnement fait ci-dessus est vrai pour tout x0 > 1. Donc la fonction A est d´erivable sur [1 ; +∞[ et A0=f.
T8 DS 7 Page 3 sur 5
Exercice 4 : Probl`eme (50 minutes) (9 points)
La chocolaterie Delmas d´ecide de commercialiser de nouvelles confiseries : des palets au chocolat en forme de goutte d’eau.
Pour cela, elle doit fabriquer des moules sur mesure qui doivent r´epondre `a la contrainte suivante : pour que cette gamme de bonbons soit rentable, la chocolaterie doit pouvoir en fabriquer au moins 80 avec 1 litre de pˆate liquide au chocolat.
Le volume d’un palais est l’aire de la face sup´erieure multipli´ee par l’´epaisseur.
A.P.M.E.P.
Durée : 4 heures
! Baccalauréat S Amérique du Sud "
21 novembre 2017
EXERCICE1 5 points
Commun à tous les candidats
La chocolaterie Delmas décide de commercialiser de nouvelles confiseries : des palets au chocolat en forme de goutte d’eau.
Pour cela, elle doit fabriquer des moules sur mesure qui doivent répondre à la contrainte suivante : pour que cette gamme de bon- bons soit rentable, la chocolaterie doit pouvoir en fabriquer au moins 80 avec 1 litre de pâte liquide au chocolat.
Partie A : modélisation par une fonction
Le demi contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonctionf définie sur ]0 ;+∞[ par :
f(x)=x2−2x−2−3lnx
x .
La représentation graphique de la fonctionf est donnée ci-dessous.
0
−1
−2
−3 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
Le repère est orthogonal d’unité2cm en abscisses et1cm en ordonnées.
1. Soitϕla fonction définie sur ]0 ;+∞[ par : ϕ(x)=x2−1+3lnx.
a. Calculerϕ(1) et la limite deϕen 0.
b. Étudier les variations deϕsur ]0 ;+∞[.
En déduire le signe deϕ(x) selon les valeurs dex.
2. a. Calculer les limites def aux bornes de son ensemble de définition.
Partie A : mod´elisation par une fonction
Le demi contour de la face sup´erieure du palet sera mod´elis´e par une portion de la courbe de la fonction f d´efinie sur ]0 ; +∞[ par :
f(x) = x2−2x−2−3 lnx
x .
La repr´esentation graphique de la fonctionf est donn´ee ci-dessous.
1 2 3 4 5 6
−3
−2
−1 1 2 3 4 5
0 f
Le rep`ere est orthogonal d’unit´e 2 cm en abscisses et1 cm en ordonn´ees.
1. Soit ϕla fonction d´efinie sur ]0 ; +∞[ par :
ϕ(x) =x2−1 + 3 lnx.
(a) Calculerϕ(1) et la limite de ϕen 0.
(b) ´Etudier les variations deϕsur ]0 ; +∞[.
En d´eduire le signe de ϕ(x) selon les valeurs de x.
2. (a) Calculer les limites de f aux bornes de son ensemble de d´efinition.
(b) Montrer que sur ]0 ; +∞[ :f0(x) = ϕ(x) x2 . En d´eduire le tableau de variation de f.
(c) Prouver que l’´equation f(x) = 0 admet une unique solutionα sur ]0 ; 1].
D´eterminer `a la calculatrice une valeur approch´ee de α `a 10−2 pr`es.
On admettra que l’´equation f(x) = 0 a ´egalement une unique solution β sur [1 ; +∞[ avec β≈3,61 `a 10−2 pr`es.
(d) SoitF la fonction d´efinie sur ]0 ; +∞[ par : F(x) = 1
2x2−2x−2 lnx−3
2(lnx)2. Montrer queF est une primitive def sur ]0 ; +∞[.
T8 DS 7 Page 4 sur 5 Solution:
1. (a) • ϕ(1) = 12−1 + 3 ln 1 = 0
•
x→0limx2−1 =−1 limx→0
x>0
lnx=−∞
donc lim
x→0 x>0
x2−1 + 3 lnx=−∞ et donc lim
x→0 x>0
ϕ(x) =−∞
(b) La fonctionϕest d´erivable sur ]0; +∞[ etϕ0(x) = 2x+ 3
x >0 sur ]0; +∞[.
Donc la fonction ϕest strictement croissante sur ]0; +∞[.
On sait queϕ(1) = 0 et que la fonctionϕest strictement croissante sur ]0; +∞[, donc on en d´eduit que :
• ϕ(x)<0 sur]0 ; 1[; • ϕ(x) = 0 pourx= 1 ; • ϕ(x)>0 sur]1 ; +∞[.
2. (a) • Limite de f en 0.
x→0limx2−2x−2 =−2 limx→0
x>0
3 lnx=−∞
donc lim
x→0 x>0
x2−2x−2−3 lnx= +∞
limx→0 x>0
x= 0 etx >0
donc lim
x→0 x>0
f(x) = +∞
• Limite de f en +∞ : on ´ecritf(x) sous la formef(x) =x−2− 2
x −3lnx x .
x→+∞lim x−2 = +∞
x→+∞lim 2 x = 0
x→+∞lim lnx
x = 0
donc lim
x→+∞f(x) = +∞
(b) La fonctionf est d´erivable sur ]0; +∞[ et sa d´eriv´ee est ´egale `a : f0(x) =
Å
2x−2− 3 x ã
×x− x2−2x−2−3 lnx×1
x2 = 2x2−2x−3−x2+ 2x+ 2 + 3 lnx x2
= x2−1 + 3 lnx
x2 = ϕ(x)
x2
La fonctionϕs’annule pour x= 1 ; on calcule f(1) = 12−2−2−3 ln 1
1 =−3.
f0 est du signe deϕ; on ´etablit le tableau de variation def :
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EXERCICE1 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A : modélisation par une fonction
Le demi-contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonction f définie sur]0 ;+∞[par :f(x)=x2−2x−2−3lnx
x .
1. Soitϕla fonction définie sur]0 ;+∞[par :ϕ(x)=x2−1+3lnx.
a. • ϕ(1)=12−1+3ln 1=0
•
xlim→0x2−1= −1 limx
→0 x>0
lnx= −∞
⎫⎬
⎭donc lim
x→0x>0
x2−1+3lnx= −∞et donc lim
x→0x>0
ϕ(x)= −∞
b. La fonctionϕest dérivable sur]0 ;+∞[etϕ′(x)=2x+3
x>0 sur]0 ;+∞[. Donc la fonctionϕest strictement croissante sur]0 ;+∞[.
On sait queϕ(1)=0 et que la fonctionϕest strictement croissante sur]0 ;+∞[, donc on en déduit que :
• ϕ(x)<0 sur]0 ; 1[; • ϕ(x)=0 pourx=1; • ϕ(x)>0 sur]1 ;+∞[. 2. a. • Limite def en 0.
limx→0x2−2x−2= −2 limx
→0 x>0
3lnx= −∞
⎫⎬
⎭donc lim
x→0 x>0
x2−2x−2−3lnx= +∞
limx→0 x>0
x=0 etx>0
⎫⎪
⎪⎪
⎪⎬
⎪⎪
⎪⎪
⎭
donc lim
x→0x>0
f(x)= +∞
• Limite def en+∞: on écritf(x) sous la formef(x)=x−2−2 x−3lnx
x .
x→+∞lim x−2= +∞
x→+∞lim 2 x=0
x→+∞lim lnx
x =0
⎫⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎬
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎭
donc lim
x→+∞f(x)= +∞
b. La fonctionf est dérivable sur]0 ;+∞[et sa dérivée est égale à :
f′(x)=
%
2x−2−3 x
&
×x−'
x2−2x−2−3lnx(
×1
x2 =2x2−2x−3−x2+2x+2+3lnx x2
=x2−1+3lnx x2 =ϕ(x)
x2
La fonctionϕs’annule pourx=1; on calculef(1)=12−2−2−3ln 1
1 = −3.
f′est du signe deϕ; on établit le tableau de variation def :
x 0 1 +∞
f′(x) −−− 0 +++
+∞ +∞
f(x)
−3
(c) La fonction f est continue et strictement d´ecroissante sur ]0 ; 1]; lim
x→0 x>0
f(x) = +∞ et f(1) = −3 < 0. D’apr`es le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, l’´equation f(x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle]0 ; 1]. On appelle α cette solution.
Remarque : on peut aussi faire directement r´ef´erence au tableau de variation de la fonction f pour r´epondre `a cette question.
En tulisant le solveur de la calculatrice, on trouve α≈0,41.
On admettra que l’´equationf(x) = 0 a ´egalement une unique solution β sur [1 ; +∞[ avec β ≈3,61 `a 10−2 pr`es.
(d) Soit F la fonction d´efinie sur ]0; +∞[ par :F(x) = 1
2x2−2x−2 lnx− 3
2(lnx)2. La fonctionF est d´erivable sur ]0; +∞[ et :
F0(x) = 1
2×2x−2−2×1 x−3
2 Å
2× 1 x×lnx
ã
= 2x−2−2
x−3lnx
x = 2x2−2x−2−3 lnx
x =
f(x).
T8 DS 7 Page 5 sur 5 Donc la fonction F est une primitive def sur ]0; +∞[.
Partie B : r´esolution du probl`eme
Dans cette partie, les calculs seront effectu´es avec les valeurs approch´ees `a10−2 pr`es de α etβ de la partie A.
Pour obtenir la forme de la goutte, on consid`ere la courbe repr´esentativeC de la fonction f restreinte `a l’intervalle [α ; β] ainsi que son sym´etriqueC0 par rapport `a l’axe des abscisses.
Les deux courbesCetC0 d´elimitent la face sup´erieure du palet. Pour des raisons esth´etiques, le chocolatier aimerait que ses palets aient une ´epaisseur de 0,5 cm. Dans ces conditions, la contrainte de rentabilit´e serait-elle respect´ee ?
Solution:
Pour obtenir la forme de la goutte, on consid`ere la courbe repr´esentativeC de la fonctionf restreinte
`
a l’intervalle [α ; β] ainsi que son sym´etrique C0 par rapport `a l’axe des abscisses.
Les deux courbes C et C0 d´elimitent la face sup´erieure du palet. Pour des raisons esth´etiques, le chocolatier aimerait que ses palets aient une
´
epaisseur de 0,5 cm.
Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.
c. La fonction f est continue et strictement décroissante sur]0 ; 1]; lim
x→0x>0
f(x)= +∞etf(1)=
−3<0. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x)=0 admet une solution unique dans l’intervalle]0 ; 1]. On appelleαcette solution.
Remarque : on peut aussi faire directement référence au tableau de variation de la fonction f pour répondre à cette question.
En tulisant le solveur de la calculatrice, on trouveα≈0,41.
On admettra que l’équation f(x)=0 a également une unique solutionβsur [1 ;+∞[ avec β≈3,61 à 10−2près.
d. SoitFla fonction définie sur]0 ;+∞[par :F(x)=1
2x2−2x−2lnx−3 2(lnx)2. La fonctionFest dérivable sur]0 ;+∞[et :
F′(x)=1
2×2x−2−2×1 x−3
2
! 2×1
x×lnx
"
=2x−2−2 x−3lnx
x =2x2−2x−2−3lnx
x =f(x).
Donc la fonctionFest une primitive def sur]0 ;+∞[. Partie B : résolution du problème
Pour obtenir la forme de la goutte, on considère la courbe représentativeCde la fonctionf restreinte à l’intervalle[α;β]ainsi que son symétriqueC′ par rapport à l’axe des abscisses.
Les deux courbesC etC′ délimitent la face su- périeure du palet. Pour des raisons esthétiques, le chocolatier aimerait que ses palets aient une épaisseur de 0,5 cm.
−1
−2
−3 1 2 3
1 2 3
C′
C
α β
SoitDle domaine hachuré délimité par la courbeC, l’axe des abscisses et les deux droites d’équations x=αetx=β. Sur l’intervalle[α;β], la fonctionf est négative, donc l’aire deDest :
A= −
#β
α
f(x)dx= −$
F(β)−F(α)%
≈ −(F(3,61)−F(0,41))≈5,60 unités d’aire (U.A.).
L’aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A≈11,20 U.A
Une unité d’aire est égale à 2 cm2donc l’aire entre les deux courbes vaut environ 22,40 cm2.
L’épaisseur du palet doit être de 0,5 cm donc le volume du palet est d’environ 22,40×0,5=11,20 cm3. Le volume, en cm3, de 80 palets est donc 80×11,20=896<1000, donc la chocolaterie peut fabriquer 80 palets avec 1000 cm3, soit 1 litre de chocolat liquide.
EXERCICE2 4 points
Commun à tous les candidats 1. a. −−→AC+−→AE=−−→AC+−−→CG=−−→AG
b. −−→AG·−−→BD=&−−→AC+−→AE'
·−−→BD=−−→AC·−−→BD+−→AE·−−→BD
• [AC]et[BD]sont les deux diagonales du carré ABCD donc les deux droites (AC) et (BD) sont perpendiculaires; on en déduit que−−→AC·−−→BD=0.
• La droite (AE) est perpendiculaire au plan (ABD) donc les vecteurs−→AE et−−→BD sont ortho- gonaux ; on en déduit que−→AE·−−→BD=0;
Donc−−→AG·−−→BD=−−→AC·−−→BD+−→AE·−−→BD=0. On en déduit que−−→AG⊥−−→BD.
c. On admet que−−→AG·−→BE=0 donc−−→AG⊥−→BE .
Les vecteurs−−→BD et−→BE sont deux vecteurs directeurs du plan (BDE) ; le vecteur−−→AG est ortho- gonal à deux vecteurs directeurs du plan (BDE) donc le vecteur−−→AG est orthogonal au plan (BDE).
On en déduit que la droite (AG) est orthogonale au plan (BDE).
Amérique du Sud 2 21 novembre 2017
Soit Dle domaine hachur´e d´elimit´e par la courbe C, l’axe des abscisses et les deux droites d’´equations x=α etx=β. Sur l’intervalle[α ; β], la fonctionf est n´egative, donc l’aire de Dest :
A=− Z β
α
f(x)x. =−(F(β)−F(α))≈ −(F(3,61)−F(0,41))≈5,60 unit´es d’aire (U.A.).
L’aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A ≈11,20 U.A
Une unit´e d’aire est ´egale `a 2 cm2 donc l’aire entre les deux courbes vaut environ 22,40 cm2.
L’´epaisseur du palet doit ˆetre de 0,5 cm donc le volume du palet est d’environ 22,40×0,5 = 11,20 cm3. Le volume, en cm3, de 80 palets est donc 80×11,20 = 896<1 000, donc la chocolaterie peut fabriquer 80 palets avec 1 000 cm3, soit 1 litre de chocolat liquide.
