Corrigé Bac Blanc TS mars

Corrigé Bac Blanc TS mars

-

Documents
3 pages
Lire
Le téléchargement nécessite un accès à la bibliothèque YouScribe
Tout savoir sur nos offres

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé Bac Blanc TS mars 2010 Exercice I Partie A : 1) D une part : Pour tout réel x, g(x) x2e x 2xe x e x 1. Or lim x x2e x 0, lim x xe x 0 et lim x e x 0. Donc lim g 1. D autre part : lim x x2 2x 1 lim x x2 et lim x e x . Donc lim g . 2) La fonction g est dérivable comme produit de fonctions dérivables sur . On a : x , g (x) ... e x( )x2 3 Comme une exponentielle est toujours positive, g (x) et ( )x2 3 sont du même signe. 3) On en déduit le tableau de variation, avec g( )3 ( )2 2 3 e 3 1 et g( )3 ( )2 2 3 e 3 1. On remarque en autre que g( )3 0 et g( )3 0. x ?? 3 3 +? signe de g ? + g( )3 g g( )3 1 4) a)La fonction g est continue sur ] ]3 . lim g et g( )3 ( )2 2 3 e 3 1 0. g est strictement décroissante sur ] ]3 .

  • solutions de z3

  • identification des coefficients

  • récurrence

  • unique solution

  • ga gb

  • milieu de segment


Sujets

Informations

Publié par
Publié le 01 mars 2010
Nombre de visites sur la page 111
Langue Français
Signaler un problème
Corrigé Bac Blanc TS mars 2010
Exercice I
Partie A :
1)
D une part :
Pour tout réel
x
,
g
(
x
)
x
2
e
x
2
x
e
x
e
x
1.
Or
lim
x
x
2
e
x
0,
lim
x
x
e
x
0 et
lim
x
e
x
0. Donc
lim
g
1.
D autre part :
lim
x
x
2
2
x
1
lim
x
x
2
et
lim
x
e
x
. Donc
lim
g
.
2)
La fonction
g
est dérivable comme produit de fonctions dérivables sur .
On a :
x
,
g
(
x
)
...
e
x
(
)
x
2
3
Comme une exponentielle est toujours positive,
g
(
x
) et
(
)
x
2
3 sont du même signe.
3)
On en déduit le tableau de variation, avec
g
(
)
3
(
)
2 2 3
e
3
1 et
g
(
)
3
(
)
2 2 3
e
3
1.
On remarque en autre que
g
(
)
3
0 et
g
(
)
3
0.
x

3
3
+
signe de
g
+
g
(
)
3
g
g
(
)
3
1
4)
a)
La fonction
g
est continue sur
]
]
3
.
lim
g
et
g
(
)
3
(
)
2 2 3
e
3
1
0.
g
est strictement décroissante sur
]
]
3
.
D après le théorème de la bijection, l équation admet une unique solution sur
]
]
3
.
De même, avec
g
(
)
3
0 et
g
(
)
3
0, on montre que
g
(
x
)
0
admet une unique solution sur
]
]
3
3
.
De plus, pour tout
x
3
,
g
(
x
)
1. Donc l équation
g
(
x
)
0 n admet pas de solution sur
]
[
3
.
Ainsi,
g
admet exactement deux solutions sur .
b)
A l aide de la calculatrice, on obtient :
g
( 2,4)
0,56 et
g
( 2,3)
2,1. Le théorème de la bijection évoquée ci-dessus
peut donc s appliquer sur l intervalle ] 2,3
2,4[, ce qui prouve que : 2,3
2,4.
5)
On en déduit que :
x
]
[ ]0
[,
g
(
x
)
0
et
x
]
0[,
g
(
x
)
0.
Partie B :
1)
De même que pour
g
,
lim
x
(
)
x
2
4
x
3 e
x
0 et
lim
x
x
donc
lim
f
Et sans nouvelle difficulté :
lim
f
.
2)
La fonction
f
est dérivable sur .
x
,
f
(
x
)
1
(
)
(2
x
4)e
x
(
)
x
2
4
x
3 e
x
...
g
(
x
).
D où :
x

0
+
signe de
f
0
0
f
( )
f
3
3)
x
,
f
(
x
)
x
(
)
x
2
4
x
3 e
x
.
Or
lim
x
(
)
x
2
4
x
3 e
x
0.
Donc la droite d équation
y
x
est asymptote oblique à la courbe
en
.
De plus :
f
(
x
)
x
(
)
x
2
4
x
3 e
x
0
x
2
4
x
3
0
(
x
1)(
x
3)
0
On a reconnu une racine évidente : 1.
On en déduit que
est au dessus de
sur ] 3
1[ et en dessous de
sur ]
3[ ] 1
[
Exercice II
1)
a)
On remarque que 2
3
8. Donc 2 est une solution de l équation
z
3
8.
b)
On procède par identification des coefficients. Cela revient à résoudre :
2
0
2
0
2
8
. D où
2 et
4.
Ainsi
z
3
8
(
z
2)
(
)
z
2
2
z
4 .
c)
L équation
z
2
2
z
4
0 admet deux solutions complexes conjuguées : 1 i 3
et 1 i 3
(On trouve
12).
L ensemble des solutions de
z
3
8 est donc :
{
}
2
1 i 3
1 i 3
.
2)
a)
b)
Calculons
b
a
b
a
.
b
a
b
a
2
3
3i 2
1 i 3
2
3
3i
3 i 3
2 3
1
2
3
2
i
2 3
3
2
1
2
i
e
i
π
3
e
5
i
π
6
e
i
(
)
3
5
6
e
i
2
.
En considérant le module de cette égalité, on obtient
A
B
A
B
.
c)
En considérant l argument de cette même égalité :
(
)
AB
AB
arg
( )
e
i
2
2
2
k
,
k
.
d)
Le triangle
ABB
est donc rectangle (indirect) isocèle en
A
.
De même, on trouve :
c
a
c
a
e
i
2
. D où on tire que
ACC
est rectangle (direct) isocèle en
A
.
3)
On a :
n
b
b
2
1 i 3
2
3
3i
2
1
3
i 3
(
)
1
3
2
1
3
2
(
)
1 i 3
.
Alors
OC
a pour affixe
c
1 i 3
et
ON
a pour affixe
n
1
3
2
(
)
1 i 3
.
On en déduit que
ON
1
3
2
OC
. Ce qui prouve que les points
O
,
C
et
N
sont alignés.
Exercice III
Partie A :
1)
La suite
( )
u
n
est majorée. La suite
( )
u
n
diverge vers
.
2)
La suite
(
)
w
n
u
n
converge vers ℓ. On ne sait pas dire si la suite
( )
v
n
a une limite ou non.
3)
La suite
( )
v
n
est majorée. On ne sait pas dire si la suite
( )
v
n
a une limite ou non.
Partie B
:
1)
n
0,
u
n
1
u
n
2
n
3
0. La suite
( )
u
n
est donc croissante.
2)
Une démonstration par récurrence :
Initialisation :
u
0
1 et 0
2
0. On a bien
u
0
0
2
.
Hérédité : supposons la propriété vraie à un rang
n
, montrons qu elle est vraie au rang
n
1 :
On a :
u
n
1
u
n
2
n
3
n
2
2
n
3 d après l hypothèse de récurrence.
(
n
1)
2
2
Donc
u
n
1
(
n
1)
2
. La propriété est donc vraie au rang
n
1.
Conclusion :
n
0,
u
n
n
2
.
Par comparaison des limites, on peut alors conclure quant à la convergence de la suite
( )
u
n
:
lim
n
n
2
donc
lim
n
( )
u
n
.
3)
On conjecture en calculant les premiers termes de la suite que pour tout entier naturel
n
:
u
n
(
n
1)
2
La démonstration peut se faire par récurrence à nouveau :
Au cours de la démonstration on peut écrire :
u
n
1
(
n
1)
2
2
n
3
n
2
4
n
4
(
n
2)
2
.
Exercice IV
1)
On a :
G
bar
{
}
(
A
1) (
B
1) (
C
1) (
D
1)
bar
{
}
(
I
2) (
J
2) en utilisant l associativité des barycentres.
Donc
G
(
I
J
). (
G
est même me milieu du segment [
I
J
]).
Et en associant les points
A
et
C
d une part et
B
et
D
d autre part, on obtient
G
(
K
L
), et de même,
G
(
M
N
).
Ainsi les droites (IJ), (
L
K
) et (
M
N
) sont concourantes en
G
.
2)
On a :
I
milieu de [
A
B
] et
K
milieu de [
B
C
].
D après le théorème de la droite des milieux,
IK
1
2
AC
.
De même :
LJ
1
2
AC
. Donc
LJ
IK
. Ce qui prouve que
IKJL
est un parallélogramme.
On a également
IL
1
2
BD
. Or
A
C
B
D
. On en déduit :
I
K
I
L
.
La parallélogramme
IKJL
a deux côtés consécutifs de même longueur, donc
IKJL
est un losange.
Or les diagonales d un losange sont perpendiculaires. Donc les droites (
I
J
) et (
K
L
) sont orthogonales.
3)
a)
Les droites (
M
N
) et (
K
L
) sont sécantes en
G
, donc ces droites forment un plan.
On a : (
I
J
) orthogonale à (
M
N
) et (
I
J
) orthogonale à (
K
L
). Ainsi la droite (
I
J
) est orthogonale à deux droites
sécantes du plan (
MNK
), donc (
I
J
) est orthogonale au plan (
MNK
).
b)
Comme (
M
K
) est une droite du plan (
MNK
), alors les droites (
I
J
) et (
M
K
) sont orthogonales. Donc :
IJ
.
MK
0.
Or
MK
1
2
AB
. Donc
IJ
.
AB
0. Et ainsi (
I
J
) est orthogonale à (
A
B
).
De même, comme (
I
J
) est orthogonale à (
MNK
), alors
IJ
.
NK
0. Or
NK
1
2
DC
. Donc
IJ
.
DC
0.
Donc (
I
J
) est orthogonale à (
D
C
).
c)
La droite (
I
J
) est orthogonale à (
A
B
) et passe par le milieu
I
de [
A
B
], donc (
I
J
) appartient au plan médiateur de [
A
B
].
Or
G
(
I
J
). Donc
G
appartient au plan médiateur de [AB].
De même,
G
appartient au plan médiateur de [
C
D
].
d)
On en déduit que :
G
A
G
B
et
G
C
G
D
. Il reste à montrer que
G
A
G
D
.
Pour cela on montre comme précédemment que (
K
L
) est orthogonale à (
A
D
) et (
B
C
), et par suite,
G
appartient au
plan médiateur de [
A
D
], d où on tire :
G
A
G
D
.
Ce qui prouve que
G
est équidistant des points
A
,
B
,
C
et
D
.