ILEMATHS maths t-sujet-bac-niger-2022-D-exercices-correction

Bac Niger 2022
S´erie D
´
Epreuve du 1er groupe
Dur´ee : 4 heures
Coefficient : 5
Exercice 1 (5 points)
On consid`ere la fonction fd´efinie sur 1,par : f x x 3
2
1
x1.
1) Montrer que fr´ealise une bijection de 1,sur un intervalle Ique l’on d´eterminera .
2) Construire , dans le mˆeme rep`ere orthonorm´e , les courbes repr´esentatives de fet de f1.
3) Montrer que f1x1
2x1 2
2
41
2x5 4, pour x I .
4) Etudier la d´erivabilit´e de f1et calculer f1x.
Exercice 2 (5 points)
On consid`ere la s´erie double xi, yisuivante pour i1,2,3,4,5,6,7 .
xi1 3 4 7 8 10 13
yi5,3 9,5 11,6 18 20,1 24,3 30,6
1) Repr´esenter le nuage de points de cette s´erie statistique . Peut-on envisager un ajustement lin´eaire ?
Deux ´el`eves Ali et Moussa ont trouv´e deux droites d’ajustement de yen xd’´equation diff´erentes .
Pour Ali : yA1,95x3,35
Pour Moussa : yM2x3,23
2) Compl´eter les tableaux suivants pour les deux ´el`eves .
xi1 3 4 7 8 10 13
yA
i
Puis calculer dA
7
i1
yA
iyi
2
xi1 3 4 7 8 10 13
yM
i
Puis calculer dM
7
i1
yM
iyi
2
1

3) Comparer dAet dMet en d´eduire l’´el`eve qui a la meilleure droite d’ajustement .
4) D´eterminer une ´equation de la droite d’ajustement de yen xpar la m´ethode des moindres carr´es .
Probl`eme (10 points)
Partie A
1. D´eterminer la d´eriv´ee de la fonction H: 0; Rd´efinie par :
H x 1
xln x22 ln x2
2. On pose la fonction k x ln x2
x2, d´eterminer K x la primitive de k x qui s’annule en e.
3. Montrer que si x e alors K x 5e1.
Partie B
1. D´eterminer pour x0 , le signe de d x ln x x 1 .
Soit f: 0; Rla fonction d´efinie :
f x
ln x
ln x x 1si x1
1
2si x1
.
2. Montrer que fest strictement positive sur 0,.
3. Montrer que f est continue en x01 .
4. Calculer lim
x0
f x et lim
xf x .
Partie C
On note Fla primitive de fsur 0,, telle que F e 0 .
5. Montrer que si t e alors 0 1
tln t f t ln t2 t2.
6. En d´eduire que 0 1
2ln x2F x 5e1.
7. Utiliser la question 6. pour d´eterminer lim
xF x et lim x
F x
x.
2

Correction
Exercice 1
1) La fonction affine x x 3
2et la fonction homographique x1 x1sont d´efinies, continues (et
d´erivables) sur l’intervalle 1; .
Leur somme , qui est la fonction f, est donc une fonction continue sur 1; i
La fonction fest aussi d´erivable sur 1; et on a x1; :
f x x 3
2
1
x111 x1211 x120
Il s’ensuit que la fonction fest strictement d´ecroissante sur 1; ii
Enfin :
lim
x1
f x lim
x1
x3
2
1
x113 2
lim
xf x lim xx3
2
1
x1
3
20
De iet ii ,fr´ealise une bijection de 1,sur un intervalle Ilim
xf x ; lim
x1
f x ;
R.
fr´ealise une bijection de 1; sur IR
2) On a vu que fest une fonction strictement d´ecroissante sur 1; et que lim
x1
f x et lim
xf x
Afin de faciliter le tra¸cage de la courbe de f, on Interpr`ete graphiquement les limites :
lim
x1
f x , donc la droite d’´equation D1:x1 est une asymptote verticale `a la courbe de fqu’on note Cf
lim
xf x , et on remarque que lim xf x x 3
2lim
x
1
x10
Donc la droite D2:y x 3
2est une asymptote oblique `a Cfau voisinage de .
Ensuite , on calcule quelques images de r´eels appartenants `a 1; par la fonction fpour encore mieux
tracer la courbe , on prend par exemple :
x3 2 2 3 5
f x 2 1 2 1 13 4 3,25
Finalement , la construction de la courbe Cf1de la fonction f1se d´eduit de Cf, par sym´etrie d’axe
la premi`ere bissectrice du rep`ere D3:y x .
Figure :
Fiche issue de https://www.ilemaths.net 3

3) Posons pour tout x1; : f x y tel que yR, nous devons trouver une expression de xen fonction
de y:
f x y x 3
2
1
x1y1x1 x1y1 2
X1
Xy1 2
X x 1 0;
1X2
Xy1 2
X2y1
2X1 0
On consid`ere ici que yRsoit fixe , calculons le discriminant du trinˆome trouv´e d’inconnu X:
∆y1
2
2
4 0 , pour tout yR
Le trinˆome admet donc deux racines r´eelles qui sont :
X1
1
2y1 2y1 2
2
41
2y1 2
2
41
2y1 4
4

X2
1
2y1 2y1 2
2
41
2y1 2
2
41
2y1 4
On ne retient que la racine qui est strictement positive pour tout r´eel yRcar la condition X0; est
impos´ee .
On remarque facilement que X2n’est pas toujours positive , par exemple , pour y1
2,X21 0
Montrons alors que X1est toujours strictement positive quel que soit le r´eel yR:
On a , pour tout yR: 0 y1
2
2
y1
2
2
4
Donc : yR:y1
2
2
y1
2
2
4
Or , pour tout yR:y1
2
2
y1
2y1 2
Il s’ensuit que pour tout yR:
y1
2y1 2
2
41
2y1 2
1
2y1 2
2
4
01
2y1 2
2
41
2y1 4
0X1
X X1convient comme solution .
On obtient , pour tout x1; ; X x 1, et yR: :
X1
2y1 2
2
41
2y1 4x11 2y1 2
2
41
2y1 4x1 2y1 2
2
4
1
2y5 4
Conclusion :
xR:f1x1
2x1 2
2
41
2x5 4
Remarque : On a introduit l’inconnu interm´ediaire X x 1 pour faciliter les calculs .
4) Puisque la fonction fest d´erivable sur 1; et que pour tout r´eel x1; : f x 0 , car on a vu que f x
0 .
Donc :
La fonction f1est d´erivable sur IR
Pour tout xR:
5