50 Problèmes Type BAC + Corrigés LOVI Yawo Mawulolo
- 68 -
PROBLÈME 1
PARTIE A
1.
2.
a.
²
Car
²
b. !"²#$!"²##$
!"²##$ ²#²
!"²##$
%
"²#%#
On en déduit que :
#
#
#
&
'²
#
#(
Car
#
#
²
)admet une asymptote
horizontale d’équation *(au
voisinage de +
3.
a.
,
∞"²
!"²##$!"²#$
!"²#$
#
&
'²
#
-(
b. ./0"²1"²
2"²133
Or 3340./
D’où ./0 "51
2"²1
21
En conclusion : ./ , 1
,65
"²#
On en déduit que :
./0 -1
c.
,.
Alors ) admet une asymptote
oblique d’équation *- au
voisinage de.
./0,1 .
Alors ) est au dessus de son
asymptote oblique.
4.
a. 7
"
8
#"
8
#
"
8
#
!"²#$
"²#
./0 7
"²#%
b. ./0"²1 .
Alors le signe de 7 dépend de
celui de.
Par conséquent : ./0 79
On en déduit que :
Sur 0 est strictement décroissante
7
0
c. est dérivable sur donc continue
sur cet ensemble ; de plus est
strictement décroissante sur .
Alors réalise une bijection de sur
:;<=
Soit >/:0
>2"5>
2"5>
2²>5
2²>²,>²
2>²,>
50 Problèmes Type BAC + Corrigés LOVI Yawo Mawulolo
- 69 -
2?²
5? @>
On en déduit que :
./;(<=0 % %²
-
5. AB>7
7 et
CB*%
6. Voir graphique
7. Pour la construction de DE on
remarquera que DEet D sont
symétriques par rapport à la dro
ite
d’équation >
PARTIE B
1. 2"5,
2F,4
5G²
2H4
I"J
J
2"J
J
On conclut donc que :
"K
K est l’unique solution de
l’équation
2. étant décroissante,
./L
5<J
MN0OJ
MPQQO
5P
2
5QQ"R
5
5
2
5QQJ
M
(Car"R
5
5S0TQJ
M)
Donc ./L%
-<K
UN0 %
-QQK
U
′
"²#
./L
5<J
MN0
MQ²QV
W
2R
MQ²Q5R
W
2"R
5Q"²QR
M
2M
RQ
"²#Q5
"R
25
RQ
"²#QJ
5"R
(Car
5QQJ
M )
2 J
5"RQ7Q5
R
25
RQ373QJ
5"RQ5
"R
Donc ./L%
-<K
UN0373Q-
"X
3.
a. Par définition, YZ
5/L
5<J
MN
.[/\0supposons que Y]/L
5<J
MN
et montrons que Y]#/L
5<J
MN
En effet :
Y]/L
5<J
MN ^Y]/L
5<J
MN
Car d’après 2.a,
./L
5<J
MN0
5QQJ
M
Or Y]Y]#
D’où Y]#/L
5<J
MN si Y]/L
5<J
MN
On conclut donc que :
._/\0`_/L%
-<K
UN
b. "J
J/L
5<J
MN, Y]/L
5<J
MN et
./L
5<J
MN0373Q5
"R
Donc d’après l’inégalité des
accroissements finis on a :
aY]O"J
JPaQ5
"RaY]"J
Ja
Or Y]Y]# et O"J
JP"J
J
D’où ._/\0
a`_#%"K
KaQ-
"Xa`_"K
Ka
50 Problèmes Type BAC + Corrigés LOVI Yawo Mawulolo
- 70 -
c. En partant de l'inégalité précédente,
on a :
[^aY"J
JaQ5
"RaYZ"J
Ja
[^aY5"J
JaQ5
"RaY"J
Ja
[b^aYJ"J
JaQ5
"RaY5"J
Ja
c
[[^aY
]
"J
J
aQ
5
"R
aY
]
"J
J
a
Faisons le produit membre à
membre de ces [ inégalités.
On obtient après simplification :
aY]"J
JaQO5
"RP]aYZ"J
Ja
aYZ"J
Jaa
5"J
Ja S0dQ
^aY
]
"J
J
aQO
5
"R
P
]
aY
Z
"J
J
aQO
5
"R
P
]
e
On en déduit que :
._/\0a`_"K
KaQO-
"XP_
d.
]#O5
"RP] car 9 5
"R9
On en déduit que la suite `_
converge et
_#`_"K
K
PROBLEME 2
fghi1
=<=
PARTIE A
1.
Z
Z
j
g
(%
Car
Z
j
g
Z
j
((
Alors est continue en 0
ZZ
Z
Zg
((
(
Alors n’est pas dérivable en 0
Interprétation graphique
Au point < la courbe k admet
une demi-tangente verticale dirigée
vers le bas
2. 7l
./;<=079
./;<=071
On en déduit que :
Sur ;<=0 est décroissante
Sur ;<=0 est croissante
Tableau de variations de
#
#Og
P
#
Car
m
n
o
#
#g
#
3. AB>7ppp
CB*%q
7
0
1
0
50 Problèmes Type BAC + Corrigés LOVI Yawo Mawulolo
- 71 -
4. Tracer de A et k
PARTIE B
r,
1. r,g
./=<=0,4 alors le signe
dépend de celui de g
g1^1p
./=<p=0rQ
./=p<=0r4
On en déduit que :
Sur =<p=0 k est en dessous de D
Sur =p<=0k est au dessus de D
2. r,
Soit kE la courbe symétrique de k
par rapport à l’axe des abscisses ; la
courbe D est l’image de kE par la
translation du vecteur ,st
(voir la figure)
3. uv@wex!r$y
z
{
x!r$y
z
{
x,gy
z
{
Intégration par parties
f@g
|7, ^}@7
|~
x!r$y
z
{
•5€•‚{
zxy
z
{
LJ
5~~gN{
z
x!r$
z
{z~
5J
5v~v~gv
@wGƒ„~
…†-q~‡†~U†~l†ˆ‰~
4.
{Zuv,p~ car
{Zv~(
{Zv~gv
…
†(…†-q-
Interprétation graphique
u représente l’aire en cm² du
domaine plan délimité par les
courbes k et D et les droites
d’équations et p
PARTIE C
1. Š77
D’après PARTIE A.2
./;<=0r71
./;<=0r79
On en déduit que :
Sur ;<=0 r est croissante
Sur ;<=0r est décroissante
Tableau de variation de Š
Sur =<;0r1
(Car./=<;0r/=<,;)
Sur ;<=0r est continue car
dérivable et est strictement
décroissante. Alors r réalise une
bijection de ;<= sur ;<,= et
/;<,=
Donc l’équation r admet une
unique solution ‹ et ‹/;<=
2.
a. frb0d1
rG0ŒG9
On a : ŠKeŠU9
Alors •/Ž=K<U;
r
7
0
r
2
1
50 Problèmes Type BAC + Corrigés LOVI Yawo Mawulolo
- 72 -
b. r2g
2g
2p#
&
'
Š(2q%#
%
Déduction
On sait que ‹ est l’unique solution
de l’équation r sur =b<G;+
On en déduit que ‹ est l’unique
solution de l’équation p#
&
'
sur
=b<G;
3. •p#
&
'
<•:=b<G;
a. ‘7%
~q%#
%
9./=K<U;
On en déduit que • est décroissante
b. D’après le tableau de variation de•,
on a :
./=b<G;0b0G’Q•Qb0d’
Or =b0G’<b0d’;“=b<G;
D’où ./=K<U;0‘/=K<U;
c. ./=b<G;0’Q~QT
2
WQ
~Q
V et bQ•QG
2J
WQ
~p#
&
'
QM
V
2M
VQ•7QJ
W
2J
WQ3•73QM
V
On conclut que :
./=K<U;03‘73QU
”
4. fYZb
Y]# ΦY]
a. YZb/=b<G;
.[/\0 supposons que Y]/=b<G;
et montrons que Y]#/=b<G;
Y]/=b<G;^ΦY]/=b<G;
Car d’après 3b),
./=b<G;0•/=b<G;
Or par définition, Y]#ΦY]
D’où Y]#/=b<G; si Y]/=b<G;
On conclut donc que :
._/\0`_/=K<U;
b. ‹/=b<G;, Y]/=b<G; et
./=b<G;03•73QM
V
Donc d’après l’inégalité des
accroissements finis on a :
3•Y]•‹3QM
V3Y]‹3
Or •Y]Y]# et •‹‹ d’où
.[/\03Y]#‹3QM
V3Y]‹3
Déduction
En partant de l'inégalité précédente,
on a :
[^3Y‹3QM
V3YZ‹3
[^3Y5‹3QM
V3Y‹3
[b^3YJ‹3QM
V3Y5‹3
c
[[^3Y]‹3QM
V3Y]‹3
Faisons le produit membre à
membre de ces [ inégalités. On
obtient après simplification :
3Y]‹3QOM
VP]3YZ‹3
3YZ‹33b‹3
bQ‹QG^Qb‹Q
^3YZ‹3Q
^3Y
]
‹3QO
M
V
P
]
3Y
Z
‹3QO
M
V
P
]
e
On en déduit que :
._/\03`_•3QOU
”P_
c.
]#OM
VP] car 9M
V9
On en déduit que la suite `_
converge et
_#`_•
d. OM
VP]Q5^ 3Y]‹3Q5
Or OM
VP]Q52[gV
MQ,g
2[4 ۥZ
ۥJۥ5
2[4Œ0Td
Donc 3Y]‹3Q5 0.[4T
Le plus petit entier cherché est 6
3 4
•
7
•
3,79
3,49
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
1
/
122
100%
