sujet : amérique du nord

correction de l'exercice 4 : commun à tous les candidats

Les deux parties peuvent être traitées indépendamment l'une de l'autre.

PREMIÈRE PARTIE

On considère une fonction g définie sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ par $g\left(x\right)=-x^2+ax-\ln \left(2x+b\right)$, où a et b sont deux réels.

Calculer a et b pour que la courbe représentative de g dans un plan muni d'un repère $\left(\mathrm{O};\overrightarrow{𝚤},\overrightarrow{𝚥}\right)$ passe par l'origine du repère et admette une tangente parallèle à l'axe des abscisses au point d'abscisse ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.

• La courbe représentative de g passe par l'origine du repère équivaut à $g\left(0\right)=0$. Or $$\begin{array}{lll}g\left(0\right)& =& -0+0-\ln \left(0+b\right)\\ & =& -\ln \left(b\right)\end{array}$$

  D'où $$\begin{array}{ccccc}g\left(0\right)=0& \iff & -\ln b=0& \iff & b=1\end{array}$$

  Ainsi, $g\left(x\right)=-x^2+ax-\ln \left(2x+1\right)$.

• La courbe représentative de g admet une tangente parallèle à l'axe des abscisses au point d'abscisse ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ équivaut à $g\prime \left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=0$

  Déterminons une expression de la dérivée de la fonction g

  Soit u la fonction définie sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ par $u\left(x\right)=2x+1$ . Sur cet intervalle, la fonction u est dérivable, strictement positive et $u\prime \left(x\right)=2$.

  Par conséquent, la fonction v définie sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ par $v\left(x\right)=\ln \left(2x+1\right)$ est dérivable et $$v\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{2}{2x+1}}$$

  Sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ , la fonction g est dérivable et $$g\prime \left(x\right)=-2x+a-{\displaystyle \frac{2}{2x+1}}$$

  D'où $$\begin{array}{lll}g\prime \left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)& =& -2\times {\displaystyle \frac{1}{2}}+a-{\displaystyle \frac{2}{2\times {\displaystyle \frac{1}{2}}+1}}\\ & =& -1+a-{\displaystyle \frac{2}{2}}\\ & =& a-2\end{array}$$

  Donc, $$\begin{array}{ccccc}g\prime \left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=0& \iff & a-2=0& \iff & a=2\end{array}$$

Ainsi, g est la fonction définie sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ par $g\left(x\right)=-x^2+2x-\ln \left(2x+1\right)$

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DEUXIÈME PARTIE

1. Justifier tous les éléments contenus dans ce tableau.

   • limites

     $\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{\lim }2x+1=0$ et $\underset{X\to 0}{\lim }\ln X=-\infty$ donc par composition, $\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{\lim }\ln \left(2x+1\right)=-\infty$. D'où $\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{\lim }-x^2+2x-\ln \left(2x+1\right)=+\infty$.

     $\underset{x\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}}{\lim }f\left(x\right)=+\infty$.

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     D'une part, $\underset{x\to +\infty }{\lim }-x^2+2x=\underset{x\to +\infty }{\lim }-x^2=-\infty$

     D'autre part, $\underset{x\to +\infty }{\lim }2x+1=+\infty$ et $\underset{X\to +\infty }{\lim }\ln X=+\infty$ donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }-\ln \left(2x+1\right)=-\infty$

     Donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }-x^2+2x-\ln \left(2x+1\right)=-\infty$.

     $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$.

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   • Variations

     f est dérivable sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ et $$\begin{array}{lll}f\prime \left(x\right)=-2x+2-{\displaystyle \frac{2}{2x+1}}& \iff & f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{\left(-2x+2\right)\left(2x+1\right)-2}{2x+1}}\\ & \iff & f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{-4x^2-2x+4x+2-2}{2x+1}}\\ & \iff & f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{-4x^2+2x}{2x+1}}\\ & \iff & f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{2x\left(1-2x\right)}{2x+1}}\end{array}$$

     Étudions le signe de la dérivée à l'aide d'un tableau de signes :

     x	$-{\displaystyle \frac{1}{2}}$				0		${\displaystyle \frac{1}{2}}$		$+\infty$
     $2x$			−		0	+	|	+
     $1-2x$			+		|	+	0	−
     $2x+1$		0	+		|	+	|	+
     Signe de $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{2x\left(1-2x\right)}{2x+1}}$			−		$\underset{\mathbf{\left|}}{\overset{\mathbf{\right|}}{0}}$	+	$\underset{\mathbf{\left|}}{\overset{\mathbf{\right|}}{0}}$	−

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     Les variations de la fonction f se déduisent du signe de la dérivée

     Sur les intervalles $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};0\right]$ et $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$f est décroissante et sur l'intervalle $\left[0;{\displaystyle \frac{1}{2}}\right]$f est croissante.

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   • extremum

     D'après la première partie, $f\left(0\right)=0$

     $\begin{array}{lll}f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)& =& -{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2+2\times {\displaystyle \frac{1}{2}}-\ln \left(2\times {\displaystyle \frac{1}{2}}+1\right)\\ & =& -{\displaystyle \frac{1}{4}}+1-\ln 2\\ & =& {\displaystyle \frac{3}{4}}-\ln 2\end{array}$

     Ainsi, $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{3}{4}}+\ln \left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$.

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2. 1. Montrer que l'équation $f\left(x\right)=0$ admet une unique solution α dans l'intervalle $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right]$.

      $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)={\displaystyle \frac{3}{4}}+\ln \left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)\approx \mathrm{0,0569}$ et $f\left(1\right)=-1+2-\ln \left(3\right)\approx -\mathrm{0,0986}$

      Sur l'intervalle $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right]$ , la fonction f est continue et strictement décroissante et $f\left(1\right)<0<f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$ alors, d'après le théorème de la valeur intermédiaire :Si une fonction f est continue et strictement monotone sur un intervalle $\left[a;b\right]$, alors pour tout réel k compris entre $f\left(a\right)$ et $f\left(b\right)$, l'équation $f\left(x\right)=k$ admet une solution unique α située dans l'intervalle $\left[a;b\right]$.

      L'équation $f\left(x\right)=0$ admet une unique solution α dans l'intervalle $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};1\right]$.

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   2. Donner un encadrement de α d'amplitude 10^{− 2}.

      À l'aide de la calculatrice, on trouve $f\left(\mathrm{0,81}\right)>0$ et $f\left(\mathrm{0,82}\right)<0$.

      Donc $\mathrm{0,81}<\alpha <\mathrm{0,82}$.

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3. Déterminer le signe de $f\left(x\right)$ sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$.

   • Sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{1}{2}}\right]$ , le minimum de la fonction f est 0 donc pour tout réel x de $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};{\displaystyle \frac{1}{2}}\right]$, $f\left(x\right)⩾0$.

   • Sur l'intervalle $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};+\infty \right[$ , la fonction f est strictement décroissante et $f\left(\alpha \right)=0$ donc pour tout réel x de $\left[{\displaystyle \frac{1}{2}};\alpha \right]$, $f\left(x\right)⩾0$ et pour tout réel x de $\left[\alpha ;+\infty \right[$, $f\left(x\right)⩽0$.

   Sur l'intervalle $\left]-{\displaystyle \frac{1}{2}};\alpha \right]$, $f\left(x\right)⩾0$ et sur $\left[\alpha ;+\infty \right[$, $f\left(x\right)⩽0$.

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