baccalauréat exercices intégrales exercice 1 · 2020-03-16 · [baccalauréat exercices...

$: Baccalauréat Exercices intégrales exercice 1 · 2020-03-16 · [Baccalauréat Exercices intégrales \ exercice 1 Partie A Dans le plan muni d’un repère orthonormé ¡ O, →−ı,$
[ Baccalauréat Exercices intégrales \

exercice 1

Partie A

Dans le plan muni d’un repère orthonormé(

O, −→ı , −→)

, on désigne par Cu la courbe représentative de la fonction u

définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par :

u(x) = a +b

x+

c

x2

où a,b et c sont des réels fixés.On a tracé sur le graphique ci-dessous la courbe Cu et la droite D d’équation y = 1.

A BO −→ı

−→

Cu

D

On précise que la courbe Cu passe par les points A(1; 0) et B(4; 0) et que l’axe des ordonnées et la droite D sontasymptotes à la courbe Cu .

1. Donner les valeurs de u(1) et u(4).

2. Donner limx→+∞

u(x). En déduire la valeur de a.

3. En déduire que, pour tout réel x strictement positif, u(x) =x2 −5x +4

x2 .

Partie B

Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par :

f (x) = x −5ln x −4

x.

1. Déterminer la limite de f (x) lorsque x tend vers 0. On pourra utiliser sans démonstration le fait que limx→0

x ln x =

0.

2. Déterminer la limite de f (x) lorsque x tend vers +∞.

3. Démontrer que, pour tout réel x strictement positif, f ′(x) = u(x).

En déduire le tableau de variation de la fonction f en précisant les limites et les valeurs particulières.

Partie C

1. Déterminer l’aire A , exprimée en unité d’aire, du domaine hachuré sur le graphique de la partie A.

2020 TS2

2. Pour tout réel λ supérieur ou égal à 4, on note Aλ l’aire, exprimée en unité d’aire, du domaine formé par lespoints M de coordonnées (x ; y) telles que

46 x 6λ et 06 y 6 u(x).

Existe-t-il une valeur de λ pour laquelle Aλ =A ?

Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, seraprise en compte dans l’évaluation.

exercice 2

Soit n un entier naturel non nul.On considère la fonction fn définie et dérivable sur l’ensemble R des nombres réels par

fn (x) = x2e−2nx .

On note Cn la courbe représentative de la fonction fn dans un repère orthogonal.

On définit, pour tout entier naturel n non nul, In =

∫1

0fn (x) dx.

Partie A : Étude de la fonction f1

1. La fonction f1 est définie sur R par f1(x) = x2e−2x .

On admet que f1 est dérivable sur R et on note f ′1 sa dérivée.

a. Justifier que pour tout réel x, f ′1(x) = 2xe−2x (1− x).

b. Étudier les variations de la fonction f1 sur R.

c. Déterminer la limite de f1 en −∞.

d. Vérifier que pour tout réel x, f1(x) =( x

ex

)2. En déduire la limite de f1 en +∞.

2. En utilisant un système de calcul formel, on trouve qu’une primitive F1 de la fonction f1 est donnée par F1(x) =

−e−2x

(

x2

2+

x

2+

1

4

)

.

En déduire la valeur exacte de I1.

Partie B : Étude de la suite (In )

1. Soit n un entier naturel non nul.

a. Interpréter graphiquement la quantité In .

b. Émettre alors une conjecture sur le sens de variation et sur la limite éventuelle de la suite (In ). Expliciter ladémarche qui a mené à cette conjecture.

2. a. Justifier que, pour tout entier naturel n non nul et pour tout réel x appartenant à [0 ; 1],

fn+1(x) = e−2x fn (x).

b. En déduire, pour tout entier naturel n non nul et pour tout réel x appartenant à [0 ; 1],

fn+1(x)6 fn(x).

c. Déterminer alors le sens de variation de la suite (In ).


a. Justifier que pour tout entier naturel n non nul et pour tout réel x appartenant à [0 ; 1],

06 fn (x)6 e−2nx .

b. En déduire un encadrement de la suite (In ), puis sa limite.

intégrales 2 by Giorgio

2020 TS2

exercice 3

Soit f la fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ telle que :

f (x) =x

ex − x

On admet que la fonction f est positive sur l’intervalle [0 ; +∞[.On note C la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthogonal du plan.La courbe C est représentée en annexe, à rendre avec la copie.

Partie A

Soit la suite (In ) définie pour tout entier naturel n par In =

∫n

0f (x) dx.

On ne cherchera pas à calculer la valeur exacte de In en fonction de n.

1. Montrer que la suite (In ) est croissante.

2. On admet que pour tout réel x de l’intervalle [0 ; +∞[, ex− x >

ex

2.

a. Montrer que, pour tout entier naturel n, In 6

∫n

02xe−x dx.

b. Soit H la fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ telle que :

H(x) = (−x −1)e−x

Déterminer la fonction dérivée H ′ de la fonction H .

c. En déduire que, pour tout entier naturel n, In 6 2.

3. Montrer que la suite (In ) est convergente. On ne demande pas la valeur de sa limite.

Partie B

On considère l’algorithme suivant dans lequel les variables sont— K et i des entiers naturels, K étant non nul ;— A, x et h des réels.

Initialisation A ← 0x ← 0

h ←1

K

Traitement Pour i variant de 1 à K

A ← A+h× f (x)x ← x +h

Fin PourSortie Afficher A

1. Reproduire et compléter le tableau suivant, en faisant fonctionner cet algorithme pour K = 4. Les valeurs suc-cessives de A seront arrondies au millième.

i A x

1234

2. En l’illustrant sur l’annexe à rendre avec la copie, donner une interprétation graphique du résultat affiché parcet algorithme pour K = 8.

3. Que donne l’algorithme lorsque K devient grand ?


2020 TS2

ANNEXE Exercice 3

Courbe C , représentative de la fonction f sur [0 ; 6]

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

−0,1

−0,2

0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5

C


0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,25 0,50 0,75 1,00

C

0


2020 TS2

exercice 4

On définit la suite (un ) de la façon suivante :

pour tout entier naturel n, un =

∫1

0

xn

1+ xdx.

1. Calculeru0 =

∫1

0

1

1+ xdx.

2. a. Démontrer que, pour tout entier naturel n, un+1 +un =1

n+1.

b. En déduire la valeur exacte de u1.

3. a. Recopier et compléter l’algorithme ci-dessous afin qu’il affiche en sortie le terme de rang n de la suite (un )où n est un entier naturel saisi en entrée par l’utilisateur.

Variables : i et n sont des entiers naturelsu est un réel

Entrée : Saisir n

Initialisation : Affecter à u la valeur . . .Traitement : Pour i variant de 1 à . . .

|Affecter à u la valeur . . .Fin de Pour

Sortie : Afficher u

b. À l’aide de cet algorithme, on a obtenu le tableau de valeurs suivant :

n 0 1 2 3 4 5 10 50 100

un 0,693 1 0,306 9 0,193 1 0,140 2 0,109 8 0,090 2 0,047 5 0,009 9 0,005 0

Quelles conjectures concernant le comportement de la suite (un ) peut-on émettre ?

4. a. Démontrer que la suite (un ) est décroissante.

b. Démontrer que la suite (un ) est convergente.

5. On appelle ℓ la limite de la suite (un ). Démontrer que ℓ= 0.

exercice 5

Partie A

Soit f la fonction définie sur R par

f (x) =3

1+e−2x.

Sur le graphique ci-après, on a tracé, dans un repère orthogonal(

O, −→ı , −→)

, la courbe représentative C de la fonctionf et la droite ∆ d’équation y = 3.

1

2

3

1 2 3 4-1-2−→ı

−→

C

∆


2020 TS2

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.

2. On désigne par H la fonction définie sur R par H(x) =−3

2ln

(

1+e−2x)

.

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

0h(x) dx.

b. Démontrer que∫a

0h(x) dx =

3

2ln

(

2

1+e−2a

)

.

c. On note D l’ensemble des points M(x ; y) du plan défini par{

x > 0f (x) 6 y 6 3

Déterminer l’aire, en unité d’aire, du domaine D.

exercice 6

Partie A

Soit u la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par

u(x) = ln(x)+ x −3.

1. Justifier que la fonction u est strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

2. Démontrer que l’équation u(x) = 0 admet une unique solution α comprise entre 2 et 3.

3. En déduire le signe de u(x) en fonction de x.

Partie B

Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par

f (x) =

(

1−1

x

)

[ln(x)−2]+2.

On appelle C la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthogonal.

1. Déterminer la limite de la fonction f en 0.

2. a. Démontrer que, pour tout réel x de l’intervalle ]0 ; +∞[, f ′(x) =u(x)

x2où u est la fonction définie dans la

partie A.

b. En déduire le sens de variation de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

Partie C

Soit C Š la courbe d’équation y = ln(x).

1. Démontrer que, pour tout réel x de l’intervalle ]0 ; +∞[, f (x)− ln(x) =2− ln(x)

x.

En déduire que les courbes C et C Š ont un seul point commun dont on déterminera les coordonnées.


2020 TS2

2. On admet que la fonction H définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par

H(x) =1

2[ln(x)]2

est une primitive de la fonction h définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par h(x) =ln(x)

x.

Calculer I =

∫e2

1

2− ln x

xdx.

Interpréter graphiquement ce résultat.

exercice 7

Les parties A et B sont indépendantes

Le fabricant de cadenas de la marque « K » désire imprimer un logo pour son entreprise.Ce logo a la forme d’une lettre majuscule K stylisée, inscrite dans un carré ABCD, de côté une unité de longueur, etrespectant les conditions C1 et C2 suivantes :• Condition C1 : la lettre K doit être constituée de trois lignes :

— une des lignes est le segment [AD] ;— une deuxième ligne a pour extrémités le point A et un point E du segment [DC] ;— la troisième ligne a pour extrémité le point B et un point G situé sur la deuxième ligne.

• Condition C2 : l’aire de chacune des trois surfaces délimitées par les trois lignes dessinées dans le carré doit êtrecomprise entre 0,3 et 0,4, l’unité d’aire étant celle du carré. Ces aires sont notées r , s, t sur les figures ci-après.

Un atelier de design propose deux dessins possibles, représentés ci-dessous :

A B

CD E

G

r

s

t

Proposition A

A B

CD E

Gr

s

t

Proposition B

Pour mener les études qui suivent, on se place dans le repère orthonormé(

A ;−−→AB ,

−−→AD

)

.

Partie A : étude de la proposition A

Dans cette proposition les trois lignes sont des segments et les trois aires sont égales : r = s = t =1

3.

Déterminer les coordonnées des points E et G.

Partie B : étude de la proposition B

Cette proposition est caractérisée par les deux modalités suivantes :• la ligne d’extrémités A et E est une portion de la représentation graphique de la fonction f définie pour tout réelx > 0 par : f (x) = ln(2x +1) ;• la ligne d’extrémités B et G est une portion de la représentation graphique de la fonction g définie pour tout réel

x > 0 par : g (x) = k

(

1− x

x

)

, où k est un réel positif qui sera déterminé.


2020 TS2

1. a. Déterminer l’abscisse du point E.

b. Déterminer la valeur du réel k, sachant que l’abscisse du point G est égale à 0,5.

2. a. Démontrer que la fonction f admet pour primitive la fonction F définie pour tout réel x > 0 par :

F (x) = (x +0,5)× ln(2x +1)− x.

b. Démontrer que r =e

2−1.

3. Déterminer une primitive G de la fonction g sur l’intervalle ]0 : +∞[.

4. On admet que les résultats précédents permettent d’établir que

s = [ln(2)]2+

ln(2)−1

2.

La proposition B remplit-elle les conditions imposées par le fabricant ?

corrigé exo 1

Partie A

Dans le plan muni d’un repère orthonormé(

O, −→ı , −→)

, on désigne par Cu la courbe représentative de la fonction u

définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : u(x) = a +b

x+

c

x2 où a, b et c sont des réels fixés.

1. La courbe Cu passe par le point A(1; 0) donc u(1) = 0.

La courbe Cu passe par le point B(4; 0) donc u(4) = 0.

2. La droite D d’équation y = 1 est asymptote à la courbe Cu en +∞ donc limx→+∞

u(x) = 1.

limx→+∞

b

x= 0

limx→+∞

c

x2= 0

=⇒ limx→+∞

(

a +b

x+

c

x2

)

= a ⇐⇒ limx→+∞

u(x) = a

limx→+∞

u(x) = 1

limx→+∞

u(x) = a

}

=⇒ a = 1 donc u(x) = 1+b

x+

c

x2

3. D’après la première question u(1) = 0 ce qui équivaut à 1+b

1+

c

12= 0 ⇐⇒ b +c =−1.

De même u(4) = 0 équivaut à 1+b

4+

c

42= 0 ⇐⇒ 1+

b

4+

c

16= 0 ⇐⇒ 4b +c =−16.

On résout le système

{

b +c = −14b +c = −16

⇐⇒

{

c = −1−b

4b −1−b = −16⇐⇒

{

c = 4b = −5

Donc pour tout x de ]0; +∞[, u(x) = 1−5

x+

4

x2=

x2 −5x +4

x2

Partie B

Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : f (x) = x −5ln x −4

x.

1. f (x) = x −5ln x −4

x=

x2 −5x ln x −4

x

limx→0

x2= 0

limx→0x>0

x ln x = 0

=⇒ limx→0x>0

(

x2−5x ln x −4

)

=−4

limx→0

x = 0

x > 0

=⇒ limx→0x>0

x2 −5x ln x −4

x=−∞

donc limx→0x>0

f (x) =−∞


2020 TS2

2. f (x) = x −5ln x −4

x= x

(

1−5ln x

x

)

−4

x

limx→+∞

ln x

x= 0 =⇒ lim

x→+∞

(

1−5ln x

x

)

= 1 =⇒ limx→+∞

x

(

1−5ln x

x

)

=+∞

limx→+∞

4

x= 0

=⇒ limx→+∞

x

(

1−5ln x

x

)

−4

x=+∞ donc lim

x→+∞f (x) =+∞

3. La fonction f est dérivable sur ]0; +∞[ comme somme de fonctions dérivables et :

f ′(x) = 1−5×1

x−4×

(

−1

x2

)

= 1−5

x+

4

x2= u(x)

u(x) =x2 −5x +4

x2=

(x −1)(x −4)

x2; on peut donc déterminer le signe de u(x) sur ]0; +∞[ et donc le signe de

f ′(x).

u(x) s’annule pour x = 1 et x = 4; f (1) =−3 et f (4) = 3−5ln 4 ≈−3,93

On dresse le tableau de variations de la fonction f :

x 0 1 4 +∞

f ′(x) = u(x) +++ 0 −−− 0 +++

−3 +∞

f (x)

−∞ 3−5ln 4

Partie C

1. On appelle A l’aire du domaine hachuré sur la figure fournie avec le texte ; c’est l’ensemble des points M (x ; y)tels que 16 x 6 4 et u(x)6 y 6 0.

Pour tout x de ]1; 4[, u(x) 6 0 donc A =−

∫4

1u(x)d x

f ′(x) = u(x) donc la fonction f est une primitive de la fonction u et donc∫4

1u(x)d x = f (4)− f (1).

On en déduit que A = f (1)− f (4) =−3− (3−5ln 4) = 5ln 4−6 unité d’aire.

2. Pour tout réel λ supérieur ou égal à 4, on note Aλ l’aire, exprimée en unité d’aire, du domaine formé par lespoints M de coordonnées (x ; y) telles que 46 x 6λ et 06 y 6 u(x).

Sur [4; +∞[, u(x)> 0 et donc l’aire Aλ est égale, en unité d’aire, à∫λ

4u(x)d x.

Or∫λ

4u(x)d x = f (λ)− f (4) ; on cherche donc λ tel que

∫λ

4u(x)d x =A ce qui équivaut à

f (λ)− f (4) = 5ln 4−6 ⇐⇒ f (λ)− (3−5ln 4) = 5ln 4−6 ⇐⇒ f (λ) =−3

On complète le tableau de variations de la fonction f :

x 0 1 4 +∞

−3 +∞

f (x)

−∞ 3−5ln 4≈−3,93

−3

λ

On peut conclure qu’il existe une unique valeur λ telle que Aλ =A .

Remarque : f (7) ≈−3,30 et f (8) ≈−2,90 donc λ∈]7; 8[f (7,7) ≈−3,03 et f (7,8) ≈−2,98 donc λ∈]7,7; 7,8[


2020 TS2

A BO −→ı

−→

Cu

D

≈ 7,8

correction exo 2

Soit n un entier naturel non nul.On considère la fonction fn définie et dérivable sur l’ensemble R par fn(x) = x2e−2nx

On note Cn la courbe représentative de la fonction fn dans un repère orthogonal.

On définit, pour tout entier naturel n non nul, In =

∫1

0fn (x) dx.

Partie A : Étude de la fonction f1

1. La fonction f1 est définie sur R par f1(x) = x2e−2x .

On admet que f1 est dérivable sur R et on note f ′1 sa dérivée.

a. f ′1(x) = 2x ×e−2x

+ x2× (−2)e−2x

= 2xe−2x−2x2e−2x

= 2xe−2x (1− x)

b. Pour déterminer les variations de la fonction f1, on étudie le signe de f ′1 sur R :

x −∞ 0 1 +∞

x −−− 0 +++ +++

e−2x+++ +++ +++

1− x +++ +++ 0 −−−

f ′1(x) −−− 0 +++ 0 −−−

Donc la fonction f1 est strictement décroissante sur les intervalles )−∞ ; 0] et [1; +∞[, et elle est strictementcroissante sur l’intervalle [0; 1].

c. On calcule la limite de f1 en ∞ :

limx→−∞

x2=+∞

limx→−∞

−2x =+∞

On pose X =−2x

limX→+∞

eX=+∞

=⇒ limx→−∞

e−2x=+∞

=⇒ limx→−∞

f1(x) =+∞

d. Pour tout réel x, f1(x) = x2e−2x= x2 (

e−x)2

=(

xe−x)2

=

( x

ex

)2

On sait que limx→+∞

ex

x=+∞ donc lim

x→+∞

x

ex= 0 et donc lim

x→+∞

( x

ex

)2= 0 : lim

x→+∞f1(x) = 0

2. En utilisant un système de calcul formel, on trouve qu’une primitive F1 de la fonction f1 est donnée par F1(x) =

−e−2x

(

x2

2+

x

2+

1

4

)

.


2020 TS2

F1 est une primitive de f1 donc :

I1 =

∫1

0f1(x)d x = F1(1)−F1(0) =

(

−e−2(

1

2+

1

2+

1

4

))

−

(

−e0(

0+0+1

4

))

=−5e−2

4+

1

4

Partie B : Étude de la suite (In )


a. In =

∫1

0fn (x)d x =

∫1

0x2e−2nx d x

Sur [0; 1], x2> 0 et e−2nx

> 0 donc fn(x)> 0

On en déduit que In représente, en unités d’aire, l’aire du domaine défini par l’ensemble des points M decoordonnées (x ; y) telles que 06 x 6 1 et 06 y 6 fn (x).

b. Si on trace sur une calculatrice les représentations graphiques des fonctions f1, f2 et f3, on voit que sur[0; 1], f1(x) > f2(x) > f3(x) > 0.

Les intégrales entre 0 et 1 sont rangées dans le même ordre que les fonctions donc la suite (In ) sembledécroissante et semble tendre vers 0.

O 1

2. a. fn+1(x) = x2e−2(n+1)x= x2e−2nx−2x

= x2e−2nx×e−2x

= e−2x fn(x)

b. x ∈ [0; 1] ⇐⇒ 06 x 6 1 ⇐⇒ −26−2x 6 0 ⇐⇒ e−26 e−2x

6 e0=⇒ e−2x

6 1

Sur [0; 1]fn (x)> 0e−2x

6 1

}

=⇒ e−2x fn(x)6 fn (x) ⇐⇒ fn+1(x)6 fn (x)

c. Sur [0; 1] et pour tout n > 1, fn+1(x)6 fn (x) donc, d’après la positivité de l’intégration :∫1

0fn+1(x)d x 6

∫1

0fn (x)d x ou autrement dit In+1 6 In .

La suite (In ) est donc décroissante.


a. Sur [0; 1], 0 6 x26 1 donc, en multipliant par e−2x

> 0, on obtient 0 6 x2e−2nx6 e−2nx autrement dit :

06 fn(x) 6 e−2nx

b. 06 fn(x) 6 e−2nx donc, d’après la positivité de l’intégration :∫1

00d x 6

∫1

0fn (x)d x 6

∫1

0e−2nx d x ⇐⇒ 06 In 6

∫1

0e−2nx d x

La fonction x 7−→ e−2nx a pour primitive la fonction x 7−→−e−2nx

2n.

Donc∫1

0e−2nx d x =

[

−e−2nx

2n

]1

0=−

e−2n

2n+

1

2n

limn→+∞

e−2n= 0

limn→+∞

1

2n= 0

=⇒ limn→+∞

−e−2n

2n= 0

limn→+∞

1

2n= 0

=⇒ limn→+∞

−e−2n

2n+

1

2n= 0

donc limn→+∞

∫1

0e−2nx d x = 0

On sait que pour tout n > 1, 0 6 In 6

∫1

0e−2nx d x et que lim

n→+∞0 = lim

n→+∞

∫1

0e−2nx d x = 0; donc, d’après le

théorème des gendarmes, la suite (In ) est convergente et limn→+∞

In = 0.


2020 TS2

correction exo 3

Soit f la fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ telle que : f (x) =x

ex − x

Partie A

Soit la suite (In ) définie pour tout entier naturel n par In =

∫n

0f (x)d x.

1. In =

∫n

0f (x)d x donc, pour tout n de N, In+1 − In =

∫n+1

0f (x)d x −

∫n

0f (x)d x =

∫n+1

nf (x)d x

On admet dans le texte que la fonction f est positive sur [0; +∞[ donc sur [n ; n +1] ; on peut en déduire que∫n+1

nf (x)d x > 0 et donc que In+1 − In > 0 pour tout n.

La suite (In ) est donc croissante.

2. On admet que pour tout réel x de l’intervalle [0 ; +∞[, ex− x >

ex

2.

a. Sur [0 ; +∞[, on sait que ex− x >

ex

2; de plus, pour tout x, ex

− x > 0. donc1

ex − x6

2

ex.

On multiplie cette inégalité par x > 0 donc :x

ex − x6

2x

ex

D’après la positivité de l’intégration :∫n

0

x

ex − xd x 6

∫n

0

2x

exd x

ce qui équivaut à In 6

∫n

02xe−x d x

b. Soit H la fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ telle que : H(x) = (−x −1)e−x

La fonction H est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit de fonctions dérivables et

H ′(x) =−1×e−x+ (−x −1)(−1)e−x

=−e−x+ xe−x

+e−x= xe−x

c. On déduit de la question précédente que la fonction 2H est une primitive de la fonction x 7−→ 2xe−x .

Donc∫n

02xe−x d x =

[

2(−x −1)e−x]n

0= 2(−n−1)e−n

−[

2(−1)e0]= 2−2(n+1)e−n

Pour tout x, ex> 0 donc 2(n+1)e−n

> 0 donc 2−2(n+1)e−n6 2

In 6

∫n

02xe−x d x

∫n

02xe−x d x 6 2

=⇒ In 6 2

3. La suite (In ) est croissante et majorée par 2 donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite(In ) est convergente.

Partie B

1. On fait fonctionner l’algorithme pour K = 4 donc pour h = 0,25 :

i A x

1 0 0,252 0,060 0,53 0,169 0,754 0,306 1

2. Pour K = 8, l’algorithme donne la somme des aires des rectangles hachurés sur le graphique.

3. Quand K devient grand, l’algorithme donne une valeur approchée par défaut de l’aire du domaine comprisentre la courbe C , l’axe des abscisses, et les droites d’équations x = 0 et x = 1 ( le graphique du haut).



2020 TS2

0 1 2 3 4 5 6

0,2

0,7

−0,3

C


0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0 0,25 0,50 0,75 1,00

C


2020 TS2

correction exo 4

1. Sur [0 ; 1], 16 1+ x 6 2, donc une primitive sur cet intervalle de

x 7−→1

1+ xest x 7−→ ln(1+ x). D’où :

u0 =

∫1

0

1

1+ xdx = [ln(1+ x)]1

0 = ln2.

2. a. Par linéarité de l’intégrale :

un+1 +un =

∫1

0

xn+1

1+ xdx +

∫1

0

xn

1+ xdx =

∫1

0

xn+1 + xn

1+ xdx =

∫1

0

xn (x +1)

1+ xdx =

∫1

0xn dx =

[

xn+1

n+1

]1

0=

1

n+1.

b. La relation précédente donne pour n = 0,

u1 +u0 = 1 ⇐⇒ u1 = 1−u0 = 1− ln 2.

3. a. • Il faut initialiser la suite à u0 = ln 2.

• La relation un+1+un =1

n+1s’écrit au rang précédent, soit pour n > 1, un +un−1 =

1

n, soit un =−un−1+

1

n.

Pour passer d’un terme à l’autre il faut donc prendre l’opposé du terme précédent et ajouter1

n. D’où l’al-

gorithme :

Initialisation : u ← ln2Traitement : Pour i variant de 1 à n

| Affecter à u ←−u+1

iFindePour

Sortie : Afficher u

b. Conjecture : il semble que la suite (un ) soit décroissante vers zéro.

4. a. Pour tout naturel n, un+1 −un =

∫1

0

xn+1

1+ xdx −

∫1

0

xn

1+ xdx =

∫1

0

xn+1 − xn

1+ xdx =

∫1

0

xn(x −1)

1+ xdx.

Or on a vu que sur [0 ; 1], 1+ x > 0, xn> 0 et 06 x 6 1 ⇐⇒

−16 x −16 0, donc finalementxn(x −1)

1+ x6 0.

Conclusion : l’intégrale de cette fonction négative sur [0 ; 1] est négative.

Or un+1 −un < 0 quel que soit n montre que la suite (un ) est décroissante.

b. un intégrale d’une fonction positive sur [0 ; 1] est quel que soit le naturel n, un nombre positif ou nul.

La suite (un ) décroissante et étant minorée par zéro converge vers une limite ℓ, avec ℓ> 0.

5. Pour tout naturel n, un+1 +un =1

n+1⇒ 06 un 6

1

n+1, puisque

un+1 > 0.

Or limn→+∞

1

n+1= 0. Conclusion lim

n→+∞un = ℓ= 0.

correction exo 5

Partie A


2020 TS2

1

2

3

1 2 3 4-1-2−→ı

−→

O

C

∆

a

1. On sait que e−2x> 0 quel que soit le réel x, donc 1+e−2x

> 1 > 0. Le dénominateur étant non nul, la fonction

f est dérivable sur R et sur cet intervalle la fonction étant de la forme3

u(x), avec u(x) = 1+e−2x , donc u′(x) =

−2e−2x on a :

f ′(x) =−3u′(x)

(u(x))2=−

3× (−2)e−2x

(

1+e−2x)2

=6e−2x

(

1+e−2x)2

> 0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro. la fonction

f est donc strictement croissante sur R (comme le laisse supposer le graphique).

2. On a limx→+∞

−2x =−∞ et en posant X =−2x, limX→−∞

eX= 0, d’où

limX→−∞

1+eX= 1 et enfin par quotient de limites lim

x→+∞f (x) = 3 : ceci montre que la droite (∆) d’équation y = 3

est asymptote à C au voisinage de plus l’infini.

3. Sur l’intervalle [0 ; +∞[, la fonction f est continue car dérivable, strictement croissante de f (0) =3

1+1= 1,5 à

3 : il existe donc un réel unique α ∈ [0 ; +∞[ tel que f (α) = 2,999.

La calculatrice donne :

f (4) ≈ 2,99899 et f (5) ≈ 2,9999, donc 4<α< 5;

f (4,0) ≈ 2,99899 et f (4,1) ≈ 2,9992, donc 4,0 <α< 4,1 ;

f (4,00) ≈ 2,99899 et f (4,01) ≈ 2,99901, donc 4,00 <α< 4,01 (encadrement à 10−2 près).

Partie B

1. On a vu dans la partie A que 0< f (x) < 3 ⇐⇒ − f (x) < 0 < 3− f (x), soit h(x) > 0 sur R.

2. La fonction H est dérivable sur R et sur cet intervalle :

H ′(x) = −3

2×

−2e−2x

1+e−2x=

3e−2x

1+e−2x=

3e−2x +3−3

1+e−2x=

3e−2x +3

1+e−2x−

3

1+e−2x=

3(

e−2x +1)

1+e−2x−

3

1+e−2x= 3− f (x) =

h(x).

Donc H est une primitive de h sur R.

3. a. On a vu que sur R donc en particulier sur l’intervalle [0 ; a] (avec a >), la fonction h est positive, donc l’inté-

grale∫a

0h(x) dx est égale en unités d’aire à la mesure de la surface limitée par la représentation graphique

de h, l’axe des abscisses, et les droites d’équation x = 0 et x = a.

Mais comme h(x) = 3− f (x), cette surface est la surface limitée par la droite ∆, la courbe C et les droitesd’équation x = 0 et x = a (voir l’aire hachurée ci-dessus.

b. D’après la question B. 2., on a :∫a

0h(x)dx = [H(x)]a

0 = H(a)−H(0) =−3

2ln

(

1+e−2×a)

+3

2ln

(

1+e−2×0)=

3

2ln 2−

3

2ln

(

1+e−2×a)

=3

2ln

(

2

1+e−2a

)

.

c. D’après la question précédente, on sait que l’aire de Da , surface limitée par la droite ∆, la courbe C et les

droites d’équation x = 0 et x = a est égale à3

2ln

(

2

1+e−2a

)

.


2020 TS2

Or limx→+∞

e−2x= 0, donc lim

x→+∞1+ e−2x

= 1 et limx→+∞

(

2

1+e−2x

)

= 2, donc finalement par composition, l’aire

de D est égale à limx→+∞

3

2ln

(

2

1+e−2x

)

=3

2ln 2 ≈ 1,04 (u. a.)

correction exo 6

Partie A

1. La fonction est la somme des fonctions x 7→ ln(x) et x 7→ x−3, toutes deux strictement croissantes sur ]0 ; +∞[,elle est donc strictement croissante sur cet intervalle.

On pouvait également dériver la fonction u et constater que la dérivée est strictement positive sur l’intervalleconsidéré.

2. Remarquons que la fonction ln conserve les inégalités strictes puisqu’elle est strictement croissante.

Calculons u(2) = ln(2)−1 or ln(2) < ln(e) = 1 car e > 2. On prouve ainsi que u(2) < 0.

D’autre part, u(3) = ln(3) or ln(3) > ln(1) = 0 car 3 > 1, ce qui montre que u(3) > 0.

Notons également que u est continue comme somme de fonctions continues.

Nous sommes donc dans les conditions d’application du théorème des valeurs intermédiaires.

0 possède ainsi un antécédent par u dans l’intervalle [2 ; 3]. Comme u est strictement monotone sur ]0 ; +∞[,cet antécédent α est unique sur ]0 ; +∞[.

Ici, on pouvait également expliquer que l’on constate à la calculatrice que u(2) < 0 et u(3) > 0. Mais cet argu-ment est nettement moins satisfaisant d’un point de vue du raisonnement.

3. Compte-tenu du sens de variation de u, on a :

x

u(x)

0 α +∞

- 0 +

Partie B

1. Nous savons que limx→0x>0

1

x=+∞ et lim

x→0x>0

ln(x) =−∞. Par opérations sur les limites, on en déduit que :

limx→0x>0

f (x) =+∞

2. a. f est dérivable sur ]0; +∞[ comme sommes et produits de fonctions dérivables sur ]0; +∞[.Pour tout x > 0 :

f ′(x) =1

x2(ln(x)−2)+

(

1−1

x

)

1

x. En réduisant au dénominateur x2 :

=1

x2(ln(x)−2+ x −1)

=1

x2(ln(x)+ x −3)

=1

x2u(x)

b. Pour tout x > 0, x2> 0. Ainsi le signe de f ′ est celui de u. On en déduit que f est strictement décroissante

sur ]0 ; α] et strictement croissante sur ]α ; +∞].


2020 TS2

Partie C

1. Un point M(x; y) appartient aux deux courbes à la fois lorsque :

{

y = f (x)y = ln(x)

⇐⇒

{

y = ln(x)f (x) = ln(x)

⇐⇒

{

y = ln(x)0 = f (x)− ln(x)

On calcule :

f (x)− ln(x) =

(

1−1

x

)

(ln(x)−2)+2− ln(x). On réduit au dénominateur x :

=1

x[(x −1)(ln(x)−2)+2x − x ln(x)]

=1

x[x ln(x)−2x − ln(x)+2+2x − x ln(x)]

=1

x(2− ln(x))

Or 2− ln(x) = 0 n’a qu’une solution qui est x = e2.

Les deux courbes se coupent donc en un unique point d’abscisse x = e2 et d’ordonnée y = ln(

e2)= 2.

2. On utilise la linéarité de l’intégrale :

I =

∫e2

1

2− ln(x)

xdx

= 2∫e2

1

1

xdx −

∫e2

1

ln(x)

xdx

Or ln est une primitive de x 7→1

xet H est une primitive de x 7→

ln(x)

x. Ainsi :

I = 2[ln(x)]e2

1 − [H(x)]e2

1

= 2(

ln(

e2)− ln (1)

)

−1

2

(

ln(

e2)2− ln(1)2

)

= 2

L’aire délimitée par C , C′, et les deux droites d’équations x = 1 et x = e2 est donc égale à 2.

correction exo 7

Un atelier de design propose deux dessins possibles, représentés ci-dessous :

A B

CD E

G

H

r

s

t

Proposition A

A B

CD E

G

K

r

s

t

Proposition B

Pour mener les études qui suivent, on se place dans le repère orthonormé(

A ;−−→AB ,

−−→AD

)

.


2020 TS2

Partie A : étude de la proposition A

Dans cette proposition les trois lignes sont des segments et les trois aires sont égales : r = s = t =1

3.

• Le point E est situé sur la droite (CD) donc son ordonnée vaut 1.

Le nombre r est l’aire du triangle ADE qui est égale àAD ×DE

2.

De plus, cette aire doit valoir1

3et on sait que AD = 1.

DoncAD ×DE

2=

1

3entraîne DE =

2

3.

Les coordonnées de E sont donc

(

2

3; 1

)

.

• Soit H le pied de la hauteur issue de G dans le triangle ABG ; donc GH est l’ordonnée du point G.

L’aire s du triangle ABG est :AB ×GH

2. Or AB = 1 et s =

1

3, donc :

1×GH

2=

1

3donc GH =

2

3. L’ordonnée yG de

G est2

3.

Le point G est situé sur la droite (AE ). Les points A et E ont pour coordonnées respectives (0; 0) et

(

2

3; 1

)

. Donc

la droite (AE ) a pour équation y =3

2x.

G ∈ (AE ) d’équation y =3

2x donc yG =

3

2xG . Comme yG =

2

3, on déduit que xG =

4

9.

Le point G a pour coordonnées

(

4

9;

2

3

)

.

Partie B : étude de la proposition B

1. a. D’après le texte, l’ordonnée yE du point E est égale à 1 et ce point appartient à C f donc

f (xE ) = yE ⇐⇒ ln(2xE +1) = 1 ⇐⇒ 2xE +1 = e ⇐⇒ xE =e−1

2b. L’abscisse du point G vaut 0,5 et le point G appartient à C f ; donc :

f (xG ) = yG ⇐⇒ f (0,5) = yG ⇐⇒ ln2 = yG

Le point G appartient aussi à Cg donc :

g (xG ) = yG ⇐⇒ k

(

1− xG

xG

)

= yG ⇐⇒ k

(

1−0,5

0,5

)

= ln 2 ⇐⇒ k = ln 2

2. a. Soit F la fonction définie sur R∗+ par F (x) = (x +0,5)× ln(2x +1)− x.

F est dérivable sur R∗+ et :

F ′(x) = 1× ln(2x +1)+ (x +0,5)×2

2x +1−1 = ln(2x +1)+1−1 = ln(2x +1) = f (x)

Donc f a pour primitive F sur R∗+.

b. Soit K le projeté orthogonal de E sur (AB). Comme le point E a pour abscissee−1

2, et que la fonction f est

positive, l’aire sous la courbe entre 0 ete−1

2est donnée par :

∫ e−12

0f (x)d x = [F (x)]

e−12

0 = F

(

e−1

2

)

−F (0) =e

2ln e−

e−1

2−0=

1

2

L’aire du rectangle ADEK est AD ×DE = 1×e−1

2=

e−1

2.

Donc r =e−1

2−

1

2=

e

2−1

3. g (x) = ln 2×1− x

x= ln 2×

(

1

x−1

)

Donc une primitive de g sur ]0; +∞[ est donnée par : G(x) = ln 2× (ln x − x).


2020 TS2

4. On admet que les résultats précédents permettent d’établir que s = [ln(2)]2+

ln(2)−1

2.

r =e

2−1 ≈ 0,36 ∈]0,3; 0,4[.

s = [ln(2)]2+

ln(2)−1

2≈ 0,33 ∈]0,3; 0,4[

t = 1− r − s ≈ 0,31 ∈]0,3; 0,4[

Donc la proposition B vérifie les conditions imposées par le fabriquant.


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