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Corrigé du bac blanc du 19 mars 2013 Exercice 1 (4 points) Pour chaque question, deux propositions sont énoncées. Il s’agit de dire, sans le justifier, si chacune d’elles est vraie ou fausse. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la proposition et la mention VRAIE ou FAUSSE. Pour chaque question, il est compté : 1 point si les deux réponses sont exactes, 0,5 point pour une réponse exacte et une absence de réponse, 0 point pour toute autre situation. Question A Lors de la préparation d’un concours, un élève n’a étudié que 60 des 100 leçons. Pour l'épreuve, on a mis dans une urne 100 enveloppes contenant chacune une question, ces questions portant sur des leçons différentes. Le candidat tire simultanément au hasard 2 enveloppes. Proposition 1 : La probabilité qu’il connaisse les deux leçons vaut exactement 0,36 . Fausse 60 100 × 59 99 = 0,357... Proposition 2 : La probabilité qu’il connaisse exactement une de ces leçons vaut 48,5 % , arrondi à 0,1 % près. Vraie 60 100 × 40 99 + 40 100 × 60 99 = 0,4848... 48,5 % Question B Une usine de production de jouets possède deux machines de fabrication : - une machine ancienne qui produit 15 000 jouets par an dont 5 % sont défectueux. - une machine moderne qui produit 35 000 jouets par an dont 97% ne sont pas défectueux. Le service de contrôle choisit au hasard un jouet à la sortie de la chaîne de fabrication. Proposition 3 : La probabilité que ce jouet soit défectueux est 9 250 . Vraie P(D) = P( M a D ) + P( M m D ) = P(M a P M a (D) + P(M m P M m (D) = 15 000 50 000 × 5 100 + 35 000 50 000 × 3 100 = 9 250 Proposition 4 : La probabilité que ce jouet provienne de la machine moderne sachant qu'il est défectueux est 7 12 . Vraie P D (M m ) = P( M m D ) P(D) = P(M m P M m (D) P(D) = 35 000 50 000 × 3 100 9 250 = 7 12 Question C Pour participer à un jeu : - on doit miser 1 €, - on lance un dé cubique non truqué, - si on fait 6 , on reçoit 5 €, sinon on ne reçoit rien. Un joueur peut jouer plusieurs fois de suite. Proposition 5 : Si le joueur joue six fois de suite, la probabilité qu'il fasse au moins deux 6 est d'environ 0,26. Vraie Si X est la variable aléatoire égale au nombre de 6, elle suit la loi binomiale B ( n ; 6 ) avec n = 6 : P( X 2 ) = 1 ‒ P( X = 0 ) ‒ P( X = 1 ) = 1 ‒ () 6 0 () 1 6 0 () 5 6 6 () 6 1 () 1 6 1 () 5 6 5 = 1 ‒ () 5 6 6 ‒ 6× 1 6 () 5 6 5 = 0,263... 0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification) 0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification) 0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification) 0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification) 0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

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Corrigé du bac blanc du 19 mars 2013

Exercice 1 (4 points)

Pour chaque question, deux propositions sont énoncées.

Il s’agit de dire, sans le justifier, si chacune d’elles est vraie ou fausse.

Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la proposition et la mention VRAIE ou FAUSSE.

Pour chaque question, il est compté :

1 point si les deux réponses sont exactes,

0,5 point pour une réponse exacte et une absence de réponse,

0 point pour toute autre situation.

Question A

Lors de la préparation d’un concours, un élève n’a étudié que 60 des 100 leçons.

Pour l'épreuve, on a mis dans une urne 100 enveloppes contenant chacune une question, ces questions portant sur des

leçons différentes.

Le candidat tire simultanément au hasard 2 enveloppes.

Proposition 1 : La probabilité qu’il connaisse les deux leçons vaut exactement 0,36 .

Fausse

60

100 ×

59

99 = 0,357...

Proposition 2 : La probabilité qu’il connaisse exactement une de ces leçons vaut 48,5 % , arrondi à 0,1 % près.

Vraie

60

100 ×

40

99 +

40

100 ×

60

99 = 0,4848... 48,5 %

Question B

Une usine de production de jouets possède deux machines de fabrication :

- une machine ancienne qui produit 15 000 jouets par an dont 5 % sont défectueux.

- une machine moderne qui produit 35 000 jouets par an dont 97% ne sont pas défectueux.

Le service de contrôle choisit au hasard un jouet à la sortie de la chaîne de fabrication.

Proposition 3 : La probabilité que ce jouet soit défectueux est 9

250 .

Vraie

P(D) = P( Ma D ) + P( Mm D ) = P(Ma)×PMa(D) + P(Mm)×PMm

(D)

= 15 000

50 000 ×

5

100 +

35 000

50 000 ×

3

100 =

9

250

Proposition 4 : La probabilité que ce jouet provienne de la machine moderne sachant qu'il est défectueux est 7

12 .

Vraie

PD(Mm) = P( Mm D )

P(D) =

P(Mm)×PMm(D)

P(D) =

35 000

50 000 ×

3

100

9

250

= 7

12

Question C

Pour participer à un jeu :

- on doit miser 1 €,

- on lance un dé cubique non truqué,

- si on fait 6 , on reçoit 5 €, sinon on ne reçoit rien.

Un joueur peut jouer plusieurs fois de suite.

Proposition 5 : Si le joueur joue six fois de suite, la probabilité qu'il fasse au moins deux 6 est d'environ 0,26.

Vraie

Si X est la variable aléatoire égale au nombre de 6, elle suit la loi binomiale B ( n ; 1

6 ) avec n = 6 :

P( X 2 ) = 1 ‒ P( X = 0 ) ‒ P( X = 1 )

= 1 ‒ ( )6

0 ( )

1

6

0 ( )

5

6

6 ‒ ( )6

1 ( )

1

6

1

( )5

6

5 = 1 ‒ ( )

5

6

6 ‒ 6×

1

6 ( )

5

6

5 = 0,263...

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

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Proposition 6 : Si un joueur joue n fois de suite, alors, quelle que soit la valeur de n , c'est un jeu équitable, c'est-à-

dire que le joueur a une espérance nulle de gagner.

Fausse

L'espérance de X est n × 1

6 , donc, l'espérance du gain est ‒n × 1 € +

n

6 × 5 € = ‒

n

6 € < 0 .

Question D

On définit la fonction f par f(x) =

sin ( 2x +

3 )

cos ( 2x ) .

Pour tous réels a et b , on rappelle les formules d'addition :

cos ( a + b ) = cos a × cos b ‒ sin a × sin b

sin ( a + b ) = sin a × cos b + cos a × sin b .

Proposition 7 : La fonction peut être définie sur l'intervalle ] ‒ ; ‒

4 [ ] ‒

4 ;

4 [ ]

4 ; ] .

Fausse

cos ( 2×3

4 ) = cos

3

2 = 0

cos ( 2×(‒ 3

4 ) ) = cos (‒

3

2 ) = 0

Proposition 8 : La dérivée de la fonction f est la fonction f ' définie par f '(x) = 1

cos2 (2x)

.

Vraie

f '(x) =

2 cos ( 2x +

3 ) cos ( 2x ) ‒ sin ( 2x +

3 ) 2 (‒sin ( 2x ))

cos2 ( 2x )

=

2 [ cos ( 2x +

3 ) cos ( ‒2x ) ‒ sin ( 2x +

3 ) sin ( ‒2x ) ]

cos2 ( 2x )

=

2 cos ( 2x +

3 ‒ 2x )

cos2 ( 2x )

=

2 cos

3

cos2 ( 2x )

= 1

cos2 ( 2x )

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

0 pt ou 0,5 pt (avec ou sans justification)

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Exercice 2 (5 points)

1. On considère l'expression f(z) = z

3 ‒ 6z

2 + 12z ‒ 16 .

a. Calculer f(4) .

f(4) = 43 ‒ 6×42 + 12×4 ‒ 16

= 64 ‒ 96 + 48 ‒ 16

= 0

b. Déterminer les réels a , b et c tels que, pour tout nombre complexe z ,

f(z) = ( z ‒ 4 ) ( az2 + bz + c ) .

1ère méthode

( z ‒ 4 ) ( az2 + bz + c ) = az3 + ( b ‒ 4 ) z2 + ( c ‒ 4b ) z ‒ 4c

Donc, par identification :

a = 1

b ‒ 4 = ‒6

c ‒ 4b = 12

‒4c = ‒16

a = 1

b = ‒2

c = 4

2ème méthode

( z ‒ 4 ) ( z2 ‒ 2z + 4 ) = z3 ‒ 2z2 + 4z ‒ 4z2 + 8z ‒ 16

= z3 ‒ 6z2 + 12z ‒ 16

= f(z)

Donc :

a = 1

b = ‒2

c = 4

c. Résoudre dans l’équation f(z) = 0 .

f(z) = 0

( z ‒ 4 ) ( z2 ‒ 2z + 4 ) = 0

z ‒ 4 = 0 ou z2 ‒ 2z + 4 = 0

Le discriminant de z2 ‒ 2z + 4 est = (‒2)2 ‒ 4×1×4 = ‒12 < 0

donc il y a deux racines complexes conjuguées ‒(‒2) + i 12

2×1 = 1 + i 3 et 1 ‒ i 3 .

On en déduit : S = { 4 ; 1 + i 3 ; 1 ‒ i 3 } .

2. Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct ( O , u→

, v→

) tel que || u→

|| = || v→

|| = 2 cm.

Soient A , B et C les points d’affixes respectives zA = 4 ; zB = 1 + i 3 et zC = 1 ‒ i 3 .

a. Placer les points A , B et C sur une figure que l’on complètera tout au long de l’exercice.

0,25 pt

0,5 pt

0,75 pt =

0,25 pt pour 4

+ 0,25 pt pour les racines

conjuguées

+ 0,25 pt pour leur justification

par < 0

0,5 pt =

0,25 pt pour A , B et C

+ 0,25 pt pour M et N

avec ou sans traits de

construction

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b. Montrer que le triangle ABC est équilatéral.

B et C d'affixes conjuguées donc symétriques par rapport à l'axe ( O , u

→ )

A d'affixe réelle donc sur l'axe ( O , u→

)

donc AC = AB .

AB 2 = | zB ‒ zA |2

= | 4 ‒ 1 ‒ i 3 |2

= 32 + (‒ 3 )2 = 12

BC 2 = | zC ‒ zB |2

= | 1 ‒ i 3 ‒ 1 ‒ i 3 |2

= | ‒2i 3 |2 = 12

Donc, ABC est équilatéral.

3. Soit les points M d’affixe zM = ‒ 3 + i et N , d'affixe zN , tel que OM = ON et (

OM ,

ON ) =

3 .

a. Écrire les nombres complexes zM et zN sous forme exponentielle.

zM = 2 ( ‒ 3

2 + i

1

2 )

= 2 ei

6‒‒5

OM = ON | zN | = | zM | = 2

(

OM ,

ON ) =

3 arg( zN ) ‒ arg( zM ) =

3 (2)

arg( zN ) =

3 +

5

6 (2)

arg( zN ) = 7

6 (2)

On en déduit : zN = 2 ei

6‒‒7

.

b. Montrer que les droites (AC) et (ON) sont parallèles.

ON d'affixe zN ‒ 0 = 2 ei

6‒‒7

= 2 ( ‒ 3

2 + i

‒1

2 )

= ‒ 3 ‒ i

AC d'affixe zC ‒ zA = 1 ‒ i 3 ‒ 4

= ‒3 ‒ i 3

= 3 ( ‒ 3 ‒ i )

= 3 ( zN ‒ 0 )

Donc,

AC = 3

ON

donc,

AC et

ON colinéaires,

donc, (AC) // (ON) .

c. Montrer que les droites (OC) et (ON) sont perpendiculaires.

1ère méthode

zC = 1 ‒ i 3

= 2 ( 1

2 + i

‒ 3

2 )

= 2 e‒i

3‒‒

(

OC ,

ON ) = arg( zN ) ‒ arg( zC )

= 7

6 ‒ (‒

3 ) (2)

= 3

2 (2)

On en déduit : (OC) (ON) .

2ème méthode

zN = 2 ei

6‒‒7

= 2 ( ‒ 3

2 ‒ i

1

2 )

= ‒ 3 ‒ i

0,5 pt

0,75 pt =

0,25 pt pour zM

+ 0,5 pt pour zN

0,5 pt =

0,25 pt pour avoir citer la colinéarité

+ 0,25 pt pour l'avoir prouvée par les calculs

0,75 pt =

0,25 pt pour le changement d'écriture de zC ou de zN

+ 0,5 pt pour le calcul de (

OC ,

ON ) ou de

OC .

ON

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OC .

ON = 1×(‒ 3 ) + (‒ 3 )×(‒1)

= ‒ 3 + 3

= 0

Donc

OC et

ON orthogonaux

Donc : (OC) (ON) .

4. Soit R le quatrième sommet du parallélogramme OCRN .

a. Montrer que le quadrilatère OCRN est un carré.

OC = | zC | = | 2 e

‒i 3‒‒

| = 2

ON = | zN | = | 2 ei

6‒‒7

| = 2

donc OC = ON .

RN est un parallélogramme ayant ses côtés [OC] et [ON] perpendiculaires et isométriques

donc OCRN est un carré.

b. Calculer l’affixe r du point R .

OCRN parallélogramme

CR =

ON

r ‒ c = n ‒ 0

On en déduit :

r = 2 ei

6‒‒7

+ 1 ‒ i 3

= 2 ( ‒ 3

2 + i

‒1

2 ) + 1 ‒ i 3

= 1 ‒ 3 ‒ i ( 1 + 3 )

0,25 pt

0,25 pt

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Exercice 3 (5 points)

On considère une suite (un) telle que u0 = 0 et, pour tout n , un+1 = 1

2 ‒ un

.

1. a. Calculer u1 , u2 et u3 sous forme de fraction irréductible.

u1 = 1

2 ‒ 0 =

1

2

u2 = 1

2 ‒ 1

2

= 2

3

u3 = 1

2 ‒ 2

3

= 3

4

b. L'algorithme suivant a pour but de calculer un terme de la suite (un) .

Variables : n, u n prend la valeur 0 u prend la valeur 0 Tant que n < . . . faire n prend la valeur . . . u prend la valeur . . . Fin du Tant que Afficher . . .

Recopier et compléter cet algorithme pour qu'il affiche le sixième terme de (un) .

Variables n prend la valeur 0 u prend la valeur 0 Tant que n < 5 faire n prend la valeur n + 1

u prend la valeur 1

2 – u

Fin du Tant que Afficher u

c. Sur l’annexe jointe, on a tracé dans un repère orthogonal la courbe Cf représentative de la fonction f

définie par f(x) = 1

2 ‒ x ainsi que la droite d’équation y = x .

Sur l’annexe, à rendre avec la copie, placer sur l'axe des abscisses les points A0 , A1 , A2 , A3 , A4 ,

A5 et A6 dont les abscisses respectives sont les termes u0 , u1 , u2 , u3 , u4 , u5 et u6 .

On laissera apparents les traits de construction.

Quelles conjectures peut-on faire sur les variations et la convergence de la suite (un) ?

On peut conjecturer que la suite (un) est croissante et qu'elle converge vers 1 .

A0 A1 A2 A3

A4 A5 A6

0,25 pt

0,75 pt

‒0,25 pt par erreur

0,25 pt

pour les points clairement marqués sur

l'axe des abscisses,

avec ou sans avoir écrit « Ai » ou « ui »

0,25 pt

pour « croissante » et « convergente »

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2. a. Démontrer par récurrence que, pour tout n , un = n

n + 1 .

On pose P(n) l'égalité à démontrer.

Initialisation :

u0 = 0

0

0 + 1 = 0

donc P(0) est vraie.

Itération :

Supposons P(n) vraie pour un n quelconque.

Alors :

un+1 = 1

2 ‒ un

= 1

2 ‒ n

n + 1

par hypothèse de récurrence

= 1

2n + 2 ‒ n

n + 1

= n + 1

n + 2

Donc P(n + 1) vraie.

Conclusion :

Donc, d'après le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout entier n .

b. Démontrer que (un) est strictement croissante et qu'elle converge vers 1 .

1ère méthode

Pour tout n , un > 0 et :

un+1

un

‒ 1 =

n + 1

n + 2

n

n + 1

‒ 1

= ( n + 1 )2

n ( n + 2 ) ‒

n ( n + 2 )

n ( n + 2 )

= n2 + 2n + 1 ‒ n2 ‒ 2n

n ( n + 2 )

= 1

n ( n + 2 ) > 0

Donc, (un) strictement croissante.

2ème méthode

Pour tout n ,

un+1 ‒ un = n + 1

n + 2 ‒

n

n + 1

= ( n + 1 )2 ‒ n ( n + 2 )

( n + 2 ) ( n + 1 )

= n2 + 2n + 1 ‒ n2 ‒ 2n

( n + 2 ) ( n + 1 )

= 1

( n + 2 ) ( n + 1 ) > 0

Donc, (un) strictement croissante.

limn→+

un = limn→+

n

n + 1

= limn→+

n

n ( 1 + 1

n )

= limn→+

1

1 + 1

n

Or, limn→+

1

n = 0 , donc lim

n→+ un = 1 .

1 pt

= 0,25 pt pour l'initialisation

+ 0,5 pt pour le calcul de

l'itération

+ 0,25 pt global pour avoir

rédigé correctement et de

manières différenciées

l'hypothèse de l'itération

et la conclusion finale

1 pt

= 0,5 pt pour la croissance (ne pas enlever de point

pour l'oubli de « un > 0 » dans la 1ère

méthode)

+ 0,5 pt pour la limite

( seulement 0,25 pt pour l'utilisation de la propriété

des termes dominants ( limn→+

n

n + 1 = lim

n→+ n

n )

qui n'est plus au programme et qui simplifie

grandement la démonstration par rapport à ceux qui

seront obligés de factoriser... )

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3. On définit la suite (vn) de terme général vn = ln (un) pour tout n *, où ln désigne la fonction

logarithme népérien.

a. Montrer que v1 + v2 + v3 = ‒ln 4 .

v1 + v2 + v3 = ln (u1) + ln (u2) + ln (u3)

= ln 1

2 + ln

2

3 + ln

3

4

= ln ( 1

2 ×

2

3 ×

3

4 )

= ln 1

4

= ‒ln 4

b. Soit Sn la somme définie pour tout entier naturel non nul n par Sn = v1 + v2 + ... + vn .

Exprimer Sn en fonction de n .

Pour tout entier naturel non nul n :

Sn = v1 + v2 + ... + vn

= ln (u1) + ln (u2) + ... + ln (un)

= ln 1

2 + ln

2

3 + ... + ln

n

n + 1

= ln 1×2×3× ... ×n

2×3×4× ... ×n×(n + 1)

= ln 1

n + 1

c. Endéduire la limite de Sn lorsque n tend vers + .

limn→+

( n + 1 ) = + , donc limn→+

1

n + 1 = 0

limX→0

ln X = ‒

donc, par composition : limn→+

Sn = ‒

0,5 pt

0,5 pt

0,5 pt

pour toute présentation correcte de la composition

(citée ou non)

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Exercice 4 (6 points)

Partie A

On définit la fonction g sur l’intervalle ] ‒1 ; + [ par g(x) = 1 ‒ e x + 1

‒‒‒‒‒x

( x + 1 )2 .

1. a. Vérifier que, pour tout x ] ‒1 ; + [ , g'(x) = ( 2x + 1 )

( x + 1 )4 e

x‒‒‒‒x + 1 .

g'(x) = ‒ u'(x) v(x) ‒ u(x) v'(x)

( v(x) )2 avec

u(x) = e

x‒‒‒‒x + 1

u'(x) = 1

( x + 1 )2 e

x‒‒‒‒x + 1

et { v(x) = ( x + 1 )2

v'(x) = 2x + 2

= ‒ 1

( x + 1 )4 [

1

( x + 1 )2 e

x‒‒‒‒x + 1 × ( x + 1 )2 ‒ e

x‒‒‒‒x + 1 × ( 2x + 2 ) ]

= ‒ 1

( x + 1 )4 [ e

x‒‒‒‒x + 1 ‒ e

x‒‒‒‒x + 1 × ( 2x + 2 ) ]

= ‒ 1

( x + 1 )4 e

x‒‒‒‒x + 1 [ 1 ‒ ( 2x + 2 ) ]

= 1

( x + 1 )4 e

x‒‒‒‒x + 1 ( 2x + 1 )

b. Dresser le tableau de variations de g .

On admettra que limx→‒1

x>‒1

g(x) = limx→+

g(x) = 1 .

1

( x + 1 )4 e

x‒‒‒‒x + 1 est toujours strictement positif,

donc g'(x) du signe de ( 2x + 1 ) .

g( ‒ 1

2 ) = 1 ‒

e‒1/2

‒‒‒‒‒(‒1/2+1)

( ‒1/2 + 1 )2

= 1 ‒ e‒1

1

4

= 1 ‒ 4

e

2. a. Démontrer que l’équation g(x) = 0 admet sur ] ‒1 ; + [ exactement deux solutions dont l’une est 0 .

D'après le tableau de variations, g est continue et strictement décroissante sur ] ‒1 ; ‒ 1

2 ] .

0 est compris entre limx→‒1

x>‒1

g(x) = 1 et g( ‒ 1

2 ) = 1 ‒

4

e = ‒0,47...

On en déduit, d'après le théorème de la bijection, que l'équation g(x) = 0 admet une

unique solution dans ] ‒1 ; ‒ 1

2 ] .

De même, g est continue et strictement croissante sur [ ‒ 1

2 ; + [ .

0 est compris entre g( ‒ 1

2 ) et lim

x→+

g(x) = 1 .

On en déduit, d'après le théorème de la bijection, que l'équation g(x) = 0 admet une

unique solution dans [ ‒ 1

2 ; + [ .

De plus, cette solution est 0 car g(0) = 1 ‒ e

0‒‒‒0+1

( 0 + 1 )2 = 1 ‒

1

1 = 0 .

b. Dans la suite du problème, on notera la solution non nulle.

Donner un encadrement de au centième près.

x ‒1 ‒1/2 +

Signes

de g'(x) ‒ 0 +

Variations

de g

1 1

1 ‒ 4/e

0,25 pt

pour avoir fait apparaître les

formes à dériver (uv)' ou

(eu)' et/ou détaillé un peu

les calculs

0,75 pt =

0,25 pt pour un signe justifié de g'

+ 0,25 pt pour les variations

+ 0,25 pt pour g( ‒ 1

2 )

Ne pas pénaliser s'il manque la double

barre en ‒1

1 pt =

0,25 pt pour « continue »

et « str. monotone »

+ 0,25 pt pour 0 entre

limx→‒1

x>‒1

g(x) = 1 et g( ‒ 1

2 )

+ 0,25 pt pour 0 entre

g( ‒ 1

2 ) et lim

x→+ g(x)

+ 0,25 pt pour g(0) = 0

0,25 pt

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D'après la calculatrice : ‒0,72 < < ‒0,71 .

Partie B

Dans cette partie, on s’intéresse à la fonction f définie sur l’intervalle ] ‒1 ; + [ par f(x) = x + 1 ‒ e x + 1‒‒‒‒‒

x

.

1. Calculer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition.

limx→‒1

x>‒1

x = ‒1

limx→‒1

x>‒1

( x + 1 ) = 0 par valeurs positives donc, par quotient, lim

x→‒1

x>‒1

x

x + 1 = ‒ .

limx→‒1

x>‒1

x

x + 1 = ‒

limX→‒

eX = 0

donc, par composition, limx→‒1

x>‒1

ex

‒‒‒‒x + 1 = 0

limx→‒1

x>‒1

( x + 1 ) = 0

limx→‒1

x>‒1

ex

‒‒‒‒x + 1 = 0

donc, par somme, limx→‒1

x>‒1

f(x) = 0

limx→+

x

x + 1 = lim

x→+

1

1 + 1

x

= 1

donc, par composition, limx→+

ex

‒‒‒‒x + 1 = e .

limx→+

( x + 1 ) = +

limx→+

ex

‒‒‒‒x + 1 = e

donc, par somme, limx→+

f(x) = + .

2. a. Établir que, pour x ] ‒1 ; + [ , f '(x) = g(x) .

Par composition et somme de fonctions dérivables sur ] ‒1 ; + [ , f dérivable sur ] ‒1 ; + [ .

f de la forme u ‒ ev avec { u(x) = ( x + 1 )

u'(x) = 1 et

v(x) = x

x + 1

v'(x) = 1

( x + 1 )2

donc f ' de la forme u' ‒ v' ev .

Pour x ] ‒1 ; + [ :

f '(x) = 1 ‒ 1

( x + 1 )2 e

x‒‒‒‒x + 1

= g'(x)

b. Démontrer que f() = ‒ ( + 1 ) .

f() = + 1 ‒ e

‒‒‒‒‒ + 1

Or, solution de g(x) = 0

donc, 1 ‒ e

‒‒‒‒‒ + 1

( + 1 )2 = 0 e

‒‒‒‒‒ + 1 = ( + 1 )2

On en déduit : f() = + 1 ‒ ( + 1 )2

= + 1 ‒ 2 ‒ 2 ‒ 1

= ‒ ( + 1 )

c. Dresser le tableau de variations de f .

f(0) = 0 + 1 ‒ e 0 + 1‒‒‒‒

0

= 1 ‒ e0 = 0

x ‒1 0 +

Signes

de f '(x) + 0 ‒ 0 +

Variations

de f

‒ ( + 1 ) +

0 0

1 pt =

0,5 pt pour limx→‒1

x>‒1

f(x) = 0

+ 0,5 pt pour limx→+

f(x) = +

0,25 pt

0,5 pt

0,5 pt =

0,25 pt pour la ligne des

signes de f ' et les

variations de f

+ 0,25 pt pour les deux

valeurs f() et f(0)

Ne pas pénaliser s'il

manque la double barre

en ‒1

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Partie C

On considère la fonction définie sur l’intervalle [ ‒1 ; + [ par (x) = f(x) pour tout x ] ‒1 ,. + [

(‒1) = 0 .

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

1. Montrer que, pour tout x ] ‒ 1 ; + [ , on peut écrire (x) ‒ (‒1)

x ‒ (‒1) = 1 ‒

1

x

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

.

(x) ‒ (‒1)

x ‒ (‒1) =

x + 1 ‒ e x + 1‒‒‒‒‒

x

‒ 0

x + 1

= x + 1

x + 1 ‒

e x + 1‒‒‒‒‒

x

x + 1

= 1 ‒ 1

x

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

2. a. Établir que limx→‒1

x>‒1

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

= 0 .

limx→‒1

x>‒1

x = ‒1

limx→‒1

x>‒1

( x + 1 ) = 0 par valeurs positives donc, par quotient, lim

x→‒1

x>‒1

x

x + 1 = ‒

limx→‒1

x>‒1

x

x + 1 = ‒

limX→‒

X eX = 0

donc, par composition, limx→‒1

x>‒1

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

= 0 .

b. En déduire que est dérivable en ‒1 et préciser son nombre dérivé '(‒1) .

limx→‒1

x>‒1

1

x = ‒1

limx→‒1

x>‒1

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

= 0

donc, par produit, limx→‒1

x>‒1

1

x

x

x + 1 e x + 1

‒‒‒‒‒x

= 0

et donc, par somme : limx→‒1

x>‒1

(x) ‒ (‒1)

x ‒ (‒1) = 1

Donc, est dérivable en ‒1 et '(x) = 1 .

0,25 pt

0,5 pt pour avoir fait apparaître

une composition

0,25 pt

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3. Sur le graphique fourni en annexe, représenter graphiquement la restriction de la courbe C à l'intervalle [ ‒1 ; 0 ] .

C

0,5 pt =

0,25 pt pour C de

forme correcte

+ 0,25 pt pour l'une

des deux tangentes

en ‒1 ou 0