Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie novembre 2009
E XERCICE 1 Commun à tous les candidats f (x) = x 2 e−x . x→−∞ 5 points

1.

a. • On a lim x 2 = +∞ et lim e−x = +∞, donc x→−∞ x→−∞

• On sait que pour n ∈ N, lim x n e−x = 0, donc lim f (x) = 0. x→+∞ x→+∞

lim f (x) = +∞.

b. f est le produit de deux fonctions dérivables sur R et f ′ (x) = 2xe−x − x 2 e−x = e−x 2x − x 2 = e−x x(2 − x). Comme e−x > 0, quel que soit x ∈ R, le signe de f ′ (x) est celui du trinôme x(2 − x), donc négatif sauf sur ]0 ; 2[. D’où le tableau de variations de f : x f (x)
′

−∞ +∞

0 − 0 +

2 0 4e−2 −

+∞

f 0 c. Le tableau de variations montre que f (x) l’énoncé (x 2 0 et e−x > 0) 0, ce qui est évident d’après 0

2.

b. On pose : u(x) = x 2 u ′ (x) = 2x ⇒ v ′ (x) = e−x v(x) = −e−x Toutes les fonctions étant continues, on peut intégrer par parties : I (a) = −x 2 e−x a 0 a

a. La fonction étant positive sur R : • si a < 0, I (a) < 0 ; • si a = 0, I (a) = 0 ; • si a > 0, I (a) > 0.

+

0

2xe−x dx = −x 2 e−x

a 0

+ J (a).

Pour calculer l’intégrale J (a) on fait encore une intégration par parties : u(x) = 2x u ′ (x) = 2 ′ −x ⇒ v (x) = e v(x) = −e−x a Donc J (a) = [−2xe−x ]0 − 2 a 0

−2e−x dx = −2xe−x a 0

a 0

− 2e−x

a 0.

Finalement I (a) = −x 2 e−x − 2xe−x + 2e−x Soit I (a) = 2 − 2e−a a +a +1 . 2

= e−a −a 2 − 2a − 2 + 2

c. En multipliant chaque membre par

1 a a2 e , I (a) = 2 − 2 +a +1 2 2 2 2 a a 1 a e I (a) = ea − − a − 1 = ea − 1 + a + . 2 2 2

⇐⇒

Corrigé du baccalauréat S

A. P. M. E. P.

3.

a. Il faut montrer qu’elles ont un point commun (d’abscisse zéro) et la même tangente en ce point. g (0) = h(0) Il faut donc démontrer que g ′ (0) = h ′ (0) Or g (0) = 1 et h(0) = 1. D’autre part g ′ (x) = ex ⇒ g ′ (0) = 1 et h ′ (x) = 1 + x ⇒ h ′ (0) = 1. Les deux courbes C et P ont la même tangente au point (0 ; 1).

b. On a démontré que pour tout a ∈ R, signifie que 1 a e I (a) = g (a)