Corrigé - Baccalauréat blanc TS - 2015 EX 1 : ( 5 points ) Commun à

Baccalauréat blanc TS
Corrigé - Baccalauréat blanc TS - 2015 \
EX1 : ( 5 points ) Commun à tous les candidats
On considère les deux courbes (C1)et (C2)d’équations respectives y =exet y =−x2−1dans un repère orthogonal
du plan. Le but de cet exercice est de prouver qu’il existe une unique tangente (T)commune à ces deux courbes.
1. Sur le graphique représenté dans l’Annexe 1, tracer approximativement une telle tangente à l’aide d’une règle.
Lire graphiquement l’abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C1)et l’abscisse du point de
contact de cette tangente avec la courbe (C2).0,25 pt
Annexe 1 - Ex 1. y
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
−5−4−3−2−1 0 1 2 3 4 5 x
ab
A
B
C1
C2
T
2. On désigne par a et b deux réels quelconques, par A le point d’abscisse a de la courbe (C1)et par B le point d’abscisse
b de la courbe (C2).
a. Déterminer une équation de la tangente (TA)à la courbe (C1)au point A. 0,5 pt
Soit les fonctions g1:x7→ exet g2:x7→ −x2−1. Une équation de la tangente (TA)à la courbe (C1)au point A
est :
y=g0
1(a)(x−a)+g1(a)⇐⇒ y=ea(x−a)+ea⇐⇒ y=eax+ea(1−a)
b. Déterminer une équation de la tangente (TB)à la courbe (C2)au point B. 0,5 pt
Une équation de la tangente (TB)à la courbe (C2)au point B est :
y=g0
2(b)(x−a)+g2(b)⇐⇒ y=−2b(x−b)+(−b2−1) ⇐⇒ y=(−2b)x+b2−1
c. En déduire que les droites (TA)et (TB)sont confondues si et seulement si les réels a et b sont solutions du système
(S) : ½ea= −2b
ea−aea=b2−10,5 pt
Les équations étant sous forme réduite, les droites (TA)et (TB)sont confondues si, et seulement si, les coeffi-
cients de x (coefficients directeurs) sont égaux et les constantes (ordonnées à l’origine) sont égales, c’est-à-dire
en identifiant terme à terme les deux équations si, et seulement si, les réels aet bsont solutions du système
(TA)=(TB)⇐⇒ (S) : ½ea= −2b
ea−aea=b2−1
d. Montrer que le système (S) est équivalent au système (S0) : ½ea= −2b
e2a+4aea−4ea−4=00,5 pt
(S) ⇐⇒ (b=−ea
2
ea(1−a)=³−ea
2´2−1⇐⇒ ½b=−ea
2
4ea(1 −a)=(ea)2−4⇐⇒ (S0) : ½ea= −2b
e2a+4aea−4ea−4=0
Corrigé BAC BLANC Février 2015 1Lycée Beaussier

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3. Le but de cette question est de prouver qu’il existe un unique réel solution de l’équation
(E) : e2x+4xex−4ex−4=0.
Pour cela, on considère la fonction f définie sur par : f (x)=e2x+4xex−4ex−4.
a. Montrer que pour tout x appartenant à ]−∞ ; 0[, e2x−4<0et 4ex(x−1) <0.0,5 pt
— Pour tout x∈]−∞ ; 0[, 2x<0 donc e2x<1, à plus forte raison e2x<4 d’où e2x−4<0
— Pour tout x∈]−∞ ; 0[,x<1 donc x−1<0 et comme 4ex>0, on a bien 4ex(x−1) <0.
b. En déduire que l’équation (E) n’a pas de solution dans l’intervalle ]−∞ ; 0[.0,5 pt
L’équation (E) n’a pas de solution dans l’intervalle ] −∞ ; 0[, car sur cet intervalle, e2x+4xex−4ex−4<0.
c. Démontrer que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[.0,5 pt
La fonction fest dérivable sur (théorèmes sur sommes et produits de fonction dérivables sur ).
La fonction fest strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, car sa dérivée est positive :
Pour tout réel x,f0(x)=2e2x+4ex+4xex−4ex=2e2x+4xex>0 (somme de nombres strictement positifs)
d. Démontrer que l’équation (E) admet une solution unique dans l’intervalle [0 ; +∞[.0,5 pt
On note a cette solution. Donner un encadrement d’amplitude 10−2de a. 0,25 pt
f(0) =−7 et lim
x→+∞ f(x)=lim x→+∞e2xµ1+4x
ex−4 ex−4 e2x¶=+∞ car lim
x→+∞
x
ex=lim
x→+∞
4
enx =0 (n=1 ou 2)
x
f0(x)
f(x)
0+∞
+
−7−7
+∞+∞
a
0
La fonction fest continue et strictement croissante sur [0 ; +∞[ ; elle réalise donc une bijection de [0 ; +∞[ sur
[−7 ; +∞[.
Or 0 ∈[−7 ; +∞[, donc 0 possède un unique antécédent, noté avérifiant f(a)=0.
Encadrement d’amplitude 10−2de a(en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires) :
f(0,84) '−0,117 et f(0,85) '0,07 =⇒ 0,84 <a<0,85
4. On prend pour A le point d’abscisse a. Déterminer un encadrement d’amplitude 10−1du réel b pour lequel les droites
(TA)et (TB)sont confondues. 0,5 pt
On prend pour A le point d’abscisse a. Encadrement d’amplitude 10−1du réel bpour lequel les droites (TA)et (TB)
sont confondues b=−ea
2donc :
0,84 <a<0,85 ⇐⇒ 2,31 <e0,84 <ea<e0,85 <2,34
⇐⇒ 1,155 <ea
2<1,17 ⇐⇒ −1,2 <−ea 2<−1,1 ⇐⇒ −1,2 <b<−1,1
EX2 :( 5 points ) Commun à tous les candidats On note l’ensemble des nombres complexes.
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé ³O,−→ u,−→ v´. On a comme unité 2cm sur chaque axe.
Le graphique sera fait sur l’Annexe 2 et complété au fur et à mesure des questions.
On considère la fonction f qui à tout nombre complexe z associe f (z)=z2+2z+9.
1. Calculer l’image de −1+ip3par la fonction f . 0,5 pt
f³−1+ip3´=³−1+ip3´2+2³−1+ip3´+9=1− 2ip3−3−2+ 2ip3+9=5
Corrigé BAC BLANC Février 2015 2Lycée Beaussier

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2. Résoudre dans l’équation f (z)=5.0,5 pt
Construire alors sur le graphique, à la règle et au compas, les points Aet Bdont l’affixe est solution de l’équation (A
étant le point dont l’affixe a une partie imaginaire positive). On laissera les traits de construction apparents. 0,5 pt
f(z)=5⇐⇒ z2+2z+9=5⇐⇒ z2+2z+4=0 ; avec ∆=4−16 =−12 =−¡2p3¢2
Donc l’équation admet deux racines complexes conjuguées : −2+2ip3
2=−1+ip3 et −1−ip3
S=n−1−ip3 ; −1+ip3oOn appelle A le point d’affixe zA=−1+ip3 et B le point d’affixe zB=−1−ip3
|zA|=p1+3=2 donc le point A se trouve sur le cercle de centre O et de rayon 2. De plus la partie réelle de zAvaut
−1 donc A se trouve sur la droite d’équation x=−1. Idem pour B.
Annexe 2 - Ex 2.
−→
v
−→
u
−4−3−2−1 1234
O
A
B
Ω
i
2i
3i
−i
−2i
−3i
D2
D1
(F)
3. Soit λun nombre réel. On considère l’équation f (z)=λd’inconnue z.
Déterminer l’ensemble des valeurs de λpour lesquelles,
l’équation f (z)=λadmet deux solutions complexes conjuguées. 0,25 pt + 0,5 pt
f(z)=λ⇐⇒ z2+2z+9=λ⇐⇒ z2+2z+9−λ=0
Pour que l’équation f(z)=λadmette deux solutions complexes conjuguées, il faut et il suffit que le discriminant
du polynôme z2+2z+9−λsoit strictement négatif.
∆=4−4(9−λ)=4−36 +4λ=4λ−32 ; ∆<0⇐⇒ 4λ−32 <0⇐⇒ λ<8
L’ensemble des valeurs de λpour lesquelles l’équation f(z)=λadmet deux solutions complexes conjuguées est
l’intervalle ]−∞ ; 8[.
4. Soit (F) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z vérifie ¯¯f(z)−8¯¯=3.
Prouver que (F) est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayon p3. Tracer (F) sur le graphique. 0,5 pt + 0,25 pt
f(z)−8=z2+2z+9−8=z2+2z+1=(z+1)2; donc ¯¯f(z)−8¯¯=¯¯(z+1)2¯¯=|z+1|2(le module d’un carré =au carré du module).
Donc ¯¯f(z)−8¯¯=3⇐⇒ |z+1|2=3⇐⇒ |z+1|=p3
Soit Ωle point d’affixe −1, donc de coordonnées (−1; 0) ; si on appelle M le point d’affixe z,
alors ¯¯f(z)−8¯¯=3⇐⇒ |z+1|=p3⇐⇒ |zM−zΩ|=p3
L’ensemble (F) des points M vérifiant |zM−zΩ|=p3 est le cercle de centre Ωet de rayon p3.
Corrigé BAC BLANC Février 2015 3Lycée Beaussier

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5. Soit z un nombre complexe, tel que z =x+iy où x et y sont des nombres réels.
a. Montrer que la forme algébrique de f (z)est x2−y2+2x+9+i(2x y +2y).0,5 pt
f(z)=z2+2z+9=(x+iy)2+2(x+iy)+9=x2+2ix y −y2+2x+2iy+9=x2−y2+2x+9+i(2x y +2y)
b. On note (E) l’ensemble des points du plan complexe dont l’affixe z est telle que f (z)soit un nombre réel. 0,25 pt
Montrer que (E) est la réunion de deux droites D1et D2dont on précisera les équations. 0,25 pt
Compléter le graphique de l’annexe en traçant ces droites. 0,25 pt
f(z) réel ⇐⇒ 2xy +2y=0⇐⇒ 2y(x+1) =0⇐⇒ y=0 ou x=−1
Donc (E) est la réunion de deux droites D1d’équation y=0 (l’axe des abscisses) et D2d’équation x=−1.
6. Déterminer les coordonnées des points d’intersection des ensembles (E) et (F).0,25 pt + 0,5 pt
Le cercle (F) est de centre Ωd’affixe −1 et de rayon p3. Donc les points d’intersection du cercle (F) avec l’axe des
abscisses ont pour coordonnées ¡−1−p3 ; 0¢et ¡−1+p3 ; 0¢.
Les points A et B ont pour affixes zAet zBdont les parties réelles sont égales à −1 ; donc A et B sont situés sur la
droite D2.
ΩA=|zA−zΩ|=¯¯−1+ip3+1¯¯=¯¯ip3¯¯=p3 donc le point A appartient au cercle (F).
ΩB=|zB−zΩ|=¯¯−1−ip3+1¯¯=¯¯−ip3¯¯=p3 donc le point B appartient au cercle (F).
Les coordonnées des quatre points d’intersection des ensembles (E) et (F) sont :
³−1−p3 ; 0´,³−1+p3 ; 0´,³−1 ; p3´et ³−1 ; −p3´
EX3 :( 5 points ) Commun à tous les candidats
On considère la suite ¡un¢définie par : 
u0=0
un+1=3un+2
un+4
et on définit la fonction f sur [0 ; 1]par f (x)=3x+2
x+4
Partie A - Étude qualitative
1. Construire sur l’ Annexe 3 les termes u0, u1, u2et u3. On laissera les traits de construction apparents.
Quelles conjectures peut-on émettre? (sens de variation, limite éventuelle). 0,25 pt
Annexe 3 - Ex 3.
x
y
0,50 1,00 1,50 2,00
0,50
1,00
1,50
u0u1u2u3
O
¡Cf¢
Je conjecture que la suite ¡un¢est croissante, majorée par 1 et qu’elle converge vers `=1.
Corrigé BAC BLANC Février 2015 4Lycée Beaussier

Baccalauréat blanc TS
2. Étudier les variations de f et montrer que pour tout x ∈[0 ; 1]: f (x)∈[0 ; 1].0,25 pt + 0,25 pt
f=U
Vavec U(x)=3x+2 et V(x)=x+4
f0=U0.V −U.V0
V2avec U0(x)=3 , et V0(x)=1
f0(x)=3(x+4) −(3x+2)
(x+4)2⇐⇒ f0(x)=10 (x+4)2donc f0(x)>0 sur [0 ; 1]
fonction dérivée
U
V
U0.V −U.V0
V2
La fonction fest donc croissante sur l’intervalle [0 ; 1].
Par suite si x∈[0 ; 1]=⇒ 06x61
=⇒ f(0) 6f(x)6f(1) car fest croissante sur [0 ; 1].
=⇒ 1
26f(x)61
Si x∈[0 ; 1]alors f(x)∈[0 ; 1]
3. Montrer par récurrence que pour tout n ∈, 0 6un6un+161.1 pt
Soit P(n) la propriété : « 0 6un6un+161 ». Montrons par récurrence que P(n) est vraie pour tout n∈.
•Initialisation : on a u1=3×0+2
0+4=2 4=0,5 donc 0 6u06u161.
La propriété est vraie pour n=0. P(0) est vraie, avec 0 6060,5 61.
•Hérédité : supposons qu’il existe n∈tel que : 0 6un6un+161je suppose la proposition vraie au rang n
06un6un+161 (HR)
Alors, comme f est croissante sur [0 ; 1]:f(0) 6f(un)6f(un+1)6f(1)
061
26un+16un+261
alors la proposition est vraie au rang n +1
et la propriété P(n) est donc héréditaire.
•Conclusion : la proposition est vraie pour n=0 , elle est héréditaire
donc par récurrence on a, quel que soit n∈,06un6un+161
4. Démontrer alors que la suite ¡un¢est convergente (on ne demande pas de calculer la limite) . 0,5 pt
D’après la question précédente la suite (un) est croissante.
De plus, pour tout entier naturel n,un61, la suite est donc majorée.
On en déduit, d’après le théorème de convergence des suites monotones, que la suite (un) est convergente.
Partie B - Étude quantitative
On considère la suite ¡vn¢définie par : vn=un−1
un+2.
1. Montrer que la suite ¡vn¢est une suite géométrique de raison 2
5et préciser son premier terme. 0,5 pt + 0,25 pt
Soit n∈, alors :
vn+1=un+1−1
un+1+2=µ3un+2 un+4−1¶×1
3un+2
un+4+2=2un−2
un +4×
un+4
5un+10 =2 5×un−1 un+2⇐⇒ vn+1=2 5vn
La suite (vn) est donc géométrique de raison 2
5. Son premier terme vaut v0=u0−1 u0+2=−1 2.
2. Exprimer vnen fonction de n. 0,25 pt
La suite (vn) étant géométrique, on a, pour tout entier naturel n:vn=−1
2µ2 5¶n
3. Montrer que pour tout n ∈,un=−1+¡2
5¢n
−1
2ס2 5¢n−1.0,25 pt + 0,25 pt
Pour tout n∈:
vn=un−1
un+2⇐⇒ vn×(un+2)=un−1⇐⇒ vn.un−un= −1−2vn⇐⇒ un=−1−2vn vn−1avec vn6=1 car un−16=un+2
un=−1−2ס−1
2¢¡2 5¢n
¡−1
2¢¡2 5¢n−1=−1+¡2
5¢n
−1
2ס2 5¢n−1
Corrigé BAC BLANC Février 2015 5Lycée Beaussier