Maths correction liban 2007

Disponible uniquement sur Etudier
  • Pages : 11 (2725 mots )
  • Téléchargement(s) : 0
  • Publié le : 4 mai 2011
Lire le document complet
Aperçu du document
, correction libanCORRECTION DU BAC 2007
Terminale S Liban

Exercice 1 1) a) ln x = 0 ⇔ x = 1 ; ln x > 0 ⇔ x > 1 étant strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ ).

;

ln x < 0 ⇔ x < 1 (la fonction ln

1 − ln x = 0 ⇔ lnx = 1 ⇔ x = e ; 1 − ln x < 0 ⇔ lnx > 1 ⇔ x > e ; 1 − ln x > 0 ⇔ lnx < 1 ⇔ x < e (la fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ ). On en déduit le tableau de signessuivant :

x
signe de ln x signe de 1 − ln x signe de ln x )(1 − ln x ) (

0

1

e
+ +

+∞


+

0

+ 0 +

0

− −



0

b) Pour étudier la position relatives des courbes C et C’ sur ]0 ; + ∞[ , il suffit d’étudier le signe de f ( x ) − g ( x ) sur cet intervalle.
2

Or f ( x ) − g ( x ) = ln x − ( ln x ) = ( ln x )(1 − ln x ) ; alors on en déduit, d’après laquestion précédente que :

• sur ]0 1[ ∪ ]e ; + ∞[ , la courbe C est en dessous de C’ ; • sur ]1 e[ , la courbe C est au dessus de C’ ; • si x = 1 et x = e , les courbes C et C’ se coupent.
2) a) La fonction ln est dérivable sur ]0 ; + ∞[ et la fonction x ֏ x 2 est dérivable sur R,

alors la fonction g est dérivable sur ]0 ; + ∞[ en tant que composée de deux fonctions dérivables. Donc, la fonctionh est dérivable sur ]0 ; + ∞[ en tant que somme de deux fonctions dérivables sur ]0 ; + ∞[ .

1 1 1 − 2ln x 2 −1 − 2 × × ( ln x ) = . x x x Comme x est strictement positif, alors le signe de h′ ( x ) dépend de celui de (1 − 2ln x ) .
Soit x un réel strictement positif, h′ ( x ) =
1

Or 1 − 2ln x = 0 ⇔ lnx =
1 − 2ln x < 0 ⇔ lnx > 1 2

1 2

⇔ x = e2 = e

;

1 − 2ln x > 0 ⇔ lnx <

12

⇔ x< e ;

⇔ x > e (la fonction ln étant strictement croissante sur

]0 ;

+ ∞[ ) .

-1C. Lainé

Par conséquent, la fonction h est croissante sur  0 ;   e ; + ∞ .  

e  et est décroissante sur 

b) Les points M et N ont pour coordonnées respectives ( x ; f ( x ) ) et ( x ; g ( x ) ) .

On en déduit que : MN =

la question 1). D’où : MN = f ( x ) − g ( x ) = h ( x ) .Or, d’après la question précédente, la fonction h admet un maximum pour x = e . Par conséquent, sur l’intervalle [1 ; e ] , la valeur maximale de MN est obtenue pour

(g ( x ) − f ( x ))

2

= g ( x ) − f ( x ) . Or sur [1 ; e ] , f ( x ) ≥ g ( x ) d’après

x= e. c) L’intervalle d’étude est ]0 ; + ∞[ . Posons X = ln x ; l’équation ( ln x ) − ln x = 1 équivaut à X 2 − X − 1 = 0 .
2Calculons le discriminant : ∆ = ( −1) − 4 × 1× ( −1) = 5 .
2

Comme ∆ > 0 , alors l’équation X 2 − X − 1 = 0 admet deux solutions 1− 5 1+ 5 X1 = et X 2 = . 2 2
Si X1 = Si X 2 = 1− 5 1− 5 , alors ln ( x1 ) = ; d’où x1 = e 2 2
1− 5 2

. .
1− 5 2

1+ 5 1+ 5 , alors ln ( x2 ) = ; d’où x2 = e 2 2
2

1+ 5 2

Par conséquent, l’équation (ln x ) − ln x = 1 admet deux solutions x1 = e

etx2 = e

1+ 5 2

.

d) D’après la question 2) b), MN =

(g ( x ) − f ( x ))
2

2

= g ( x ) − f ( x ) . Or sur ]0 ; 1[ ∪ ]e ; + ∞[ ,
2

f ( x ) < g ( x ) . Donc, sur ]0 ; 1[ ∪ ]e ; + ∞[ , MN = − ( f ( x ) − g ( x ) ) = −h ( x ) = − ln x + ( ln x ) .
On en déduit que : MN = 1 équivaut à ( ln x ) − ln x = 1, c’est-à-dire à x = e d’après la question précédente.
1− 5 2

ou à x = e1+ 5 2

1+ 5 2

Par conséquent, sur ]0 1[ ∪ ]e ; + ∞[ , il existe deux réels a = e pour lesquels la distance MN est égale à 1. 3) a) Calculons
e

1− 5 2

et b = e

(a < b)



1

lnx dx . 1  u ′ ( x ) = x.  v ( x ) = x 

u ( x ) = ln x  Posons  . Alors v ′ ( x ) = 1 

Les fonctions u ′v , uv ′ et ( uv )′ sont continues et dérivables sur [1 ; e ] , d’après la méthodede l’intégration par parties :



e

1

ln x dx = [ x ln x ]1 −
e



e

1



1 e dx = eln e − [ x ]1 = e − e + 1 = 1 . x

-2C. Lainé

b) La fonction G est dérivable sur ]0 ; + ∞[ en tant que produit et somme de fonctions dérivables sur ]0 ; + ∞[ . Soit x un réel strictement positif. 1 2  G ′ ( x ) = 1× ( ln x ) − 2ln x + 2  + x ×  2 × × ( ln x ) − 2 ×   x 
2...
tracking img