lim - Lycée d`Adultes

CORRIGE DU BAC BLANC
Exercice 1 :
Question 1 :
a. Calculons
lim f(x)
x→+∞
lim f(x) = lim x(lnx – 1) = lim x × (lnx – 1)
x→+∞
x→+∞
x→+∞
42 x →lim+ ∞ x = + ∞
3
21 x →lim+ ∞ lnx – 1 = + ∞
b. Calculons
Par produit :
lim f(x) = + ∞
x→+∞
lim f(x)
x → 0+
lim f(x) = lim x(lnx – 1) = lim x × (lnx – 1)
x → 0+
x → 0+
x → 0+
lim x = 0
0
4x→
3
lnx – 1 = – ∞
1 x lim
→0
+
Par produit : lim f(x) est une Forme Indéterminée
x → 0+
+
Pour lever l’indétermination, on change d’opération en transformant l’expression. x(lnx – 1) est sous forme
factorisée, développons f(x):
lim f(x) = lim x(lnx – 1) = lim xlnx – x = lim xlnx + (– x)
x → 0+
x → 0+
x → 0+
x → 0+
xlnx = 0
42 x lim
→0
3
lim – x = 0
21 x →
0
+
Par somme :
lim f(x) = 0
x → 0+
+
Question 2
a. Montrons que f’(x) = lnx
f(x) = x(lnx – 1) = x × (lnx – 1). De part et d’autre de ×, il y a un terme en x
f(x) = x × (lnx – 1) = u(x) × v(x)
avec u(x) = x
f’(x) = u’(x) × v(x) + u(x) × v’(x)
1
f’(x) = 1 × (lnx – 1) + x ×
x
f’(x) =
lnx – 1 + 1
f’(x) = lnx
donc u’(x) = 1
1
1
v(x) = lnx – 1 donc v’(x) = ln’(x) – 0 = – 0 =
x
x
CORRIGE DU BAC BLANC
b. Etudions le signe de f ’(x) = lnx
f’(x) = lnx
x
0
+∞
1
Calculs intermédiaires
lnx = 0
exp(lnx) = exp(0)
Signe de f’(x)
–
0
+
x = exp(0)
x = e0
x=1
Pour étudier les variations d’une fonction dérivable, on utilise le signe de sa fonction dérivée.
Sur l’intervalle ]0 ; 1], f’(x) ≤ 0 donc f est strictement décroissante
Sur l’intervalle [1 ; + ∞[, f’(x) ≥ 0 donc f est strictement croissante
x
Signe de f’(x)
0
–
lim f(x) = + ∞
x → 0+
1
0
+∞
+
lim f(x) = + ∞
x→+∞
f(x) = x(lnx – 1)
f(1) = 1× (ln1 – 1)
f(1) = 1 × (0 – 1)
Variation de f
f(1) = 1 × (– 1)
f(1) = – 1
f(1) = – 1
c. Montrons que l’équation f(x) = 0 admet une solution et une seule dans l’intervalle [1 ; 5]
1ère démarche : Résolution de l’équation f(x) = 0 par le calcul
f(x) = 0
x(lnx – 1) = 0
Un produit de facteurs est nul si et seulement si un des facteurs est nul
x = 0 ou lnx – 1 = 0
x = 0 ou
lnx = 1
x = 0 ou exp(lnx) = exp(1)
x = 0 ou
x = exp(1) = e1
Or 0 ∉ ]0 ; + ∞[ donc seule la solution e1 convient.
L’équation f(x) = 0 admet une solution α et une seule. α = e1
Or α ≈ 2,718 et on a : 1 < 2,7128 < 5 donc la solution α est bien comprise entre 1 et 5.
Une valeur approchée de la solution à 10–2 près est : e1 ≈ 2,72
CORRIGE DU BAC BLANC
2ème démarche : théorème des valeurs intermédiaires
x
1
5
+∞
+∞
lim f(x) =
x→+∞
f(5) ≈ 3,05
Variation de f
0
f(x) = x(lnx – 1)
f(5) = 5× (ln5 – 1)
f(5) ≈ 3,05
f(1) = – 1
Sur l’intervalle [1 ; 5]
1 La fonction f est continue
2 La fonction f est strictement croissante
3 0 est compris entre – 1 = f(1)
et 3,05 ≈ f(5)
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une solution et une seule.
Cette solution α est comprise entre 1 et 5.
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Question d
Déterminons une valeur approchée de α à 10– 2 près
RESOLUTION APPROCHEE DE L’EQUATION X(lnX – 1) = 0
TI
CASIO
MENU
1 PROGRAMMATION DES FONCTIONS
Y1 = X(lnX – 1)
Y2 = 0
GRAPH
Y1 = X(lnX – 1)
Y2 = 0
ENTER
EXE
2 FENETRE
x
1 = Xmin
Variations
de f
α
5 = Xmax
3,05 = Ymax
0
– 1 = Ymin
GRAPH
2nde CALC
Intersect
ENTER
3 OBTENIR LES COURBES
DRAW (F6)
4 LEUR POINT D’INTERSECTION
Shift
1ère courbe ? ENTER
G-Solv (F5)
2ème courbe ? ENTER
Guess ? ENTER
- ISCT (F5)
- Attendre
(2 fois)
Intersection : x = 2,718
y=0
ISCT : x = 2,718
y=0
e. Etudions le signe de f(x) sur l’intervalle [1 ; 5]
x
α
1
Variations de f
5
+ 3,05
0
x
α
1
Signe de f(x)
–
–1
Signe de f(x)
–
0
+
Question 3. Montrons que la fonction H est une primitive de la fonction hXmin = 1 (ou 0)
1
1
Xmax = 5 (ou 6)
H(x) = x²lnx – x² . On applique : (uv)’ = u’v + uv’
2
4
Ymin = – 1 (ou – 2)
Ymax = 3,05 (ou 4)
1
1
1 1
H’(x) = × 2x lnx + x² × – × 2x
2
2
x 4
1
1
H’(x) = xlnx + x – x = x lnx = h(x). La fonction H est bien une primitive de la fonction h.
2
2
Question 4 Déterminons une primitive de la fonction f
F est une primitive de f, donc :
F’(x) = f(x)
F’(x) = x(lnx – 1)
on développe pour obtenir xlnx
F’(x) = xlnx – x
F’(x) = H’(x) – x
1
F(x) = H(x) – x²
2
1
1
1
F(x) = x²lnx – x² – x²
4
2
2
1
2
1
F(x) = x² lnx – x² – x²
2
4
4
1
3
F(x) = x² lnx – x²
2
4
fonction
×k
:k
x
x²
1
x²
2
Primitive
dérivée
×k
:k
1
2x
1x
fonction
Lecture de droite
à gauche
+∞
0
+
CORRIGE DU BAC BLANC
Exercice 2 : QCM
Question 1.
42 P(A ∩ B) = P(A) × P(B)
Les événements A et B sont indépendants donc 3 P (B) = P(B)
21 P (A) = P(A)
A
B
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A) × P(B)
1 2 1 2
P(A ∪ B) = + – ×
3 5 3 5
1 2 2
P(A ∪ B) = + –
3 5 15
6 2
5
P(A ∪ B) = + –
15 15 15
9
P(A ∪ B) =
15
3
P(A ∪ B) = (réponse b)
5
Question 2.
1ère démarche : Par calcul
Ensemble de résolution : Dans les parenthèses qui suivent ln, l’expression est 3x – 1
On doit avoir 3x – 1 > 0
3x > 1
1
x> .
3
1
L’ensemble de résolution est : D = ] ; + ∞ [
3
Résolution : ln(3x – 1) ≤ 1
exp[ln(3x – 1)] ≤ exp(1)
3x – 1 ≤ e1
3x ≤ e1 + 1
e1 + 1
x≤
3
e+1
1
e+1
1
e+1
1
donc < x et x ≤
d’où < x ≤
On doit avoir : x > et x ≤
3
3
3
3
3
3
1 e1 + 1
]
L’ensemble des solutions de l’inéquation est donc ] ;
3
3
2ème démarche : Par élimination des mauvaises réponses
Choisissons un nombre dans chacun des intervalles proposés et vérifions si ce nombre est valeur interdite de
l’inéquation ln(3x – 1) ≤ 1
Choisissons x = 0 (valeur intéressante car 0 appartient à trois des intervalles) :
2
e+1
1
]
0 ∈ ]– ∞ ; [ ; 0 ∈ ]– ∞ ; [ et 0 ∈ ] – ∞ ;
3
3
3
Remplaçons x par 0 dans 3x – 1 : Pour que ln(3x – 1) existe, il faut que 3x – 1 soit strictement positif.
Or : 3x – 1 = 3 × 0 – 1 = – 1 valeur négative donc x = 0 est valeur interdite.
1
2
e+1
La valeur x = 0 ne convient pas, les réponses ] – ∞ ; [ ; ] – ∞ ; [ et ]– ∞ ;
] ne conviennent pas.
3
3
3
1 e+1
La seule réponse qui convient est l’intervalle : ] ;
[ (réponse d)
3 3
CORRIGE DU BAC BLANC
Question 3.
1ère démarche : Par application des formules
ln(e²) 2lne 2 × 1
2
2
1
=
=
=
=
=
(réponse a)
ln16
ln16 ln(24) 4 ln2 2 × 2 ln2 2ln2
Calculs intermédiaires :
ln16 = ln(2 × 2 × 2 × 2) = ln(24) = 4 ln2
ln abbaisse les exposants : ln(e) = 2ln(e1) = 2 × 1 = 2
2ème démarche : Calculatrice
a)
e
1
1
= 1/(2ln(2))≈ 0,7213 ; b) 2ln( ) = 2ln(e1/4) ≈ – 0,772 ; c) 2lne1 – ln16 ≈ – 0,772 ; d) ≈ 0,0625
4
16
2ln2
Or
ln(e²)
≈ 0,7213
ln16
(réponse a)
Question 4.
La fonction F est une primitive de la fonction f donc F’(x) = f(x)
Le signe de F’(x) donne le sens de variation de F
Lecture sur la représentation graphique de f :
La courbe de f (= F’) est en-dessous de l’axe des abscisses sur l’intervalle ]– ∞ ; 0]
donc sur ]– ∞ ; 0], f(x) ≤ 0
donc F’(x) ≤ 0 donc F est décroissante
La courbe de f = F’ est au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle [0 ; + ∞ [
donc sur [0 ; + ∞ [, f(x) ≥ 0
donc F’(x) ≥ 0 donc F est croissante
La fonction F est donc décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur l’intervalle [0 ; + ∞ [
Sous forme de tableau :
x
Signe de f(x) = F’(x)
–∞
+∞
0
–
0
Variation de F
Lecture sur les courbes des graphiques a) ; b) et c) :
La seule courbe qui correspond est la courbe représentée sur le graphique du a).
+
CORRIGE DU BAC BLANC
Exercice 3 :
Question 1.
Arbre pondéré traduisant la situation
1ère balle
2ème balle
P(S1 ∩ G)
0,8
0,2
G
P(S1 ∩ G )
0,4
P( S1 ∩ S2 ∩ G)
0,6
0,6
0,4
0,95
G P( S1 ∩ S2 ∩ G )
S1
0,05
S2
1
G
P( S1 ∩ S2 ∩ G )
Question 2.
Calculons P(S1 ∩ G)
P(S1 ∩ G) = P(S1 ) × PS1(G) = 0,4 × 0,8 = 0,32
Question 3.
Montrons que la probabilité que le joueur Naderer gagne l’échange est 0,662.
Cela revient à calculer P(G)
Les événements S1 et S1 d’une part et S2 et S2 d’autre part, sont disjoints et leur réunion est l’univers, donc
les événements S1 et S1 d’une part et S2 et S2 d’autre part forment une partition de l’univers (ou un système
complet d’événements).
D’après la formule des probabilités totales : P(G) = P( S1 ∩ G) + P( S1 ∩ S2 ∩ G)
P(G) = P(S1) × PS1(G) + P(S1) × P
S1
P(G) = 0,4 × 0,8 + 0,6 × 0,95 × 0,6
P(G) = 0,662
La probabilité que le joueur Naderer gagne l’échange est bien 0,662.
(S2) × P
S1
∩ S2 (G)
CORRIGE DU BAC BLANC
Question 4.
Calculons la probabilité que la première balle de service ait été jugée bonne sachant que le joueur Naderer a
gagné. Cela revient à calculer PG(S1)
PG(S1) =
P(G ∩ S1) P(S1 ∩ G)
=
.
P(G)
P(G)
Or P(S1 ∩ G) = 0,32 et P(G) = 0,662
P(S1 ∩ G) 0,32
=
≈ 0,483
P(G)
0,662
La probabilité que la première balle de service ait été jugée bonne sachant que le joueur Naderer a gagné est de
environ : 0,483
Donc PG(S1) =
5. Calculons la probabilité que le joueur Naderer gagne 4 échanges consécutifs
L’épreuve : « le joueur Naderer gagne » , « le joueur Naderer ne gagne pas » est une épreuve à deux issues, c’est
donc une épreuve de Bernoulli de probabilité p = P(G) = 0,662.
P(G) = 0,662
P( G ) = 0,338
G
Cette épreuve est répétée 4 fois dans des conditions indépendantes.
G
P(GGGG) = p4 = (0,662)4 ≈ 0,192
La probabilité pour que le joueur Naderer gagne 4 échanges consécutifs est de environ : 0,192.
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Exercice 4 :
Question 1.
3
3
3
3
1 La courbe de f passe par le point de coordonnées (– ; – ) donc f(– ) = –
2
2
2
2
1 La courbe de f passe par le point de coordonnées (– 1 ; 0) donc f( – 1) = 0
1 La courbe de f passe par le point de coordonnées (1 ; e) donc f(1) = e
1 La courbe de f passe par le point de coordonnées (2 ; 2) donc f(2) = 2
1 La tangente à la courbe de f au point d’abscisse 1 est horizontale. Son équation est de la forme
y = ax + b avec a = f’(1) = 0
1 La tangente à la courbe de f au point d’abscisse 2 passe par les points de coordonnées (2 ; 2)
∆y y2 – y1 0 – 2
et (4 ; 0). Son équation est de la forme y = ax + b avec a = f’(2) =
=
=
=–1
∆x x2 – x1 4 – 2
Question 2
Déterminons l’ensemble de définition de g
On a : g(x) = ln[f(x)]
Dans les parenthèses-crochets qui suivent ln, l’expression est : f(x)
Or la fonction ln est définie sur ]0 ; + ∞[ (ensemble des nombres réels strictement positifs) donc on doit avoir :
f(x) > 0. Or, la courbe de f est strictement au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle ]– 1 ; + ∞[
donc f(x) > 0 sur ]– 1 ; + ∞[
D’où le tableau de signes de f(x) :
x
– 3/2
Position de la courbe de f par
rapport à l’axe des abscisses
Signe de f(x)
+∞
–1
en-dessous
–
au-dessus
0
Dg = ]– 1 ; + ∞[
+
Existence de ln[f(x)]
1 La droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe de f donc
1
lim f(x) = f(– 1) = 0
x → – 1+
lim g(x) = lim ln[f(x)] = lim ln[f(x)] = lim ln(X) = – ∞
x → – 1+
x → – 1+
f(x) → 0
X→0
avec X = f(x)
lim g(x) = – ∞ donc la droite d’équation x = – 1 est asymptote à la
x → – 1+
courbe de g. Cette asymptote est verticale.
1 Interprétation graphique :
CORRIGE DU BAC BLANC
L’axe des abscisses est asymptote à la courbe de f en + ∞ donc
1
1
lim f(x) = 1
x→+∞
(f(x) tend vers 1)
lim g(x) = lim ln[f(x)] = lim ln[f(x)] = lim ln(X) = 0 avec X = f(x)
x→+∞
x→+∞
f(x) → 1
X→1
1 Interprétation graphique :
lim g(x) = 0 donc la droite d’équation y = 0 est asymptote à la courbe
x→+∞
de g. Cette asymptote est horizontale.
Question 3
Déterminons g’(x)
g(x) = ln[f(x)]
g’(x) = ln’[f(x)] × f ’(x)
g’(x) =
1
× f ’(x)
f(x)
g’(x) =
f’(x)
f(x)
1 Pour déterminer les variations d’une fonction dérivable, on utilise le signe de sa fonction dérivée
- La fonction f est strictement croissante sur [– 1 ; 1] donc f’(x) ≥ 0
- La fonction f est strictement décroissante sur l’intervalle [1 ; + ∞[ donc f’(x) ≤ 0
1 La courbe de f est au-dessus de l’axe des abscisses sur ]– 1 ; + ∞[ donc f(x) > 0 sur ]– 1 ; + ∞[
x
Signe de f’(x)
Signe de f(x)
Signe de g’(x)
–1
1
0
+
+
+
0
+∞
–
+
–
Question 4
Etudions le signe de g’(x) =
f’(x)
en déduire les variations de g
f(x)
La fonction f est strictement décroissante sur l’intervalle [1 ; + ∞[ donc f’(x) ≤ 0
x
–1
Signe de f’(x)
de l’axe des abscisses
Signe de f(x)
Signe de g’(x)
+∞
1
la courbe monte
La courbe descend
0
+
–
La courbe est au-dessus
La courbe est au-dessus
+
+
+×+
–×+
+
–
Sur l’intervalle ] – 1 ; 1], g’(x) ≥ 0 donc la fonction g est strictement croissante
Sur l’intervalle [1 ; + ∞[, g’(x) ≤ 0 donc la fonction g est strictement décroissante
CORRIGE DU BAC BLANC
Question 5
g est la fonction définie par g(x) = ln[f(x)]. Sens de variation de g sur l’intervalle ] 0 ; + ∞[
1
ère
cas :
42 La fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]– 1, 1]
3
12 La fonction ln est strictement croissante sur l'intervalle ]0 , + ∞[
Par composée, la fonction g = ln(f) est strictement croissante sur l’intervalle ] – 1 , 1]
2
ème
cas :
42 La fonction f est strictement décroissante sur l’intervalle [1 , + ∞[
3
12 La fonction ln est strictement croissante sur l'intervalle ]0 , + ∞[
Par composée, la fonction g = ln(f) est strictement décroissante sur l’intervalle [1 ; + ∞ [
D’où le tableau de variations de la fonction g
x
–1
+∞
1
f(1) = e
Variation de f
f(– 1) = 0
lim f(x) = 1
x→+∞
ln(f(1)) = ln(e) = 1
Variation de g = ln(f)
lim ln(f(x)) = 0
lim ln[f(x)] = – ∞
x→–1
x→+∞
Déterminons g(2)
Déterminons g’(2)
g(x) = ln[f(x)]
g(x) = ln[f(x)]
g(2) = ln[f(2)]
g(2) = ln(2)
Or f(2) = 2 g’(x) = ln’[f(x)] × f’(x)
g’(x) =
1
× f’(x)
f(x)
1
× f’(2)
f(2)
1
g’(2) = × – 1
2
1
g’(2) = –
2
g’(2) =
Or f(2) = 2 et f’(2) = – 1
CORRIGE DU BAC BLANC
Question 6
1
On sait que : g(2) = ln2 et g’(2) = – . Déterminons l’équation de la tangente à la courbe
2
de g au point d’abscisse 2.
Déterminons g(2)
Déterminons g’(2)
g(x) = ln[f(x)]
g(x) = ln[f(x)]
g(2) = ln[f(2)]
Or f(2) = 2 g’(x) = ln’[f(x)] × f’(x)
g(2) = ln(2)
g’(x) =
1
× f’(x)
f(x)
1
× f’(2)
f(2)
1
g’(2) = × – 1
2
1
g’(2) = –
2
g’(2) =
Or f(2) = 2 et f’(2) = – 1
y – g(2) = g’(2) (x – 2)
L’équation est de la forme : y = ax + b
Calcul de a : a = g’(2) = – 1
Calcul de b : y = ax + b donc y – ax = b . Or
4 y = g(2) = ln21
3 a = g’(2) = – 2
1 x=2
b = y – ax
b = g(2) – g’(2) × 2
1
b = ln2 – (– ) × 2
2
b = ln2 + 1
En remplaçant a par – 1 et b par ln2 + 1 dans y = ax + b, on obtient l’équation de la tangente à la
courbe de g au point d’abscisse 2 est : y = – x + ln2 + 1.