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Corrigé Bac Blanc TS mars
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Corrigé Bac Blanc TS mars

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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

Récurrence
bac
corrigé bac

Informations

Publié par
Publié le 01 mars 2010
Nombre de lectures 74
Langue Français

Extrait

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
.
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