Terminale STG ANNALES de bac sur la fonction ln-CORRECTIONS 2010-2011

(1)

Terminale STG ANNALES de bac sur la fonction ln-CORRECTIONS _2010-2011

EXERCICE 1 Pondichéry 2011 - 5 points 1. On a f

^′

(x) = 30 × 1

x − 10 = 30 − 10x

x .

2. Comme x est supérieur à zéro, le signe de f

^′

(x) est celui du numérateur : 30 − 10x = 10(3 − x) qui est du signe de 3 − x.

Donc :

• si 1 6 x < 3, f

^′

(x) > 0 ; la fonction f est donc croissante sur [1 ; 3[ ;

• f

^′

(3) = 0 ;

• si 3 < x 6 8, f

^′

(x) < 0 ; la fonction f est donc décroissante sur ]3 ; 8].

3. x y

y = f (x)

1 1

0 x f (x)

1 0

2 10.8

3 13

4 11.6 5 8.3 6 3.8 7 − 1.6 8 − 7.6

4. Le maximum de la fonction correspond à x = 3, soit pour 3 objets fabriqués, un bénéfice de 13 dizaines d’euro soit 130 euros.

5. On constate qu’à partir de 7 objets produits le bénéfice devient négatif (17 euros de perte).

EXERCICE 2 1. f est dérivable sur [0, 5 ; 6] et sur cet intervalle : f

^′

(x) = 2 − 4 × 1

x = 2x − 4

x = 2(x − 2)

x .

2. Comme x > 0, le signe de f

^′

(x) est celui de x − 2. Donc x − 2 > 0 ⇐⇒ x > 2, alors f

^′

(x) > 0 : la fonction f est croissante sur [2 ; 6] ;

x − 2 < 0 ⇐⇒ x < 2, alors f

^′

(x) < 0 : la fonction f est décroissante sur [0,5 ; 2].

3. On vient de voir que f

^′

(2) = 0 : le coefficient directeur de la tangente à la la courbe C est égal au nombre dérivé f

^′

(2) = 0 ; donc la tangente est horizontale.

Une équation de T est y = 2 × 2 − 3 − 4 ln(2) = 1 − 4 ln(2).

4. Sur [0,5 ; 2] la fonction décroît de f (0, 5) = 1 − 3 − 4 ln(0, 5) = − 2 + 4 ln(2) ≈ 0, 772 à f (2) = 1 − 4 ln(2) ≈ − 1, 772.

Sur [2 ; 6], la fonction croît de f (2) = 1 − 4 ln(2) ≈ − 1, 772 à f (6) = 9 − 4 ln(6) ≈ 1, 833.

Conclusion : l’équation f (x) = 0 n’a qu’une seule solution x

0

sur l’intervalle [2 ; 6].

La calculatrice donne :

f (4, 5) ≈ − 0, 02 et f (4, 5) ≈ 0, 1, donc 4, 5 < x

0

< 4, 6.

f (4, 51) ≈ − 0, 005 et f (4, 52) ≈ 0, 006.

Conclusion : x

0

≈ 4, 51.

5. f (1) = − 1 et f

^′

(1) = − 2.

Une équation de T

1

est de la forme y = − 2x + b.

Or x = 1 ⇒ y = − 1 = − 2 × 1 + b ⇐⇒ b = 1.

Une équation de T

1

est donc y = − 2x + 1.

lycée Bertran de Born - Périgueux

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ANNEXE 1 à rendre avec la copie

x y

O 1 2

− 1

− 2

− 3

− 4

1 2 3 4 5 6 7 8

T T

1

EXERCICE 3 1. f

^′

(x) = 2 × 0, 5x − 13 + 55

x + 3 = x − 13 + 55

x + 3 = (x − 13)(x + 3) + 55 x + 3

= x

²

+ 3x − 13x − 39 + 55

x + 3 = x

²

− 10x + 16 x + 3 .

Or (x − 2)(x − 8) = x

²

− 2x − 8x + 16 = x

²

− 10x + 16.

Donc f

^′

(x) = (x − 2)(x − 8) (x + 3) .

2. Comme x > 1, x + 3 > 4 > 0, donc le signe de f

^′

(x) est celui de son numérateur que l’on trouve en faisant un tableau de signes :

x x − 2 x − 8 (x − 2)(x − 8) Signe de f

^′

(x)

1 2 8 13

− 0 + +

− − 0 +

+ 0 − 0 +

3. Le signe de la dérivée donne les variations de f : x

Signe de f

^′

(x)

Variations de f

1 2 8 13

+ 0 − 0 +

≈ 3.75

≈ 4.52

≈ − 0.12

≈ 16.47

EXERCICE 4 1. f (0) = 0. Le nombre dérivé f

^′

(0) est le coefficient directeur de la tangente au point O est égale à 5 : f

^′

(0) = 5.

lycée Bertran de Born - Périgueux

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2. On trace la droite d’équation y = 1, 5. Elle coupe la courbe ( C

_f

) en trois points dont les abscisses sont à peu près : 0,6 ; 1,7 et 3,2.

Partie B

1. f est dérivable sur [ − 0, 5 ; 5] et sur cet intervalle f

^′

(x) = 2x − 9 + 14

x + 1 . 2. f

^′

(x) = (2x − 9)(x + 1) + 14

x + 1 = 2x

²

+ 2x − 9x − 9 + 14

x + 1 = 2x

²

− 7x + 5 x + 1 . Or (2x − 5)(x − 1) = 2x

²

− 2x − 5x + 5 = 2x

²

− 7x + 5, donc

f

^′

(x) = (2x − 5)(x − 1)

x + 1 .

3. On a − 0, 5 6 x 6 5 ⇒ 0, 5 6 x + 1 6 6, donc x + 1 > 0 et le signe de f

^′

(x) est celui du numérateur est celui du produit (2x − 5)(x − 1) que l’on trouve grâce à un tableau de signes.

x 2x − 5

x − 1 (2x − 5)(x − 1)

Signe de f

^′

(x)

Variations de f

1 2 8 13

− 0 + +

− − 0 +

+ 0 − 0 +

≈ 1.427

≈ 1.7

≈ 1.29

≈ 5.08

4. Une équation de la droite (T) est : y = f (0) + f

^′

(0)(x − 0) = 0 + 5x = 5x.

1 2 3 4 5

− 1

− 2

− 3

− 4

− 5

1 2 3 4 5

− 1

− 2

C

_f