Baccalauréat juin 2007 MATHÉMATIQUES Série ES

sujet : amérique du nord

Corrigé de l'exercice 2 : candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

La courbe (C) ci-dessous représente une fonction F définie et dérivable sur l'intervalle $J =] \frac{1}{2}; + \infty [$ .
On sait que (C) coupe l'axe des abscisses au point $(3; 0)$ et a une tangente horizontale au point $(1; - 2)$ . On note f la fonction dérivée de F.

1. À l'aide du graphique, donner les variations de F et en déduire le signe de f.
  D'après l'allure de la courbe (C), la fonction F est décroissante sur l'intervalle $] \frac{1}{2}; 1]$ et croissante sur l'intervalle $[1; + \infty [$ .
  Donc sur l'intervalle $] \frac{1}{2}; 1]$ , $f (x) ⩽ 0$ et sur l'intervalle $[1; + \infty [$ , $f (x) ⩾ 0$ .
2. Donner $f (1)$ , $F (1)$ et $F (3)$ . Préciser le signe de $f (3)$ .
  La courbe (C) a une tangente horizontale au point $(1; - 2)$ , alors le coefficient directeur de la tangente est nul.
  Donc le nombre dérivé $f (1) = 0$
  La courbe (C) coupe l'axe des abscisses au point $(3; 0)$ et passe par le point $(1; - 2)$
  Donc $F (1) = - 2$ et $F (3) = 0$ .
  La tangente à la courbe (C) au point d'abscisse 3 n'est pas parallèle à l'axe des abscisses et sur l'intervalle $[1; + \infty [$ , $f (x) ⩾ 0$ .
  Donc $f (3) > 0$ .
3. Calculer $\int_{1}^{3} f (x) d x$ .
  Comme f est la dérivée de la fonction F alors F est une primitive de la fonction f d'où : $\begin{array}{l} \int_{1}^{3} f (x) d x & = & {[F (x)]}_{1}^{3} \\ = & F (3) - F (1) \\ = & 0 - (- 2) \end{array}$
  Ainsi $\int_{1}^{3} f (x) d x = 2$ .
Trois fonctions $f_{1}$ , $f_{2}$ et $f_{3}$ sont définies sur l'intervalle J par : $\begin{matrix} f_{1} (x) = (x^{2} - x + 1) e^{2 x - 1} & f_{2} (x) = \ln (2 x - 1) & et & f_{3} (x) = - 1 + \frac{1}{2 x - 1} \end{matrix}$ Une de ces trois fonctions est la fonction f.
1. Étudier le signe de $f_{1}$ sur l'intervalle J.
  $f_{1} (x) = (x^{2} - x + 1) e^{2 x - 1}$ .
  Or pour tout réel x, $e^{2 x - 1} > 0$ . Donc le signe de $f_{1}$ sur l'intervalle J se déduit du signe de l'expression $x^{2} - x + 1$ .
  $Δ = {(- 1)}^{2} - 4 \times 1 \times 1 = - 3$ . Donc pour tout réel x, $x^{2} - x + 1 > 0$ .
  Ainsi, sur l'intervalle J, $f_{1} > 0$ .
2. Résoudre l'équation $f_{2} (x) = 0$ sur l'intervalle J.
  $\begin{array}{l} f_{2} (x) = 0 & \Leftrightarrow & {\begin{matrix} \ln (2 x - 1) & = & 0 \\ et \\ 2 x - 1 & > & 0 \end{matrix} & \Leftrightarrow & {\begin{matrix} 2 x - 1 & = & 1 \\ et \\ 2 x - 1 & > & 0 \end{matrix} & \Leftrightarrow & {\begin{matrix} 2 x & = & 2 \\ et \\ x & > & \frac{1}{2} \end{matrix} & . Soit & x = 1 \end{array}$
  Sur l'intervalle J, l'équation $f_{2} (x) = 0$ admet pour solution $x = 1$ .
3. Calculer $f_{3} (1)$ .
  $f_{3} (1) = - 1 + \frac{1}{2 \times 1 - 1} = 0$
  $f_{3} (1) = 0$
4. Calculer $\int_{1}^{3} f_{3} (x) d x$ .
  Pour calculer $\int_{1}^{3} f_{3} (x) d x = \int_{1}^{3} (- 1 + \frac{1}{2 x - 1}) d x$ , nous devons déterminer une primitive de la fonction $f_{3}$ sur l'intervalle $[1; 3]$ .
  Cherchons d'abord une primitive de la fonction g définie sur l'intervalle $[1; 3]$ par $g (x) = \frac{1}{2 x - 1}$ .
  Pour tout réel x de l'intervalle $[1; 3]$ posons $u (x) = 2 x - 1$ d'où $u' (x) = 2$ .
  Donc $g = \frac{1}{2} \times \frac{u'}{u}$ (avec $u > 0$ ) alors, d'après le théorème du cours :u est une fonction dérivable sur un intervalle I, et strictement positive sur cet intervalle. Alors, une primitive de la fonction $\frac{u'}{u}$ est la fonction : $x \mapsto \ln [u (x)]$ .
  une primitive de la fonction g est la fonction G définie sur l'intervalle $[1; 3]$ par $G (x) = \frac{1}{2} \ln (2 x - 1)$ .
  Par conséquent, une primitive de la fonction $f_{3}$ sur l'intervalle $[1; 3]$ est la fonction $F_{3}$ définie par $F_{3} (x) = - x + \frac{1}{2} \ln (2 x - 1)$ .
  Ainsi, $\begin{array}{l} \int_{1}^{3} (- 1 + \frac{1}{2 x - 1}) d x & = & {[- x + \frac{1}{2} \ln (2 x - 1)]}_{1}^{3} \\ = & (- 3 + \frac{1}{2} \ln (2 \times 3 - 1)) - (- 1 + \frac{1}{2} \ln (2 \times 1 - 1)) \\ = & - 3 + \frac{1}{2} \ln (5) + 1 - \frac{1}{2} \ln (1) \\ = & \frac{\ln 5}{2} - 2 \end{array}$
  $\int_{1}^{3} f_{3} (x) d x = \frac{\ln 5}{2} - 2$ .
5. En déduire la fonction f.
  Pour tout réel x de l'intervalle J, $f_{1} (x) > 0$ et d'après la première question sur l'intervalle $] \frac{1}{2}; 1]$ , $f (x) ⩽ 0$ donc $f_{1}$ n'est pas la fonction f.
  $\int_{1}^{3} f_{3} (x) d x = \frac{\ln 5}{2} - 2$ et $\int_{1}^{3} f (x) d x = 2$ donc $f_{3}$ n'est pas la fonction f.
  Comme une de ces trois fonctions est la fonction f alors seule la fonction $f_{2}$ peut convenir.
  À condition que l'une des trois fonctions soit la fonction f alors, f est la fonction définie sur J par $f (x) = \ln (2 x - 1)$ .

Remarque :

Sur l'intervalle J, les primitives de la fonction f sont les fonctions F telles que $F (x) = \frac{(2 x - 1) \ln (2 x - 1)}{2} - x + C$ .

La condition $F (3) = 0$ équivaut à : $\begin{array}{l} \frac{(2 \times 3 - 1) \ln (2 \times 3 - 1)}{2} - 3 + C = 0 & \Leftrightarrow & C = 3 - \frac{5 \ln 5}{2} \end{array}$
D'où $F (x) = (x - 0,5) \ln (2 x - 1) - x + 3 - 2,5 \ln 5$ et dans ce cas, $F (1) = 2 - 2,5 \ln 5 \approx - 2,02359$ . L'énoncé correct devrait être :
On sait que (C) coupe l'axe des abscisses au point $(3; 0)$ et a une tangente horizontale au point $(1; 2 - 2,5 \ln 5)$ .
La condition $F (1) = - 2$ équivaut à : $\begin{array}{l} \frac{(2 \times 1 - 1) \ln (2 \times 1 - 1)}{2} - 1 + C = - 2 & \Leftrightarrow & C = - 1 \end{array}$
D'où $F (x) = (x - 0,5) \ln (2 x - 1) - x - 1$ et dans ce cas, $F (3) = 2,5 \ln 5 - 4 \approx 0,02359$ . L'énoncé correct devrait être :
On sait que (C) coupe l'axe des abscisses au point $(3 2,5 \ln 5 - 4)$ et a une tangente horizontale au point $(1; - 2)$ .

L'erreur commise en prenant les valeurs approchées a sans doute été faite pour simplifier les calculs des candidats.

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