lim - Lycée d`Adultes

CORRIGE DU BAC BLANC
Exercice 1 :
Question 1 :
a. Calculons lim
x →
→→
→ + ∞
∞∞
∞ f(x)
lim
x → + ∞ f(x) = lim x → + ∞ x(lnx – 1) = lim
x → + ∞ x × (lnx – 1)
1
2
3
2
4
lim
x → + ∞ x = + ∞
lim
x → + ∞ lnx – 1 = + ∞
b. Calculons lim
x →
→→
→ 0
+
f(x)
lim
x → 0
+
f(x) = lim x → 0
+
x(lnx – 1) = lim x → 0
+
x × (lnx – 1)
1
3
4
lim
x → 0
+
x = 0
lim
x → 0
+
lnx – 1 = – ∞
Pour lever l’indétermination, on change d’opération en transformant l’expression. x(lnx – 1) est sous forme
factorisée, développons f(x):
lim
x → 0
+
f(x) = lim
x → 0
+
x(lnx – 1) = lim
x → 0
+
xlnx – x = lim
x → 0
+
xlnx + (– x)
1
2
3
2
4
lim
x → 0
+
xlnx = 0
lim
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 donc u’(x) = 1
v(x) = lnx – 1 donc v’(x) = ln’(x) – 0 = 1
x – 0 = 1 x
f’(x) = u’(x) × v(x) + u(x) × v’(x)
f’(x) = 1 × (lnx – 1) + x × 1
x
f’(x) = lnx – 1 + 1
f’(x) = lnx
Par produit : lim
x → + ∞ f(x) = + ∞
Par produit : lim
x → 0
+
f(x) est une Forme Indéterminée
Par somme : lim
x → 0
+
f(x) = 0

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b. Etudions le signe de f ’(x) = lnx
f’(x) = lnx
x 0 1 + ∞ Calculs intermédiaires
Signe de f’(x) – 0 +
lnx = 0
exp(lnx) = exp(0)
x = exp(0)
x = e
0
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 0 1 + ∞
Signe de f’(x) – 0 +
Variation de f
lim
x → 0
+
f(x) = + ∞
f(1)
lim
x → + ∞ f(x) = + ∞
= – 1
c. Montrons que l’équation f(x) = 0 admet une solution et une seule dans l’intervalle [1 ; 5]
1
ère
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) = e
1
Or 0 ∉ ]0 ; + ∞[ donc seule la solution e
1
convient.
L’équation f(x) = 0 admet une solution α et une seule. α = e
1
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 : e
1
≈ 2,72
f(x) = x(lnx – 1)
f(1) = 1× (ln1 – 1)
f(1) = 1 × (0 – 1)
f(1) = 1 × (– 1)
f(1) = – 1

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2
ème
démarche : théorème des valeurs intermédiaires
x 1 5 + ∞
Variation de f
lim
x → + ∞ f(x) =
+ ∞
f(5) ≈ 3,05
0
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.
f(x) = x(lnx – 1)
f(5) = 5× (ln5 – 1)
f(5) ≈ 3,05

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fonction dérivée
×
××
× k ×
××
× k
: k : k
x 1
x² 2x
1
2 x² 1x
Primitive fonction
Lecture de droite
à gauche
Question d
Déterminons une valeur approchée de α
αα
α à 10
– 2
près
e. Etudions le signe de f(x) sur l’intervalle [1 ; 5]
Question 3. Montrons que la fonction H est une primitive de la fonction h
H(x) = 1
2 x²lnx – 1 4 x² . On applique : (uv)’ = u’v + uv’
H’(x) = 1
2 × 2x lnx + 1 2 x² × 1 x – 1 4 × 2x
H’(x) = xlnx + 1
2 x – 1 2 x = x lnx = h(x). La fonction H est bien une primitive de la fonction h.
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
F(x) = H(x) – 1
2 x²
F(x) = 1
2 x²lnx – 1
4 x² – 1 2 x²
F(x) = 1
2 x² lnx – 1
4 x² – 2 4 x²
F(x) = 1
2 x² lnx – 3 4 x²
RESOLUTION APPROCHEE DE L’EQUATION X(lnX – 1) = 0
TI CASIO
Y
1
= X(lnX – 1)
Y
2
= 0
ENTER
1 PROGRAMMATION DES FONCTIONS
MENU GRAPH
Y
1
= X(lnX – 1)
Y
2
= 0
EXE
2 FENETRE
x 1 = X
min
α
αα
α 5 = X
max
Variations
de f
3,05 = Y
max
0
– 1 = Y
min
GRAPH 3 OBTENIR LES COURBES DRAW (F6)
2
nde
CALC Intersect ENTER
1
ère
courbe ? ENTER
2
ème
courbe ? ENTER
Guess ? ENTER (2 fois)
Intersection : x = 2,718 y = 0
4 LEUR POINT D’INTERSECTION
Shift
G-Solv (F5)
- ISCT (F5)
- Attendre
ISCT : x = 2,718 y = 0
x 1 α
αα
α 5
Variations de f
+
3,05
0
– 1
Signe de f(x) – 0 +
x 1 α
αα
α + ∞
Signe de f(x) – 0 +
X
min
= 1 (ou 0)
X
max
= 5 (ou 6)
Y
min
= – 1 (ou – 2)
Y
max
= 3,05 (ou 4)

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Exercice 2 : QCM
Question 1.
Les événements A et B sont indépendants donc
1
2
3
2
4
P(A ∩ B) = P(A) × P(B)
P
A
(B) = P(B)
P
B
(A) = P(A)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B)
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A) × P(B)
P(A ∪ B) = 1
3 + 2
5 – 1 3 × 2 5
P(A ∪ B) = 1
3 + 2
5 – 2 15
P(A ∪ B) = 5
15 + 6
15 – 2 15
P(A ∪ B) = 9
15
P(A ∪ B) = 3
5 (réponse b)
Question 2.
1
ère
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
x > 1
3 .
L’ensemble de résolution est : D = ] 1
3 ; + ∞ [
Résolution : ln(3x – 1) ≤ 1
exp[ln(3x – 1)] ≤ exp(1)
3x – 1 ≤ e
1
3x ≤ e
1
+ 1
x ≤ e
1
+ 1
3
On doit avoir : x > 1
3 et x ≤ e + 1
3 donc 1 3 < x et x ≤ e + 1 3 d’où 1 3 < x ≤ e + 1 3
L’ensemble des solutions de l’inéquation est donc ] 1
3 ; e
1
+ 1
3 ]
2
ème
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) :
0 ∈ ]– ∞ ; 1
3 [ ; 0 ∈ ]– ∞ ; 2
3[ et 0 ∈ ] – ∞ ; e + 1 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.
La valeur x = 0 ne convient pas, les réponses ] – ∞ ; 1
3 [ ; ] – ∞ ; 2
3[ et ]– ∞ ; e + 1 3 ] ne conviennent pas.
La seule réponse qui convient est l’intervalle : ]1
3 ; e + 1 3 [ (réponse d)