Bac Blanc Décembre 2008 Correction

Correction Bac Blanc Décembre 2009 Exercice 1:

points

¡ → − → −¢ Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé O, u , v on considère les points A, B , C d’affixes

respectives a = −1 + 2i , b = 1 + 3i , c = 4i . 1. AB = |b − a| = |2 + i | =

p p 5 et AC = |c − a| = |1 + 2i | = 5 donc AB = AC . Le triangle ABC est isocèle en A.

1 7 1 2. Soit I le milieu de [BC ] et donc z I = (b + c) = + i 2 2 2 z − zI −−→ −−→ ∈ R ⇔ ∃k ∈ R/ z − z I = k(z − a) ⇔ ∃k ∈ R/ I M = k AM ⇔ M ∈ (I A) z −a z − zI L’ensemble des points M du plan distincts de A dont l’affixe z est telle que soit un réel est la z −a droite (AI ) privée de A.

(a) Soit M 6= A,

(b) Soit x ∈ R,

1 7 x − z I (x − z I )(x − a) (x − ( 2 + 2 i ))(x + 1 − 2i ) (2x − 1 − 7i )(x + 1 + 2i ) (2x − 1)(x + 1) + 7 + (−3x − 9)i ) = = = = x −a |x − a|2 |x − a|2 2|x − a|2 2|x − a|2 x − zI ∈ R ⇔ (−3x − 9) = 0 ⇔ x = −3 x −a

→= (c) z −AI

3.

1 7 3p i π 2e 4 . + i − (1 + 2i ) = 2 2 2

π −−→ −−→ − − (a) G, A et I sont alignés et d’après la question précédente (→ u , G A) = (→ u , GC ) = [2π] 4 π Il existe deux rotations de centre G qui transforment A et I sur (Ox) ; celle d’angle − et celle d’angle 4 3π . 4 p 2 ′ ′ i π4 (b) L’écriture complexe de r 1 est z = e (z + 3) − 3 c’est à dire z = (1 + i )(z + 3) − 3. 2

4. Le triangle ABC est isocèle, l’axe de symétrie est donc (AI ), dont l’image est l’axe (Ox). On en déduit que l’axe (Ox) est la médiatrice de [BC ] donc que b ′ = c ′ .

Terminale

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Exercice 2:

5 points

Soient les fonctions f et g définies sur [0 ; +∞[ par f (x) = e−x cos(4x) et g (x) = e−x . (a) Pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[,, −1 É cos 4x É 1, puisque e −x > 0 sur R, on a :

1.

pour tout réel x dans [0 ; +∞[, −e−x É f (x) É e−x (b)

lim −e −x = lim e −x = 0 donc limx→+∞ f (x) = 0.

x→+∞

x→+∞

2. Les points communs aux deux courbes sont les points d’abscisse x Ê 0 telle que f (x) = g (x)    x = kπ , k ∈ Z kπ 2 ⇔x= , k ∈ N. ⇔ ⇔    2  x Ê0 x Ê0 x Ê0 µ ¶ kπ kπ Les coordonnées des points communs aux courbes Γ et C sont , e 2 , k ∈ N. 2 ³ π´ 3. On définit la suite (u n ) sur N par u n = f n . 2 ³ ´ π π π π π (a) Soit n ∈ N, u n+1 = f (n + 1) = e −(n+1) 2 = e −n 2 e − 2 = e − 2 u n 2 π La suite (u n ) est une suite géométrique de raison e − 2 .   f (x) = g (x)

  cos(4x) = 1

π

(b) Puisque 0 < e − 2 < 1 et que u 0 = 1 > 0, la suite est décroissante, de plus elle converge vers 0. 4.

(a) On vérifie que : pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[, f ′ (x) = −e−x [cos(4x) + 4 sin(4x)] .

 ³ π´ nπ   g′ n ³ π´ ³ π´ = −e − 2 ′ ′ 2´ (b) Pour tout n ∈ N, ³ π donc g n = f n , les courbes Γ et C ont même tangente nπ  2 2  f′ n = −e − 2 2 en chacun de leurs points communs. ³π´ 5. Le coefficient directeur de la tangente est f ′ = −0, 2 à 10−1 près par excès. 2

Terminale

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Exercice 3:

5 points

1. Soit la fonction polynôme P définie sur R par P (x) = 4x 3 + 3x 2 − 2. (a) P ′ (x) = 12x 2 + 6x = 6x(2x + 1) dont les racines sont −

1 et 0, en vue de la question suivante, on établit 2

que 1 1 P ′ (x) < 0, sur ] − , 0[ et P ′ (x) > 0, sur ] − ∞, − [∪]0 , +∞[. 2 2 1 1 Conclusion : P est strictement décroissante sur [− , 0] et P est strictement croissante sur ] − ∞, − ] 2 2 et sur [0 , +∞[. De plus lim P (x) = −∞ et lim P (x) = +∞ x→−∞

x→+∞

− 12 0

x −∞ P (x) + ′



P (x) −∞

−7 4

0 0

− @ @ @ R

(b) ⋆ Sur ] − ∞, 0] la fonction P admet un maximum en −

+ 

+∞ +∞

−2

1 7 qui vaut − , l’équation P (x) = 0 n’a pas de 2 4

solution sur cet intervalle.

⋆ Sur [0, +∞[, la fonction P est continue à valeurs dans [−2, +∞[, donc d’après le T.V.I., l’équation P (x) = 0 admet une solution. Cette solution est unique puisque la fonction est strictement croissante sur cet intervalle. On la note α. 2x + 1 . x3 + 1 −P (x) (a) On dérive comme d’ab : ∀x ∈] − 1; +∞[, f ′ (x) = 3 . (x + 1)2 Ï Le dénominateur est positif sur ] − 1; +∞[.

2. On considère la fonction f définie sur ] − 1; +∞[ par : f (x) =

Ï Des questions précédentes on tire le signe de P sur ] − 1; +∞[ : P (x) É 0 sur ] − ∞, α] et P (x) Ê 0 sur [α, +∞] Conclusion : Sur ] − 1, α], f est croissante et sur [α, +∞], f est décroissante. (b) f (0) = 1 et f ′ (0) = 2, une équation de la tangente au point d’abscisse 0 est y = 2x + 1. · ¸ 1 −x 3 (2x + 1) (c) On étudie le signe de f (x) − (2x + 1) = (2x + 1) 3 −1 = . Un tableau de signe permet x +1 x3 + 1 de conclure rapidement :

x f (x) − (2x + 1) Position

Terminale

1 2 0

−1

0

− −

+

0

+∞ −

(T ) est au

(T ) est en

(T ) est au

dessus de (C )

dessous de (C )

dessus de (C )

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3.

(a) P (0, 60) = −0.056 < 0 et P (0, 61) = 0.024224 > 0 et P est croissante sur [0; +∞[ donc 0, 60 < α < 0, 61. (b) Ne pas se poser trop de question, on calcule la différence : 2 2α + 1 2 6α3 + 3α2 − 2α3 − 2 4α3 + 3α2 − 2 P (α) f (α) − 2 = 3 − 2= = = = 0. 2 3 2 3 2 3α α + 1 3α 3α (α + 1) 3α (α + 1) 3α (α3 + 1) D’où l’égalité. 2 (c) La fonction t 7→ 2 est décroissante sur [0, 60; 0, 61] donc : 3t 2 2 2 1 É f (α) É ⇔ É f (α) É 2 2 3(0, 61) 3(0, 60) 1, 1163 0, 54 2 1 > 1, 7 et < 1, 9. On a bien : 1, 1163 0, 54 1, 7 É f (α) É 1, 9

4.

(a) On calcule deux limites en −1 et en +∞ lim f (x) = −∞

x→−1

lim f (x) = 0

x→+∞

(C ) admet deux asymptotes l’une d’équation x = −1, et l’autre d’équation y = 0. (b)

(T )

x = −1

2

1

1

−1

y = f (x) Terminale

2

3

α

−1 Bac Blanc décembre 2008

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Exercice 4:

5 points

2

x +1 . On appelle (C ) la courbe représentative de f . x2 + x + 1 x2 − 1 (x − 1)(x + 1) (a) Comme d’ab, sur [0; +∞[ : f ′ (x) = 2 = 2 (x + x + 1)2 (x + x + 1)2

Soit la fonction f définie sur [0; +∞[ par : f (x) = 1.

x 0 1 f ′ (x) − 0 1 @ f (x) @ @ R2

+∞

+ 

3

(b) On montre que lim f (x) = 1, la droite d’équation y = 1 est asymptote. x→+∞

2.

(a) F existe sur [0; +∞[ car f est continue sur [0; +∞[ . (b) f est strictement positive sur [0; +∞[ (d’après le tableau de variation de f ) donc F est strictement croissante sur [0; +∞[

2 3. Soient les fonctions H et K par : H (x) = F (x) − x et K (x) = F (x) − x 3 −x (a) H ′ (x) = F ′ (x) − 1 = f (x) − 1 = 2 < 0 sur [0; +∞[. x +x +1 H est décroissante sur [0; +∞[. 2 2 = f (x) − > 0 sur [0; +∞[ 3 3 K est croissante sur [0; +∞[. K ′ (x) = F ′ (x) −

(b) H est décroissante sur [0; +∞[ et H (0) = 0 donc H (x) É 0 sur [0; +∞[. K est croissante sur [0; +∞[ et K (0) = 0 donc K (x) Ê 0 sur [0; +∞[.

D’où, pour tout x Ê 0, on a :

2 x É F (x) É x 3

(c) On applique le théorème des gendarmes pour en déduire que lim F (x) = +∞ x→+∞

4.

(a) F est strictement croissante sur [0; +∞[, F (0) = 0 et lim f (x) = +∞. x→+∞

F est continue sur [0; +∞[ et F ([0; +∞[) = [0; +∞[, donc l’équation F (x) = π admet au moins une solution dans [0; +∞[. F étant strictement croissante, la solution est unique. (b) On a montrer que x Ê 0,

2 x É F (x) É x. 3

2 2 3 Donc α É F (α) É α ⇔ α É π É α ⇔ π É α É π 3 3 2

Terminale

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4 3 Bac Blanc décembre 2008

−1

0 O

→ −

→ −ı

1

2

Annexe : exercice 2 1 Terminale

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