Corrigé des révisions du

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Niveau: Secondaire, Lycée

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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


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Corrigé des révisions du 01/06/11
EX E R C I C E1 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)=2x4xlnx2x× =2x4xlnx2x= −4xlnx. x Commex>1lnx>0, il en résulte que sur [1 ;+∞[,ϕ(x)60 :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+e2e×ln e=1e≈ −6, 4. D’autre partϕ(1)=1+12×0=2. Doncϕ(e)<0 etϕ(1)>0, donc 0ϕ([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+x2xlnx 1+x2xlnxϕ(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 06f(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)= 2v(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 µe lnx1 12ln e1 ln dx− =− −= −1. 2 1xe ee1 1
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Corrigé des révisions du 01/06/11
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 06f(x)6, donc d’après la restitution organisée de 2 x connaissances de la partie A, on a 2 06A61, soit à peu près 0<A60, 265. e
EX E R C I C E2 Commun à tous les candidats
5 points
1. a.En partant du point (u0=et en allant alternativement verticale5 ; 0) ment vers la courbeCet horizontalement vers la droiteΔ, on obtient les points de la courbeCd’abscisses,u1,u2,u3etc. 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, notonsPnla proposition "un1>0". Initialisation : on au01=51=4>0 :P0est vraie. Hérédité : supposons qu’il existenNtel queun1>0, et montrons queun+11>0. 4u1 4u1 4u1u2 3u3 n nn nn Oru=doncu1= −1== = n+1n+1 un+2un+2un+2un+2 3 (un1) . un+2 On sait queun1>0, doncun>1 etun+2>3>0. Tous les termes deun+11 sont supérieurs à zéro, donc finalement u1>0. n+1 On a donc démontré par récurrence que pour toutnN,un1>0. b.Décroissance de la suite : 2 2 4un1un2un nun1 4un1u+2 soitun+1un= −un= == un+2un+2un+2 2 2 un2un+1 (un1) − =. u+2u+2 n n Les deux termes du quotients sont positifs, donc finalementun+1un< 0 ce qui démontre que la suite (un) est décroissante. Orun1>0⇐⇒un>1. La suite étant minorée par 1 et décroissante converge vers une limite 41 >1 et par continuité de la fonctionf, on a=équation dont +2 la seule solution est=1. La suite (un) converge vers 1. 1 1 3. a.Pour toutnN, on avn+1vn= −. u1u1 n+1n Or on a vu cidessus (dans la démonstration par récurrence) que 3 (un1) un+11=, donc un+2 un+2 1un+23un1 1 vn+1vn= == −=, car on a vu 3 (un1)un1 3(un1) 3(un1) 3 queun1>0. 1 Ceci montre que la suite (vn, de) est une suite arithmétique de raison 3 premier terme 1 11 v0== =. u01 51 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 Orvn= ⇐⇒un1= ⇐⇒un= +1= +1= = un1vnvn3+4n3+4n 15+4n , quel que soitnN. 3+4n On retrouve ici que les termes de (un) sont des rationnels et comme le 19 239 suggérait les constructions du 1. a. queu1=,u2= =2,u3= = 7 115 1, 8. 15 4+ n c.Pourn>0 on peut écrireun=. 3 4+ n 15 3 On alim=lim0, et=0 n→+∞n→+∞ n n 4 donc limun= =1. n→+∞ 4
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