Bac s math

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Baccalauréat S − Liban − 11 juin 2009
Corrigé
Exercice 1 3 points
Bien que cela ne soit pas demandé dans l’énoncé, les affirmations sont ici démontrées.
1. On a p(A) =
3
5
, donc p(A)=
2
5
. De plus A et B sont indépendants, donc p(A∩B) = p(A)×p(B).
On a : p(A∪B) = p(A)+p(B)−p(A∩B) = p(A)+p(B)−p(A)×p(B)= p(B)×
¡
1−p(A)
¢
+p(A)
On en déduit : p(B) =
p(A∪B)−p(A)
1−p(A) =
4
5 −2
5
1−
2
5
=
2
3
. La réponse correcte est donc b..
2. On a p(X > 5) = 1−p(X 65) = 1−
Z5
0
0,04e−0,04x dx = 1−
£
−e−0,04x ¤5
0 = 1−
¡
−e−0,04×5−e0¢
= e−0,2 ≈ 0,82.
La bonne réponse est donc la proposition d..
3. Soit C l’événement : « je sorsmon chien » et P l’événement "« il pleut ». P et P forment une partition de l’univers, donc j’utilise
la formule des probabilités totales: p(C)= pP (C)×p(P)+pP (C)×p(P) =
1
10 ×
1
4 +
9
10 ×
3
4 =
28
40 =
7
10
On en déduit pC
³
P
´
=
p
³
P ∩C
´
p(C) =
pP (C)×p
³
P
´
p(C) =
9
10 ×
3
4
7
10
=
27
28
. La bonne réponse est donc d..
Exercice 2 8 points
1
2
3
−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4
x
y
C
(D)
(T)
Partie A
1. a. On a lim
x→+∞
e−x = 0, donc lim
x→+∞
1+e−x = 1 donc lim
x→+∞
ln(1+e−x ) =0 donc lim
x→+∞
f (x) = +∞
b. Comme f (x)−
1
3
x = ln(1+e−x ) et que lim
x→+∞
ln(1+e−x ) = 0, on en déduit que la droite (D) est asymptote à (C ) au voisinage
de +∞.
c. Comme f (x)−
1
3
x = ln(1+e−x ) et que ∀x ∈ R, {−x} > 0, on a 1+e−x > 1 et donc ln(1+e−x ) > 0, dont on déduit que
l’asymptote (D) est en dessous de la courbe (C ) sur R.
d. Soit x un réel. On a f (x) = ln(1+e−x )+1
3
x = ln
µ
1+
1
ex

+
1
3
x = ln
µ
ex +1
ex

+
1
3
x = ln(ex+1)−ln(ex )+
1
3
x = ln(ex+1)−x+
1
3
x
soit f (x) = ln(ex +1)−
2
3
x
e. On a lim
x→−∞
ex = 0 donc lim
x→−∞
ex +1 = 1, donc lim
x→−∞
ln(ex +1) = 0 et comme par ailleurs, lim
x→−∞−
2
3
x = +∞, on en déduit
lim
x→−∞
f (x) = +∞
2. a. f est dérivable en tant que composée d’une fonction x 7−→ex+1, définie et dérivable sur R et à valeurs dans R+,où la
fonction ln est dérivable : cette composée est donc dérivable sur R, la fonction linéaire que l’on y ajoute pour obtenir
f (x) étant elle même dérivable sur R, la fonction f est bien dérivable sur R.
Sa dérivée est : f ′(x) =
ex
ex +1 −
2
3 =
3ex
3(ex +1) −
2(ex +1)
3(ex +1) =
3ex −2(ex +1)
3(ex +1) =
ex −2
3(ex +1)
.
b. Ledénominateur de f ′ est strictement positif, donc f ′ est du signe de son numérateur, et ex −2> 0⇐⇒x > ln(2). On en
déduit donc que la fonction f est strictement décroissante sur ]−∞; ln2] puis strictement croissante sur [ln2;+∞[.
Partie B
1. On a démontré dans la partie A que f (x)−
1
3 = ln(1+e−x ) > 0 pour tout x réel, donc l’aire entre (C ) et (D) et les droites
d’équation x = 0 et x =n, pour n entier naturel non nul, est dn =
Zn
0
ln
¡
1+e−x ¢
dx.
2. Si on a x, ln(1+e−x )6e−x , alors dn =
Zn
0
ln
¡
1+e−x ¢
dx 6
Zn
0
e−xdx =
£
−e−x ¤n
0 = 1−e−n
Comme pour tout n on a e−n >0, on a bien, pour tout n naturel dn 61
La suite (dn)n>1 est doncmajorée. De plus :
∀n ∈N∗,dn+1 −dn =
Zn+1
0
ln
¡
1+e−x ¢
dx −
Zn
0
ln
¡
1+e−x ¢
dx
=
Zn+1
n
ln
¡
1+e−x ¢dx
et l’intégrale entre n et n +1 d’une fonction positive (comme établi à la partie A) étant positive, on a pour tout n non nul
dn+1 −dn >0 donc dn+1 >dn et donc la suite est croissante.
Une suite croissante et majorée étant nécessairement convergente, on en déduit que c’est le cas de (dn)n>1.
Partie C
1. Le coefficient directeur de (T) est donné par f ′(0). C’est donc f ′(0) =
e0 −2
3(e0+1) = −1
6
.
2. Soit x un réel non nul, considérons M et N les deux points de la courbe (C ) d’abscisses respectives x et −x.
L’ordonnée deMest donc yM = f (x) = ln(ex +1)−
2
3
x.
Pour calculer celle de N, on va utiliser l’autre forme de f : yN = f (−x) = ln
¡
1+e−(−x)
¢
+
1
3
(−x) = ln(ex +1)−
1
3
x.
Le coefficient directeur de (MN) est donc :
yM − yN
xM −xN =
·
ln(ex...
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