Pondichéry 2015. Enseignement spécifique EXERCICE 1 (4 points) (commun à tous les candidats) Partie A Soit f la fonction définie sur R par 3 . 1 + e−2x ! − → − →" Sur le graphique ci-après, on a tracé, dans un repère orthogonal O, i , j , la courbe représentative C de la fonction f et la droite ∆ d’équation y = 3. f (x) = ∆ 3 2 C −2 1 − → j − → i −1 1 2 3 4 1) Démontrer que la fonction f est strictement croissante sur R. 2) Justifier que la droite ∆ est asymptote à la courbe C . 3) Démontrer que l’équation f (x) = 2, 999 admet une unique solution α sur R. Déterminer un encadrement de α d’amplitude 10−2 . Partie B Soit h la fonction définie sur R par h(x) = 3 − f (x). 1) Justifier que la fonction h est positive sur R. $ 3 # 2) On désigne par H la fonction définie sur R par H(x) = − ln 1 + e−2x . 2 Démontrer que H est une primitive de h sur R. 3) Soit a un réel strictement positif. a) Donner une interprétation graphique de l’intégrale % a h(x) dx. 0 b) Démontrer que % a 0 h(x) dx = 3 ln 2 & ' 2 . 1 + e−2a c) On note D l’ensemble des points M (x ; y) du plan défini par ( x!0 . f (x) " y " 3 Déterminer l’aire, en unité d’aire, du domaine D. http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. ⃝ Pondichéry 2015. Enseignement spécifique EXERCICE 1 : corrigé Partie A 1) Pour tout réel x, 1 + e−2x > 1. En particulier, pour tout réel x, 1 + e−2x ̸= 0. Par suite, la fonction f est dérivable sur R en tant qu’inverse d’une fonction dérivable sur R dont le dénominateur ne s’annule pas sur R. De plus, pour tout réel x, ! "′ 1 + e−2x (−2x)′ e−2x −2e−2x 6e−2x ′ = −3 × = −3 × = f (x) = 3 × − 2 2 2 2. (1 + e−2x ) (1 + e−2x ) (1 + e−2x ) (1 + e−2x ) Pour tout réel x, 6e−2x 2 (1 + e−2x ) strictement croissante sur R. 2) lim e−2x = x→+∞ > 0. Ainsi, la fonction f ′ est strictement positive sur R et donc la fonction f est lim eX = 0. Par suite, lim f (x) = x→+∞ X→−∞ courbe C en +∞. 3 = 3. On en déduit que la droite ∆ est asymptote à la 1+0 3) Soit x ∈ R. 3 3 3 = 2, 999 ⇔ 1 + e−2x = ⇔ e−2x = −1 −2x 1+e 2, 999 2, 999 $ $ # # 0, 001 1 0, 001 0, 001 −2x ⇔e = ⇔ x = − ln ⇔ −2x = ln 2, 999 2, 999 2 2, 999 $ # 1 2, 999 1 ⇔ x = ln(2999). ⇔ x = ln 2 0, 001 2 f (x) = 2, 999 ⇔ 1 Donc, l’équation f (x) = 2, 999 admet une unique solution dans R à savoir α = ln(2999). La calculatrice fournit 2 α = 4, 00301 . . . et en particulier 4 < α < 4, 01. Partie B 1) D’après la partie A, la fonction f est strictement croissante sur R et lim f (x) = 3. Par suite, pour tout réel x, x→+∞ f (x) < 3 ou encore, pour tout réel x, h(x) > 0. 2) Puisque pour tout réel x, 1 + e−2x > 0, la fonction H est dérivable sur R et pour tout réel x, ! "′ 1 + e−2x 3 3e−2x 3 −2e−2x =− × = . H ′ (x) = − × −2x −2x 2 1+e 2 1+e 1 + e−2x D’autre part, pour tout réel x, 3 3 + 3e−2x − 3 3e−2x = = = H ′ (x). 1 + e−2x 1 + e−2x 1 + e−2x Ceci montre que la fonction H est une primitive de la fonction h sur R. h(x) = 3 − 3) Soit a un réel strictement positif. % a h(x) dx = a) La fonction f est continue sur le segment [0, a] et pour tout réel x de [0, a], f (x) ! 3. Par suite, 0 % a (3 − f (x)) dx est égale à l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine du plan compris entre la courbe C et la 0 droite ∆ d’une part, les droites d’équations respectives x = 0 et x = a d’autre part. http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. ⃝ ∆ 3 2 1 C −2 −1 − → j − → i a 1 2 3 4 a # $ # $ $ # " " ! "" 3 3 ! 3 ! 3! 2 − ln 1 + e−2a − − ln 1 + e0 = . ln(2) − ln 1 + e−2a = ln 2 2 2 2 1 + e−2a 0 % a c) L’aire demandée est lim h(x) dx. Or, lim e−2a = 0 et donc a→+∞ 0 a→+∞ $ # % a 3 3 ln(2) 2 lim h(x) dx = ln = . a→+∞ 0 2 1+0 2 b) % a h(x) dx = [H(x)]0 = L’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine D est égale à http ://www.maths-france.fr 2 3 ln(2) . 2 c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés. ⃝