Corrigé des révisions du

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Niveau: Secondaire, Lycée

• revision

Corrigé des révisions du 01/06/11 EXERCICE 1 7 points Commun à tous les candidats PARTIE A : restitution organisée de connaissances Voir le cours. PARTIE B : 1. a. f somme de fonctions dérivables sur [1 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle : ??(x)= 2x ?4x lnx ?2x2? 1 x = 2x ?4x lnx ?2x =?4x lnx. Comme x > 1? lnx > 0, il en résulte que sur [1 ; +∞[, ??(x)6 0 : ? est donc décroissante sur [1 ; +∞[. b. La fonction ? est continue (car dérivable) et décroissante sur [1 ; e]. ? induit donc une bijection de [1 ; e] sur ?([1 ; e]). Or, ?(e)= 1+e2?2e2? lne= 1?e2 ≈?6,4. D'autre part ?(1)= 1+1?2?0= 2. Donc ?(e)< 0 et ?(1)> 0, donc 0 ??([1 ; e]) ? s'annule une seule fois en ? ? [0 ; 1]. La calculatrice donne :?(1,8)≈ 0,4 ;?(1,9)≈?0,02, donc : 1,8

• intégrale précédente


• ?2x lnx


• restitution organisée de connaissances voir


• abscisse du point commun


• lnx x2


• points commun

Sujets

• Révision

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Extrait

Corrigé des révisions du 01/06/11

E X E R C I C E 1 7points Commun à tous les candidats PARTIE A : restitution organisée de connaissancesVoir le cours. PARTIE B : 1. a.fsomme de fonctions dérivables sur [1 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle : 1 ′2 ϕ(x)=2x−4xlnx−2x× =2x−4xlnx−2x= −4xlnx. x ′ Commex > 1⇒lnx > 0, il en résulte que sur [1 ;+∞[,ϕ(x) 6 0 :ϕest donc décroissante sur [1 ;+∞[. b.La fonctionϕest continue (car dérivable) et décroissante sur [1 ; e]. ϕinduit donc une bijection de [1 ; e] surϕ([1 ; e]). 2 22 Or,ϕ(e)=1+e−2e×ln e=1−e≈ −6, 4. D’autre partϕ(1)=1+1−2×0=2. Doncϕ(e)<0 etϕ(1)>0, donc 0∈ϕ([1 ; e]) ϕs’annule une seule fois enα∈[0 ;1]. La calculatrice donne :ϕ(1, 8)≈0, 4 ;ϕ(1, 9)≈ −0, 02, donc : 1, 8<α<1, 9. c.La variation deϕmontre que :  sur [1;α[,ϕ(x)>0 ; ϕ(α)=0 ;  sur ]α;+∞[,ϕ(x)<0. 2. a.Le dénominateur ne peut s’annuler, doncfquotient de fonctions déri vables sur [1 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle : ¡ ¢ 1 2 2 2 ×1+x−2xlnx 1+x−2xlnxϕ(x) ′ x f(x)== =. ¡ ¢¡ ¢¡ ¢ 2 22 2 22 1+x x1+x x1+x b.De la question 1. c. on déduit que : ′  sur [1;α[,f(x)>0 : la fonction est croissante sur cet intervalle ; ′ f(α)=0 ; ′  sur ]α;+∞[,f(x)<0 : la fonction est décroissante sur cet intervalle. 1 1 2 2 c.On ax<x+1⇐⇒ <et en multipliant par lnx > 0, carx > 1, 2 2 1+x x on obtient : lnxlnxlnx 6 , soitf(x) 6 . 2 22 1+xx x 2 De plus sur [1 ;+∞[, lnx > 0 et 1+x>1>0, doncf(x) > 0. Finalement : pour toutxappartenant à l’intervalle [1 ;+∞[ on a : lnx 0 6 f(x) 6 . 2 x lnx d.limOn sait que=0, donc d’après le théorème des gendarmes l’en 2 x→+∞ x cadrement précédent montre quelimf(x)=0. x→+∞ 3. a.Posons : ( 1 ′ u(x)=lnx u (x)= x 1 . ′ 1 v(x)= 2 v(x)= − x x Toutes ces fonctions étant continues (car dérivables) sur l’intervalle [1 ; e], on peut intégrer par parties : Z ·¸ Zµ ¶· ¸ e ee e lnx1 1lnx1 dx= −lnx× − −dx−= − 2 2 x xx xx 1 11 1 Z µ¶ e lnx1 12ln e1 ln dx− =− −= −1−. 2 1 xe ee1 1

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2 b., on sait que l’intégrale précédentePuisque l’unité d’aire est égale à 1 cm est égale àA. lnx On a vu que 0 6 f(x) 6 , donc d’après la restitution organisée de 2 x connaissances de la partie A, on a 2 0 6 A 6 1−, soit à peu près 0<A 6 0, 265. e

E X E R C I C E 2 Commun à tous les candidats

5 points

1. a.En partant du point (u 0 =et en allant alternativement verticale5 ; 0) ment vers la courbeCet horizontalement vers la droiteΔ, on obtient les points de la courbeCd’abscisses,u 1 ,u 2 ,u 3 etc. Voir la figure. b.Sur la vue des premiers termes il semble que la suite soit décroissante vers l’abscisse du point commun àCet àΔsoit vers 1. 2. a.Pour tout entier natureln, notonsP n la proposition "u n −1>0". •Initialisation : on au 0 −1=5−1=4>0 :P 0 est vraie. •Hérédité : supposons qu’il existen∈Ntel queu n −1>0, et montrons queu n+1 −1>0. 4u−1 4u−1 4u−1−u−2 3u−3 n nn nn Oru=doncu−1= −1== = n+1n+1 u n +2u n +2u n +2u n +2 3 (u n −1) . u n +2 On sait queu n −1>0, doncu n >1 etu n +2>3>0. Tous les termes deu n+1 −1 sont supérieurs à zéro, donc finalement u−1>0. n+1 On a donc démontré par récurrence que pour toutn∈N,u n −1>0. b.•Décroissance de la suite : 2 2 4u n −1−u n −2u n n u n −1 4u n −1 −u+2 soitu n+1 −u n = −u n = == u n +2u n +2u n +2 2 2 u n −2u n +1 ( u n −1) − =−. u+2u+2 n n Les deux termes du quotients sont positifs, donc finalementu n+1 −u n < 0 ce qui démontre que la suite (u n ) est décroissante. Oru n −1>0⇐⇒u n >1. La suite étant minorée par 1 et décroissante converge vers une limite 4ℓ−1 ℓ > 1 et par continuité de la fonctionf, on aℓ=équation dont ℓ+2 la seule solution estℓ=1. La suite (u n ) converge vers 1. 1 1 3. a.Pour toutn∈N, on av n+1 −v n = −. u−1u−1 n+1n Or on a vu cidessus (dans la démonstration par récurrence) que 3 (u n −1) u n+1 −1=, donc u n +2 u n +2 1u n +2−3u n −1 1 v n+1 −v n = == −=, car on a vu 3 (u n −1)u n −1 3 ( u n −1) 3 ( u n −1) 3 queu n −1>0. 1 Ceci montre que la suite (v n , de) est une suite arithmétique de raison 3 premier terme 1 11 v 0 == =. u 0 −1 5−1 4

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1 1 11n3+4n b.On sait quev=v+n× = + ×n== +. n0 3 4 34 312 1 11 1212+3+4n Orv n = ⇐⇒u n −1= ⇐⇒u n = +1= +1= = u n −1v n v n 3+4n3+4n 15+4n , quel que soitn∈N. 3+4n On retrouve ici que les termes de (u n ) sont des rationnels et comme le 19 239 suggérait les constructions du 1. a. queu 1 =,u 2 = =2,u 3 = = 7 115 1, 8. 15 4+ n c.Pourn>0 on peut écrireu n =. 3 4+ n 15 3 On alim=lim0, et=0 n→+∞n→+∞ n n 4 donc limu n = =1. n→+∞ 4

4

3

2

1

Δ

C

O −2−2 3 4 5 61 1 u uu u 3 21 0

−1

−2

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