Pondichéry 2015. Enseignement spécifique

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.
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1
c Jean-Louis Rouget, 2015. Tous droits réservés.
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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.
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∆
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
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2
3 ln(2)
.
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