Corrigé Bac S Maths 2015 Pondichéry

Baccalauréat 2015 - S
Pondichéry
Série S Obli. et Spé.
17 Avril 2015
Correction
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Exercice 1. Fonction 4 points
Commun à tous les candidats
Partie A
Soit fla fonction définie sur Rpar f(x) = 3
1 + e−2x. La courbe représentative de fest Cet ∆la droite d’équation y= 3.
1. Démontrer que la fonction fest strictement croissante sur R.
•fest définie sur R
La fonction exponentielle est strictement positive sur Rdonc le numérateur est non nul car somme de deux termes
strictement positifs. la fonction fest bien définie sur R.
•fest dérivable sur R
La fonction fest dérivable sur Rcomme quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle.
•Calcul de la dérivée
La fonction fest de la forme 31
vdonc de dérivée 3−v′ v2avec :
∀x∈R;f(x) = 3 1
v(x):(v(x) = 1 + e−2x
v′(x) = −2e−2x
On a donc :
∀x∈R, f′(x) = 3 −v′(x)
(v(x))2
f′(x) = 3 2e−2x
(1 + e−2x)2
∀x∈R, f′(x) = 6e−2x
(1 + e−2x)2
•Signe de la dérivée
La fonction exponentielle est strictement positive sur Rdonc f′(x)est strictement positive sur cet intervalle comme
quotient de deux termes positifs (strictement). La fonction fest donc croissante sur R.
2. Justifier que la droite ∆est asymptote à C.
On a : 
lim
x→+∞e−2x= 0
lim
x→+∞1 + e−2x= 1 
=⇒lim
x→+∞
3
1 + e−2x= 3
Donc
lim
x→+∞f(x) = 3 ⇐⇒ lim x→+∞f(x)−3 = 0
La droite ∆est asymptote à Cen +∞.

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Obli. et Spé. - 17 Avril 2015
3. Démontrer que l’équation f(x) = 2,999 admet une unique solution αsur R.
Donner un encadrement de αd’amplitude 10−2.
•Calculons la limite en −∞
On a : 
lim
x→−∞ e−2x= +∞
lim
x→−∞ 1 + e−2x= +∞
=⇒
Par quotient lim
x→−∞
3
1 + e−2x= 0
Donc
lim
x→−∞ f(x) = 0
On a donc le tableau de variation suivant :
x
f′(x)
f(x)
−∞ +∞
+
00
33
α
2.999
•Application du TVI
Si fest une fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle [a;b],
alors, pour tout réel kcompris entre f(a)et f(b), l’équation f(x) = kadmet une unique solution dans [a;b].
Remarque : Le première démonstration rigoureuse de ce théorème est due au mathématicien autrichien Bernard
Bolzano (1781-1848, Prague, Empire d’Autriche).
Théorème 1 (Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires)
–La fonction fest continue (car dérivable) et strictement croissante sur R;
–L’image par fde Rest ]0 ; 3[ d’après le tableau de variations et le calcul des limites aux bornes.
–Le réel k= 2,999 appartient à l’intervalle image car 0<2,999 <3
Donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = k= 2,999 admet une
solution unique αsur R.
•Encadrement de α
Pour avoir un encadrement de α, on peut utiliser la fonction TABLE de la calculatrice.
Avec un pas de ∆ = 0,01 on obtient :
(f(4) ≈2,99899 <2,999
f(4,01) ≈2,99901 >2,999 donc 4< α < 4,01
Partie B
Soit hla fonction définie sur Rpar h(x) = 3 −f(x).
1. Justifier que la fonction hest positive sur R.
On a montré que l’image par fde Rest ]0 ; 3[ d’après le tableau de variations et le calcul des limites aux bornes, de ce fait :
∀x∈R;f(x)<3
Soit
∀x∈R; 3 −f(x)>0
La fonction hest positive sur R.
www.math93.com /www.mathexams.fr c ISSN 2272-5318 2/17

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Obli. et Spé. - 17 Avril 2015
2. Soit Hla fonction définie sur Rpar H(x) = −3
2ln 1 + e−2x. Démontrer que Hest une primitive de hsur R.
La fonction Hest dérivable sur Rcomme composée de fonc-
tions qui le sont.
La fonction Hest de la forme −3
2ln udonc de dérivée −3 2
u′
u.
∀x∈R;H(x) = −3
2ln u(x) : (u(x) = 1 + e−2x
u′(x) = −2e−2x
On a donc :
∀x∈R, H′(x) = −3
2
u′(x)
u(x)
H′(x) = −3
2−2e−2x 1 + e−2x
Soit
∀x∈R;H′(x) = 3e−2x
1 + e−2x
Or
∀x∈R;h(x) = 3 −f(x)
h(x) = 3 −3
1 + e−2x
h(x) = 31 + e−2x−3
1 + e−2x)
h(x) = 3e−2x
1 + e−2x
D’où
∀x∈R;H′(x) = 3e−2x
1 + e−2x=h(x)
La fonction Hest une primitive de hsur R.
3. Soit aun réel strictement positif.
3. a. Donner une interprétation graphique de l’intégrale Za
0
h(x)dx.
1
2
3
4
−1
1 2−1−→
ı
−→
C
∆
x=a
•Intégrabilité
La fonction hest continue sur Rdonc intégrable (au sens de Riemann) sur tout intervalle fermé de R, à fortiori sur
l’intervalle [0 ; a], a ∈R∗
+.
•Aire avec h
D’après la question B.1., la fonction hest de plus positive sur R, à fortiori sur l’intervalle [0 ; a], a ∈R∗
+.
L’intégrale sur [0 ; a]de hreprésente donc l’aire, exprimée en unité d’aire du domaine délimité par :
–les droites d’équation x= 0 et x=a;
–L’axe des abscisses ;
–la courbe Ch.
•Aire avec Cet ∆
Par définition de la fonction h, pour tout xréel h(x) = 3 −f(x).
Donc on peut écrire que pour aréel strictement positif :
Za
0
h(x)dx=Za
0
(3 −f(x)) dx= 3a−Za
0
f(x)dx
L’intégrale sur [0 ; a]de hreprésente donc l’aire, exprimée en unité d’aire du domaine D délimité par :
–les droites d’équation x= 0 et x=a;
–La droite ∆;
–la courbe Cf.
Za
0
h(x)dxreprésente l’aire du domaine compris entre Det Cfet les deux droites verticales d’équation x= 0 et x=a.
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3. b. Démontrer que Za
0
h(x)dx=3
2ln 2 1 + e−2a.
On a montré que Hétait une primitive de hsur Rdonc pour tout réel astrictement positif on a :
Za
0
h(x)dx=hH(x)ia
0
Za
0
h(x)dx=H(a)−H(0)
Za
0
h(x)dx=−3
2ln 1 + e−2a+3 2ln 1 + e0
Za
0
h(x)dx=3
2ln 2 −ln 1 + e−2a
Or pour aet bstrictement positifs on a : ln a−ln b= ln a
bsoit :
∀a∈R∗
+;Za
0
h(x)dx=3
2ln 2 1 + e−2a
3. c. On note Dl’ensemble des points M(x;y)du plan défini par
(x>0
f(x)6y63
Déterminer l’aire, en unité d’aire, du domaine D.
1
2
3
4
−1
12345−1−2−→
ı
−→
C
∆
L’aire du domaine cherché, notée ADreprésente l’aire du domaine compris entre Det Cfsur le demi-plan d’équation x≥0.
D’après ce qui précède, cela correspond à :
lim
a→+∞Za
0
h(x)dx
Donc
AD= lim
a→+∞Za
0
h(x)dx= lim
a→+∞
3
2ln 2 1 + e−2a
Or
lim
a→+∞e−2a= 0
lim
a→+∞1 + e−2a= 1 
=⇒lim
a→+∞
2
1 + e−2a= 2 =⇒
par composition lim
a→+∞ln 2
1 + e−2a= ln 2
Donc
AD= lim
a→+∞Za
0
h(x)dx=3
2ln 2
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Exercice 2. Suites 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A
Soit (un)la suite définie par son premier tenue u0et, pour tout entier naturel n, par la relation un+1 =aun+b
(avec aet bréels non nuls tels que a6= 1). On pose, pour tout entier naturel n, vn=un−b
1−a.
1. Démontrer que, la suite (vn)est géométrique de raison a.
Pour tout entier non a :
∀n∈N;vn+1 =un+1 −b
1−a
vn+1 =a un+b−b
1−a
vn+1 =a un+b(1 −a)−b
1−a
vn+1 =a un−ab
1−a
vn+1 =a
un−
ab
1−a
a
vn+1 =aun−b
1−a
vn+1 =a vn
La suite (vn)est donc une suite géométrique de raison q=a, et de premier terme v0avec v0=u0−b
1−a. Soit :
(vn) : (v0=v0
vn+1 =a×vn
;∀n∈N
2. En déduire que si aappartient à l’intervalle ]−1 ; 1[, alors la suite (un)a pour limite b
1−a.
•Exprimons vnen fonction de n
La suite (vn)est géométrique de raison q=a, et de premier terme v0=v0donc son terme général est
∀n∈N;vn=v0×(q)n
Soit
∀n∈N;vn=v0×(a)n
•Exprimons unen fonction de n
De l’égalité vn=un−b
1−adéfinie pour tout entier n, on peut en déduire l’expression de un=vn+b 1−asoit :
∀n∈N;un=v0×(a)n+b
1−a
•Limite
Par théorème
Si le réel qest tel que : −1< q < 1on a
lim
n→+∞qn= 0
Théorème 2
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