CORRECTION TYPES BAC I ET II DU COURS DU LUNDI 23 MARS
I. ANTILLES GUYANE JUIN 2019.
Partie A
On essaie de "traduire l énoncé" : Cf passe par A(0 0,5) se traduit par f(0) 0,5.
La tangente au point A passe par B donne en plus l information que f (0) est le coefficient directeur de la droite (AB) : f (0) yB yA
xB xA
1 ,05 10 0
1 20. 1. On a f(0) 0,5 donc a
1 e b 0 0,5 donc a
2 0,5 donc a 2 0,5 1.
2. f(x) 1
1 e bx on utilise la formule
1
u ² u
u² f est dérivable sur +. Pour tout réel x, f (x) ( b e bx)
(1 e bx)2
be bx
(1 e bx)2.
3. On a f (0) 1
20 donc be b 0
(1 e bx)2
1
20 donc b 4
1
20 donc b 0,2.
Partie B
La proportion d’individus qui possèdent un certain type d’équipement dans une population est modélisée par la fonction p définie sur [0 ∞[ par p(x) 1
1 e 0,2x.
On remarque qu on a bien le b que l on a trouvé dans la partie A donc on ne s est sans doute pas trompé ! 1. p(10) 0,88. La proportion d’individus équipés au 1er janvier 2010 est environ 0,88, soit 88%.
2.
a. p est dérivable sur +. Pour tout x de +, p (x) 0,2e−0,2x
(1 e0,2x)2 (calcul fait dans la partie A, reste à remplacer b par 0,2).
Pour tout x de +, e0,2x et (1 e0,2x)2 sont strictement positifs donc p (x) 0 : alors p est strictement croissante sur +.
b. p(x) 1 1 e 0,2x On pos e X 0,2x. lim
x
X et lim
X
eX 0 donc lim
x
e 0,2x 0 et donc lim
x
p(x) 1 1 0 1.
A long terme, la proportion d individus équipés sera 1, soit 100% : à long terme, toute la population sera équipée.
3. Il faut résoudre p(x) 0,95.
p(x) 0,95 1
1 e 0,2x 0,95 1 0,95(1 e 0,2x) on multiplie par 1 e 0,2x qui est positif p(x) 0,95 0,05 0,95e 0,2x 1
19 e 0,2x ln
1
19 0,2x car la fonction ln est croissante sur +*. On peut appliquer ln car 1/19 et e 0,2x sont strictement positifs. On remplace ensuite ln
1 19 par ln(19).
p(x) 0,95 x ln(19) 0,2
ln(19)
0,2 14,7.
La proportion d individus équipés dépassera 95% au cours de l année 2014 (dans la deuxième moitié de l année).
4.
a. Soit x 0.
p(x) 1 1 e 0,2x
e0,2x
e0,2x(1 e 0,2x)
e0,2x e0,2x e0,2x 0,2x
e0,2x e0,2x e0
e0,2x 1 e0,2x. b. On va essayer de faire apparaître u
u . On aura forcément u(x) 1 e0,2x et donc u (x) 0,2e0,2x.
Pour cela, on multiplie le numérateur par 1
0,2 0,2 ce qui ne change rien puisque c est égal à 1.
p(x) 1
0,2 0,2e0,2x 1 e0,2x
1 0,2
0,2e0,2x
1 e0,2x 5 0,2e0,2x 1 e0,2x Une primit ive de u'
u est ln(u) si u est positive, ce qui est le cas ici car u(x) 1 e0,2x 0.
Une primitive de 0,2e0,2x
1 e0,2x est donc ln(1 e0,2x)
Une primitive de p est la fonction P définie sur + par P(x) 5 ln(1 e0,2x)
En déduire une primitive de la fonction p sur [0 ; +∞[.
c. Alors m 1 2
5ln(1 e0,2x)
8
10 1
2(5ln(1 e2) 5ln(1 e1,6))
m 5
2(ln(1 e²) ln(1 e1,6)) 5
2ln
1 e²
1 e1,6 0,86.
II. ANTILLES GUYANE SEPTEMBRE 2019.
Partie A
1. g(x) 0 4x xln(x) 0 x(4 ln(x)) 0 x 0 ou 4 ln(x) 0 x 0 ou x e4. 0 n est pas une sol uti on car g est définie sur ]0 [ donc g(x) 0 a pour unique solution e4. 2. g(x) 0 4x xln(x)
g(x) 0 4 ln(x) (on divise par x qui est strictement positif) g(x) 0 e4 x car la fonction exp est strictement croissante sur . De même g(x) 0 e4 x.
g est strictement positive sur ]0 e4[ et strictement négative sur ]e4 [.
3. D après la question 2, g est négative sur ]e4 [ : la première conjecture n est pas vérifiée.
g est positive puis négative donc elle n est pas croissante : la deuxième conjecture n est pas vérifiée.
Partie B
Dans cette partie, on poursuit l’étude de la fonction g.
1.
a. Ici, on demande de prouver une propriété qui est dans le cours. On ne peut donc pas dire : d après le cours, lim
x 0
xln(x) 0. Par contre, on a le droit (et même on doit) utiliser le fait que lim
t
ln(t)
t 0. Ici x 0 puisqu on a ln(x). Donc x tend vers 0+.
On pose x 1
t . Alors t 1 x . xln(x) 1
t ln
1 t
1
t ( ln(t)) d après le cours sur la fonction ln, ln
1
t ln(t).
ln(t) t . lim
x 0
t lim
x 0
1
x et lim
t
ln(t)
t 0 0 donc lim
x 0
xln(x) 0.
b. lim
x 0
4x 0 et lim
x 0
xln(x) 0 donc lim
x 0
g(x) 0.
2.
a. Pour dérivée xln(x), on pense à utiliser u v !!!!
g est dérivable sur +*, g (x) 4
1ln(x) x 1
x ) 4 (ln(x) 1) 4 ln(x) 1 3 ln(x).
b. 3 ln(x) 0 ln(x) 3 x e3. On peut construire le tableau :
3. On désigne par G la fonction définie sur ]0 [ par G(x) 1
4x²(9 2ln(x))
a. Rappel : pour montrer que G est une primitive de g, on calcule G et on vérifie que c est g.
Pour dériver G, on utilise encore u v.
G est dérivable sur +*. Pour tout x 0, G (x) 1
2x(9 2ln(x)) 1 4x²
2 x G (x) 9
2x xln(x) 1
2x 4x xln(x) G (x) g(x)
Alors G est une primitive de la fonction g sur ]0 [.
b. On calcule
1
ag(x)dx G étant une primitive de g,
1
ag(x)dx G(a) G(1)
On cherche à savoir s il existe un réel a 1 tel que G(a) G(1) 0, c'est-à-dire G(a) G(1) ou encore G(a) 9
4.
Lorsqu on cherche si une équation a une solution (et pas à trouver cette solution), on pense au TVI
!!!! Pour cela, on a besoin du tableau de variations de G.
On sait que G est dérivable sur +* avec G g. On a donc besoin du signe de g(x), que l on a trouvé dans la partie A. On peut construire le tableau suivant :
x 0 e4 G (x) g(x)
G(x) e8/4
e8 4
9
4 donc il est possible que l équation G(x) 9
4 ait une solution. Pour le savoir, on a besoin de la limite en .
G(x) 1
4x²(9 2ln(x)) lim
x
ln(x) donc lim
x
(9 2ln(x)) et lim
x
1
4x² donc lim
x
G(x) . La fonction G est continue et strictement décroissante sur [e4 [ ; G( )e4 e8
4, lim
x
G(x) et 9
4
e8
4 . Alors l équation G(x) 9
4 admet une unique solution a dans [e4 [.
On a G(a) 9
4 G(1), c'est-à-dire G(a) G(1) 0 ou encore
1
ag(x)dx 0.
On a a e4 1 donc l affirmation est fausse.
