\documentclass[12pt]{article} \input{Preambule-lua.tex} \usepackage{calligra} \geometry{a4paper,hmargin=1.5cm,vmargin=1.5cm} \setboolean{solution}{true} % \setboolean{solution}{false} \begin{document} \pagestyle{empty} \devpers{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 7} : Convexité et ln (2h)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (terminale) } }{\large \textcalligra{ 11 décembre 2025}} % \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1 : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024} \setlength{\columnseprule}{.5pt} \setlength{\columnsep}{30pt} \setcounter{exercice}{0} \begin{exercice}[(3 points)] \begin{multicols}{2} \begin{enumerate} \item Déterminer la plus petite valeur de $n\in\N$ telle que : \[ \left(\dfrac23\right)^n<0,01 \] \item Déterminer la primitive sur l'intervalle $I$ indiqué. $f(x)=\dfrac{x^3+1}{(x^4+4x+1)^4}$; sur $I=]0;\pI[$. \end{enumerate} \end{multicols} \begin{corrige} \begin{enumerate} \item On résout l'inéquation : \begin{align*} \left(\frac{2}{3}\right)^n < 0,01 &\ssi \ln\left(\left(\frac{2}{3}\right)^n\right) < \ln(0,01) \text{~~~~(on applique $\ln$ qui est strictement croissante)}\\ &\ssi n \ln\left(\frac{2}{3}\right) < \ln(10^{-2}) \\ &\ssi n > \dfrac{\ln(10^{-2})}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)} \text{~~~~(On divise par $\ln\left(\frac{2}{3}\right)<0$)} \end{align*} Et $ \dfrac{\ln(10^{-2})}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)}\approx 11,36$, donc la plus petite valeur entière est $n = 12$. \item On a pour $x>0$ : \[ f(x) = \frac{x^3+1}{(x^4+4x+1)^4} = \frac{1}{4} \times 4(x^3+1)(x^4+4x+1)^{-4} \] On reconnaît la forme $u'u^{-4}$, don une primitive de $f$ sur $I$ est : \[ F(x) = \frac{1}{4} \times \dfrac{(x^4+4x+1)^{-3}}{-3} + K = -\frac{1}{12} \dfrac{1}{(x^3+3x+1)^3} + K \] où $K$ est une constante réelle. \end{enumerate} \end{corrige} \end{exercice} \begin{exercice}[(3 points)] On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 3$ et, pour tout entier naturel $n$ : \[u_{n+1} = u_n^2 - 2u_n + 2.\] On admet que pour tout entier naturel $n$, $u_n > 1$. \begin{enumerate} \item On considère la suite $(v_n)$ définie, pour tout entier naturel $n$, par $v_n = \ln (u_n - 1)$. \begin{enumerate} \item Montrer que la suite $(v_n)$ est une suite géométrique de raison 2 dont on précisera le premier terme. \begin{corrige} Pour tout $n \in \N$ : \begin{align*} v_{n+1} &= \ln(u_{n+1} - 1) \\ &= \ln\left((u_n^2 - 2u_n + 2) - 1\right) \\ &= \ln\left(u_n^2 - 2u_n + 1\right) \\ &= \ln\left((u_n - 1)^2\right) \\ &= 2\ln(u_n - 1) \\ &= 2v_n \end{align*} Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q = 2$ et de premier terme $v_0 = \ln(u_0 - 1) = \ln(3 - 1) = \ln 2$. \end{corrige} \item En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $u_n = 1 + \e^{2^n \times \ln 2}$. \begin{corrige} Comme $(v_n)$ est géométrique de raison 2 et de premier terme $\ln 2$ : on a pour tout $n\in\N$ : \[ v_n = v_0 \times 2^n = 2^n \ln 2 \] D'autre part $v_n = \ln(u_n - 1)$, donc $\e^{v_n} = u_n - 1$ et ainsi : \[ u_n=1+\e^{v_n} \] il s'en suit \[ u_n = 1 + \e^{2^n \times \ln 2} \] \end{corrige} \end{enumerate} \item En déduire la limite de la suite $\left(u_n\right)$. \begin{corrige} On a $u_n = 1 + \e^{2^n \ln 2}$. Comme $\ln 2 > 0$, on a $\lim\limits_{n\to+\infty} 2^n = +\infty$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty} 2^n \ln 2 = +\infty$. Par composition : $\lim\limits_{n\to+\infty} \e^{2^n \ln 2} = +\infty$. Finalement : $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = +\infty$. \end{corrige} \end{enumerate} \end{exercice} \begin{exercice}[(12 points)] On considère une fonction $f$ définie et deux fois dérivable sur $]-2;\pI[$. On note $\calc_f$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan, $f'$ sa dérivée et $f''$ sa dérivée seconde. On a tracé ci-dessous la courbe $\calc_f$ et sa tangente $\calt$ au point $B$ d'abscisse $-1$. On précise que la droite $\calt$ passe par le point $A(0;-1)$. \begin{center} \psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm} \def\xmin {-1.9} \def\xmax {1.3} \def\ymin {-3.4} \def\ymax {1.3} \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \psgrid[xunit=0.6cm,yunit=0.75cm,subgriddiv=1,gridlabels=0, gridcolor=lightgray](-10,-7)(7,3) \psaxes[arrowsize=3pt 3,ticksize=-2pt 2pt,Dx=0.2,Dy=0.5, labels=none]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \psdots(-1,-2)(0,-1) \uput[dl](0,0){O} \uput[dr](-1,-2){$B$} \uput[dr](0,-1){$A$} \uput[d](0.2,0){$0,2$} \uput[d](1,0){$1$} \uput[l](0,0.5){$0,5$} \uput[l](0,1){$1$} \def\f{x x 2 add mul 1 sub x 2 add ln add}% définition de la fonction f \psplot[plotpoints=4000,linecolor=blue]{\xmin}{\xmax}{\f} \psplot[plotpoints=4000]{\xmin}{\xmax}{x 1 sub} \rput(0.3,0.8){\blue $\calc_f$} \rput(1.1,0.3){$\calt$} \end{pspicture*} \end{center} \medskip \textbf{Partie A : Exploitation du graphique} À l'aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous. \medskip \begin{enumerate} \item Préciser $f(-1)$ et $f'(-1)$. \begin{corrige} Graphiquement : \begin{enumerate}[label=$\bullet$] \item $f(-1) = -2$. \item $f'(-1)$ est le coefficient directeur de la tangente $\calt$ passe par $A(0,-1)$ et $B(-1,-2)$. \[ f'(-1) = \frac{-1 - (-2)}{0 - (-1)} = 1 \] \end{enumerate} \end{corrige} \item La fonction $f$ est-elle convexe sur son ensemble de définition ? Justifier. \begin{corrige} Non, la fonction $f$ n'est pas convexe sur tout son ensemble de définition. En effet, on observe graphiquement que : \begin{enumerate}[label=$\bullet$] \item Pour $x > -1$, la courbe $\calc_f$ semble située au-dessus de ses tangentes (convexe) \item Pour $x < -1,5$, la courbe $\calc_f$ semble située au-dessous de ses tangentes (concave) \end{enumerate} \end{corrige} \item Conjecturer le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ et donner une valeur arrondie à $10^{-1}$ près d'une solution. \begin{corrige} Graphiquement, la courbe $\calc_f$ coupe l'axe des abscisses en un seul point pour $x\in[0;0,2]$ : Donc on conjecture que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique racine qui a pour valeur approchée : $x \approx 0,1$. \end{corrige} \end{enumerate} \textbf{Partie B : Étude de la fonction $\boldsymbol{f}$} \medskip On considère que la fonction $f$ est définie sur $]-2;\pI[$ par \[ f(x) = x^2 + 2x - 1 + \ln (x + 2), \] \smallskip \begin{enumerate} \item Déterminer par le calcul la limite de la fonction $f$ en $-2$. Interpréter graphiquement ce résultat. On admet que $\limite{x}{\pI} f(x) = \pI$. \begin{corrige} Limite en $-2^+$ : \[ \lim_{x\to -2^+} (x^2 + 2x - 1) = -1 \] D'autre part : \bigskip \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=2,espcl=1.5] { $x$ / 1, $x+2$ / 1} { $\mI$ , $-2$ , $\pI$} \tkzTabLine{ ,-,z,+, } \end{tikzpicture} \bigskip Donc $\limite{x}{-2^+}x + 2 =0^+$ \medskip et $\limite{X}{0^+}\ln X=\mI$. Alors par composée avec $X=x + 2$, on a $\limite{x}{-2^+} \ln(x + 2) = \mI$ Finalement, par somme : \[ \limite{x}{-2^+} f(x) = \mI.\] On déduit que la courbe $\calc_f$ admet une asymptote verticale d'équation $x = -2$. \end{corrige} \item Montrer que pour tout $x > -2$, $f'(x) = \dfrac{2x^2 + 6x + 5}{x + 2}$. \begin{corrige} Pour $x > -2$ : \begin{align*} f'(x) &= 2x + 2 + \frac{1}{x+2} \\ &= \frac{(2x+2)(x+2) + 1}{x+2} \\ % &= \frac{2x^2 + 4x + 2x + 4 + 1}{x+2} \\ &= \frac{2x^2 + 6x + 5}{x+2} \end{align*} \end{corrige} \item Étudier les variations de la fonction $f$ sur $]-2;\pI[$ puis dresser son tableau de variations complet. \begin{corrige} Pour $x>-2$, on a $x+2 > 0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur $N(x) = 2x^2 + 6x + 5$ qui est une expression de degré 2. Étude de $N(x)$ : \[ \Delta = 36 - 40 = -4 < 0 \] Donc pour tout $x>-2$, $N(x)>0$ (car $a = 2 > 0$). Ainsi : $f'(x) > 0$ pour tout $x > -2$. On déduit le tableau de variations : \medskip \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1, $f'(x)$ / 1,$f$ / 2} { $-2^+$ , $\pI$ } \tkzTabLine{ d , + } \tkzTabVar{ D- / $\mI$ , +/$\pI$ }% \tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.5}{$\alpha$}{0} \end{tikzpicture} \end{center} \end{corrige} \item Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]-2;\pI[$ et donner une valeur arrondie de $\alpha$ à $10^{-2}$ près. \begin{corrige} \begin{enumerate}[label=$\bullet$] \item $f$ est continue sur $]-2;+\infty[$ (comme somme de fonctions continues) \item $f$ est strictement croissante sur $]-2;+\infty[$ (car $f'(x) > 0$) \item $\lim\limits_{x\to -2^+} f(x) = -\infty$, $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$ et $0\in]\mI;\pI[$. \end{enumerate} D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]-2;+\infty[$. D'après la calculatrice : $\alpha \approx 0,12$. \end{corrige} \item En déduire le signe de $f(x)$ sur $]-2;\pI[$. \begin{corrige} D'après le tableau de variations de $f$, on déduit le tableau de signes de $f$ : \medskip \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3,espcl=1.5] { $x$ / 1, $f(x)$ / 1} { $-2$ ,$\alpha$, $\pI$} \tkzTabLine{ d,-,z,+, } \end{tikzpicture} \end{center} \end{corrige} \item Montrer que $\mathcal{C}_f$ admet un unique point d'inflexion et déterminer son abscisse. \begin{corrige} Calculons $f''(x)$ : On a pour $x>-2$ : \[ f'(x) = \frac{2x^2 + 6x + 5}{x+2} \] Donc : \begin{align*} f''(x) &= \frac{(4x + 6)(x+2) - (2x^2 + 6x + 5)}{(x+2)^2} \\ % &= \frac{4x^2 + 8x + 6x + 12 - 2x^2 - 6x - 5}{(x+2)^2} \\ &= \frac{2x^2 + 8x + 7}{(x+2)^2} \end{align*} Le dénominateur $(x+2)^2 > 0$ pour $x > -2$, donc le signe de $f''(x)$ est celui de $N(x) = 2x^2 + 8x + 7$ qui est une expression de degré 2. \[ \Delta = 64 - 56 = 8 \] On a donc deux racines : \[ x_1 = \frac{-8 - \sqrt{8}}{4} = -2 - \frac{\sqrt{2}}{2} \approx -2,707 \] \[ x_2 = \frac{-8 + \sqrt{8}}{4} = -2 + \frac{\sqrt{2}}{2} \approx -1,293 \] On a donc finalement le tableau suivant : On a donc le tableau de convexité suivant : \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{ $x$ / 1, $f''(x)$ / 1, Convexité de $f$ / 2} { $-2$ , $x_2$ , $\pI$} \tkzTabLine{ d,-,z,+, } \tkzTabLine{ d, concave,t, convexe, } \end{tikzpicture} \end{center} D'après le tableau de convexité, on a un changement de courbure en $x_2$, c'est donc l'abscisse de l'unique point d'inflexion : $ x_2 = -2 + \frac{\sqrt{2}}{2} $ (Ça correspond bien au graphique). \end{corrige} \item On note $F$ une primitive de $f$ sur $]-2;\pI[$. Valider ou infirmer les affirmations suivantes en justifiant. {\bf Affirmation 1 : } $F$ est une fonction décroissante sur $]-2;0]$. {\bf Affirmation 2 : } $F$ est une fonction concave sur $]-2;\pI[$. \begin{corrige} \textbf{Affirmation 1 :} $F$ est une primitive de $f$, donc pour $x>-2$ : $F'(x) = f(x)$. D'après le tableau de signe de $f$ : Sur $]-2; 0[$, $f(x) < 0$ donc $F'(x) < 0$ et $F$ décroissante. L'affirmation est VRAIE. \textbf{Affirmation 2 :} $F''(x) = f'(x)$. Or on a montré que $f'(x) > 0$ pour tout $x > -2$. Donc $F''(x) > 0$ sur $]-2;+\infty[$, ce qui signifie que $F$ est convexe sur cet intervalle. L'affirmation est FAUSSE. \end{corrige} \end{enumerate} \textbf{Partie C : Une distance minimale} \medskip \begin{minipage}{0.54\linewidth} Soit $g$ la fonction définie sur $]-2;\pI[$ par \[ g(x) = \ln (x + 2). \] On note $\calc_g$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $\oij$, représentée ci-contre. Soit $M$ un point de $\calc_g$ d'abscisse $x$. Le but de cette partie est de déterminer pour quelle valeur de $x$ la distance $JM$ est minimale. On considère la fonction $h$ définie sur $]-2;\pI[$ par $h(x) = JM^2$. \end{minipage}\hspace{.5cm} \begin{minipage}{0.45\linewidth} \psset{unit=4cm,comma, arrowssize=3pt 3} \def\xmin{-0.39} \def\xmax{1.19} \def\ymin{-0.19} \def\ymax{1.19} \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \psgrid[unit=0.8cm,subgriddiv=1,gridlabels=0, gridcolor=lightgray](-2,-1)(6,6) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,ticksize=-2pt 2pt,Dx=0.2,Dy=0.2]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \psdots(0,1)(0.3,0.833)(1,0)(0.3,0) \psline(0,1)(0.3,0.833) \psline[linestyle=dashed](0.3,0.833)(0.3,0) \uput[dl](0,0){O} \uput[ur](0,1){$J$} \uput[ur](1,0){$I$} \uput[u](0.3,0.833){$M$} \uput[d](0.3,0){$x$} \def\f{x 2 add ln}% définition de la fonction g \psplot[plotpoints=4000,linecolor=blue]{\xmin}{\xmax}{\f} \uput[ul](-0.2,0.6){\blue $\calc_g$} \end{pspicture*} \end{minipage} \smallskip \begin{enumerate} \item Justifier que pour tout $x > - 2$, on a : $h(x) = x^2 + [\ln(x + 2)- 1]^2$. \begin{corrige} Dans le repère orthonormé, on a : $J(0,1)$, et $M(x, g(x)) = (x, \ln(x+2))$. Donc $\vect{JM}\cp{x}{\ln(x+2) - 1}$ Alors la distance $JM$ est donnée par : \begin{align*} JM^2 &= x^2 + (\ln(x+2) - 1)^2 \\ &= h(x) \end{align*} \end{corrige} \item On admet que la fonction $h$ est dérivable sur $]-2;\pI[$ et on note $h'$ sa fonction dérivée. \begin{enumerate} \item Montrer que pour tout réel $x > -2$, \[ h'(x) = \dfrac{2f(x)}{x + 2} \] \begin{corrige} Calculons $h'(x)$ : On a pour $x>-2$ et en vertu de la formule $(\ln u)'=\dfrac{u'}{u}$ : \begin{align*} h'(x) &= 2x + 2[\ln(x+2) - 1] \times \frac{1}{x+2} \\ % &= 2x + \frac{2[\ln(x+2) - 1]}{x+2} \\ &= \frac{2x(x+2) + 2[\ln(x+2) - 1]}{x+2} \\ &= \frac{2x^2 + 4x + 2\ln(x+2) - 2}{x+2} \\ &= \frac{2(x^2 + 2x - 1 + \ln(x+2))}{x+2} \\ &= \frac{2f(x)}{x+2} \end{align*} \end{corrige} \item Dresser le tableau de variations de $h$ sur $]-2;\pI[$. Les limites ne sont pas demandées. \begin{corrige} Pour $x > -2$, $x+2 > 0$, donc le signe de $h'(x)$ est celui de $f(x)$. On a a lors le tableau de variations suivant : \medskip \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1, $h'(x)$ / 1, $h$ / 2} { $-2$ , $\alpha$ ,$\pI$} { d,-,z,+,} { D+ / , -/$h(\alpha)$ , +/ }% \end{tikzpicture} \end{center} \medskip \end{corrige} \item En déduire que la valeur de $x$ pour laquelle la distance $JM$ est minimale est $\alpha$ où $\alpha$ est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B. \begin{corrige} $JM$ minimale quand $JM^2$ minimale et donc quand $h$ est minimale. Or, $h$ admet donc un minimum en $x = \alpha$ d¡après la question précédente. Ainsi la valeur de $x$ pour laquelle la distance $JM$ est minimale est $\alpha$. \end{corrige} \end{enumerate} \item On notera $M_\alpha$ le point de $\calc_g$ d'abscisse $\alpha$. \begin{enumerate} \item Montrer que $\ln (\alpha + 2) = 1 - 2\alpha - \alpha^2$. \begin{corrige} Par définition, $\alpha$ vérifie $f(\alpha) = 0$. c'est-à-dire $\alpha^2 + 2\alpha - 1 + \ln(\alpha + 2) = 0 $ et en isolant $\ln(\alpha + 2) $, on a : \[ \ln(\alpha + 2) = 1 - 2\alpha - \alpha^2 \] \end{corrige} \item En déduire que la tangente à $\mathcal{C}_g$ au point $M_\alpha$ et la droite $(JM_{\alpha})$ sont perpendiculaires. On pourra utiliser le fait que, dans un repère orthonormé, deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit de leurs coefficients directeurs est égal à $-1$. \begin{corrige} \textbf{Coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_g$ en $M_\alpha$ :} \[ g'(\alpha) = \frac{1}{\alpha + 2} \] Et ainsi la tangente à $\mathcal{C}_g$ en $M_\alpha$ a pour vecteur directeur : $\vectu\cp{1}{ \frac{1}{\alpha + 2}}$ la droite $(JM_\alpha)$ a pour vecteur directeur : $\vect{JM}\cp{\alpha}{\ln(\alpha+2) - 1}$ Alors vérifions si ces vecteurs sont orthogonaux à l'aide du produit scalaire : \begin{align*} \vectu.\vect{JM}&=\alpha + \frac{1}{\alpha + 2}(\ln(\alpha+2) - 1)\\ &=\dfrac{\alpha^2+2\alpha+\ln(\alpha+2) - 1}{\alpha + 2}\\ &= \dfrac{f(\alpha)}{\alpha + 2}\\ &= 0 \end{align*} Ainsi les vecteurs sont orthogonaux et les droites sont perpendiculaires. {\bf Méthode avec les coefficients directeurs} \textbf{Coefficient directeur de la tangente : } \[ m=g'(\alpha)=\frac{1}{\alpha + 2} \] \textbf{Coefficient directeur de la droite $(JM_\alpha)$ :} \begin{align*} m_{JM_\alpha} &= \frac{y_m-y_J}{x_M-xJ} \\ &= \frac{g(\alpha) - 1}{\alpha - 0} \\ &= \frac{\ln(\alpha + 2) - 1}{\alpha} \\ &= \frac{(1 - 2\alpha - \alpha^2) - 1}{\alpha} \quad \text{(d'après la question précédente)} \\ &= \frac{-2\alpha - \alpha^2}{\alpha} \\ &= -2 - \alpha \quad \text{(pour $\alpha \neq 0$, ce qui est le cas car $\alpha \approx 0,31$)} \end{align*} \textbf{Produit des coefficients directeurs :} \begin{align*} m \times m_{JM} &= \frac{1}{\alpha + 2} \times (-2 - \alpha) \\ &= \frac{-(2 + \alpha)}{\alpha + 2} \\ &= -1 \end{align*} Donc les deux droites sont perpendiculaires. \end{corrige} \end{enumerate} \end{enumerate} \end{exercice} \end{document} \end{document}