Examen Bac 2 2020 Math Préparation 11 Avec Correction

Sujet Bac 2 2020 Math Préparation 11

Durée de l’épreuve 3h

L’épreuve est composée de trois exercices et un problème

indépendants entre eux et répartis suivant les domaines comme suit:

* Suite Numérique (3 points )

* Nombres complexes (3 points )

* Fonction logarithmique et exponentielle (3 points )

* Etude d’une fonction numérique (11 points )

* Intégrale ( 2.5 points )

1) Vérifier que :

∀ x∊R :

1 - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{e^{x} + 1}

2) Déduire que :

I = \int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x} + 1} d x = 1 + \ln (\frac{2}{e + 1})

3) a- Montrer que:

la fonction

H : x ➝ \frac{- 1}{e^{x} + 1}

est une primitive de:

h : x ➝ \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1) ²}

sur IR

b – En utilisant une intégration par parties montrer que :

J = \int_{0}^{1} \frac{x e^{x}}{(e^{x} + 1) ²} d x

* Fonction logarithmique et exponentielle ( 2.5 points )

1) a – Résoudre dans

R

l’équation : 2x²-5x+2=0

b- Déduire les solutions de l’équation

2 e^{2 x} - 5 e^{x} + 2 = 0

dans IR

2) a- Résoudre dans IR² le système :

{\begin{cases} x + y = 3 \\ 4 x - y = 2 \end{cases}

b – Déduire dans

(R_{+}^{*})^{2}

les solutions du système:

{\begin{cases} \ln x + \ln y = 3 \\ 4 \ln x - \ln y = 2 \end{cases}

3) Résoudre dans l’intervalle ]0;+∞[ l’inéquation:

l n (x) + l n (x + 1) \geq l n (x ² + 1)

* Nombre Complexe (3.5 points )

1) On considère dans C l’équation:

( E):

Z ² - 2 \sqrt{3} Z + 4 = 0

a- Déterminer

Z_{1}

Z_{2}

les deux solutions de (E) tels que:

(I m Z_{1} > I m Z_{2})

b- Écrire

Z_{1}

sous sa forme trigonométrique

puis déduire que

Z_{1}^{6} + 64 = 0

Dans le plans complexe,on considère les points A, B et C d’affixes respectives:

Z_{A} = \sqrt{3} + i, Z_{B} = \sqrt{3} - i e t Z_{C} = 2 i

2) a- Écrire

Z_{A}

sous sa forme exponentielle.

b- Déterminer:

la représentation complexe de la translation

T

de vecteur

\vec{u}

d’affixe

3 \sqrt{3} - i

c- Soit E l’image de B par la translation

T

Déterminer

Z_{E}

l’affixe du point E

d- Montrer que les points A et E et C alignés.

* Suite Numérique (4 points )

Soit

(U_{n})_{n \geq 0}

la suite numérique définie par:

U_{0} = \frac{3}{2} e t U_{n + 1} = \frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} (\forall n \in N)

∀n∈N

1) Montrer par récurrence que ∀n∈N:

U_{n} > 1

2) Montrer que

(U_{n})_{n \geq 0}

est décroissante et déduire qu’elle est convergente.

3) On pose

V_{n} = \frac{U_{n}}{U_{n} - 1} (\forall n \in N)

a- Calculer :

V_{0}

b-Montrer que

(V_{n})_{n \geq 0}

est une suite géométrique de raison

q = \frac{4}{3}

puis déduire que

V_{n} = 3 (\frac{4}{3})^{n}

pour tout n de IN

c- Montrer que:

pour tout n de IN :

U_{n} = \frac{V_{n}}{V_{n} - 1}

d – Déduire la limite de

(U_{n})_{n \geq 0}

* Etudes de Fonctions ( 7.5 points )

I. On considère la fonction définie sur ]0;+∞[ par: g(x)=x²-2lnx

1) Montrer que pour tout x de ]0;+∞[:

g ‘ (x) = \frac{2 (x^{2} - 1)}{x}

2) Dresser le tableau de variations de

g

sur ]0;+∞[

(le calcul des limites n’est pas demandé.)

3) Déduire que

g

est strictement positive sur ]0;+∞[:

II. Soit

f

la fonction numérique définie sur ]0;+∞[ par :

f (x) = \frac{1 + l n x}{x} + \frac{1}{2} x

(C_{f})

sa courbe représentative de

f

dans un repère orthonormé.

‖ \vec{i} ‖ = 2 c m

1) a- Montrer que

lim_{x ➝ + \infty} f (x) = + \infty

b- Calculer

lim_{x ➝ + \infty} (f (x) - \frac{1}{2} x)

et déduire que la droite (Δ) d’équation

y = \frac{1}{2} x

est une asymptote oblique de

(C_{f})

au voisinage de +∞

c – Calculer

lim_{x ➝ 0^{+}} f (x)

puis interpréter le résultat géométriquement.

2) a- Montrer que: ∀x∈]0;+∞[:

f ‘ (x) = \frac{g (x)}{2 x^{2}}

b – Dresser le tableau de variations de

f

3) a – Montrer que l’équation

f (x) = 0

admet une unique solution α dans ]0;+∞[

puis vérifier que

\frac{1}{4} < α < \frac{1}{2}

b – Montrer que

f « (x)

a le même signe que( 2ln(x)-1) sur ]0;+∞[

Puis déduire la concavité de

(C_{f})

4) Construire la droite (Δ) et la courbe

(C_{f})

5) a – Montrer que

f

admet une fonction réciproque

f^{- 1}

définie sur

un intervalle J dont on déterminera.

(La détermination de

f^{- 1} (x)

n’est pas demandée)

b -Calculer

f (1)

puis déduire

(f^{- 1})^{'} (\frac{3}{2})

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Examen Bac 2 2020 Math Préparation 11

* Solution

* Intégrale

1) Vérifier que :

\forall x \in R; 1 - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{e^{x} + 1}

Correction :

\forall x \in R; 1 - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{e^{x} + 1 - e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{e^{x} + 1}

2) Déduire que :

I = \int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x} + 1} d x = 1 + \ln (\frac{2}{e + 1})

\begin{aligned} I & = \int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x} + 1} d x \\ = \int_{0}^{1} 1 - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} d x \\ = {[x - \ln (e^{x} + 1)]}_{0}^{1} \\ = 1 - \ln (e^{1} + 1) - 0 + \ln (e^{0} + 1) \\ = 1 - \ln (e + 1) + \ln (2) \\ = 1 + \ln (2) - \ln (e + 1) \\ = 1 + \ln (\frac{2}{e + 1}) \end{aligned}

3) a – Montrer que la fonction

H : x \mapsto \frac{- 1}{e^{x} + 1}

est une primitive de

h : x \mapsto \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} sur R

H

est dérivable sur

R

Soit x \in R, H^{'} (x) = {(\frac{- 1}{e^{x} + 1})}^{'} = - \frac{- {(e^{x} + 1)}^{'}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} = \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}}

Puisque

\forall x \in R, H^{'} (x) = h (x)

Alors

H : x \mapsto \frac{- 1}{e^{x} + 1}

est une primitive de

h : x \mapsto \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}}

sur

R

b- En utilisant une intégration par parties montrer que :

J = \int_{0}^{1} \frac{x e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} d x

Posons

U^{'} (x) = \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} Donc une primitive de U est U (x) = \frac{- 1}{e^{x} + 1} d’après 3) a

Et posons

V (x) = x

Donc la dérivée de

V

est

V^{'} (x) = 1

Donc:

\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{x e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} d x & = {[\frac{- x}{e^{x} + 1}]}_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{- 1}{e^{x} + 1} d x \\ = {[\frac{- x}{e^{x} + 1}]}_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x} + 1} d x \\ = (\frac{- 1}{e^{1} + 1} - \frac{- 0}{e^{0} + 1}) + 1 + \ln (\frac{2}{e + 1}) \\ = \frac{e}{e + 1} + \ln (\frac{2}{e + 1}) \end{aligned}

* Fonction logarithmique et exponentielle

1) a – Résoudre dans

R

l’équation

: 2 x^{2} - 5 x + 2 = 0

Δ = (- 5)^{2} - 4.2 .2 = 25 - 16 = 9

Donc l’équation admet deux solutions dans R

\begin{array}{l} x_{1} = \frac{5 - \sqrt{9}}{2.2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \\ x_{2} = \frac{5 + \sqrt{9}}{2.2} = \frac{8}{4} = 2 \end{array}

L’ensemble des solutions de l’équation

: {2; \frac{1}{2}}

b – Déduire les solutions de l’équation

2 e^{2 x} - 5 e^{x} + 2 = 0

dans

R

2 e^{2 x} - 5 e^{x} + 2 = 0 ⟺ 2 {(e^{x})}^{2} - 5 e^{x} + 2 = 0

En posant

X = e^{r}

léquation devient

2 X^{2} - 5 X + 2 = 0

Or ,d’après 1 )

a : X = \frac{1}{2}

X = 2

c - a - d : e^{x} = \frac{1}{2} ou e^{x} = 2

D’où

x = \ln (\frac{1}{2})

x = \ln 2

S = {\ln (\frac{1}{2}); \ln 2}

2) a – Résoudre dans

R^{2}

le système :

{\begin{cases} x + y = 3 \\ 4 x - y = 2 \end{cases}

{\begin{cases} x + y = 3 \\ 4 x - y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 3 - x \\ 4 x - y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 3 - x \\ 4 x - 3 + x = 2 \end{cases}

\Leftrightarrow {\begin{cases} y = 3 - x \\ x = 1 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} y = 2 \\ x = 1 \end{cases}

Le système admet une seule solution; le couple (1; 2).

b – Déduire les solutions du système:

{\begin{cases} \ln x + \ln y = 3 \\ 4 \ln x - \ln y = 2 \end{cases} dans (R * +)^{2}

Correction En posant

α = \ln x

β = \ln y

ce système devient:

{\begin{cases} α + β = 3 \\ 4 α - β = 2 \end{cases}

Donc

α = 1

β = 2 d

‘après 2 )

a

Par suite

{\begin{cases} \ln x = 1 \\ \ln y = 2 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} x = e^{1} \\ y = e^{2} \end{cases} finalement Tensemble des solutions est {(e; e^{2})

3) Résoudre dans l’intervalle

] 0; + \infty [l’inéquation : \ln (x) + \ln (x + 1) \geq \ln (x^{2} + 1)

Correction :

\forall x \in] 0; + \infty [

\begin{aligned} \ln (x) + \ln (x + 1) \geq \ln (x^{2} + 1) & ⟺ \ln (x (x + 1)) \geq \ln (x^{2} + 1) \\ ⟺ \ln (x^{2} + x) \geq \ln (x^{2} + 1) \\ ⟺ x^{2} + x \geq x^{2} + 1 \\ ⟺ x \geq 1 \end{aligned}

Donc l’ensemble des solutions de cette inéquation est :

[1; + \infty [

* Nombre Complexe

1) On considère dans C l’équation :

(E) : Z^{2} - 2 \sqrt{3} Z + 4 = 0

a -

Déterminer

Z_{1}

Z_{2}

les deux solutions de

(E)

tels que

: 3 m (Z_{1}) > 3 m (Z_{2})

Δ = (- 2 \sqrt{3})^{2} - 4.1 .4 = 12 - 16 = - 4

Donc l’équation admet deux solutions dans

L’ensemble des solutions est:

{\sqrt{3} - i; \sqrt{3} + i}

b – Écrire

Z_{1}

sous sa forme trigonométrique puis déduire que :

Z_{1}^{6} + 64 = 0

\begin{aligned} Z_{1} = \sqrt{3} + i & = \underset{Module de Z_{1}}{\underset{⏟}{\sqrt{{\sqrt{3}}^{2} + 1^{2}}}} (\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{{\sqrt{3}}^{2} + 1^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{{\sqrt{3}}^{2} + 1^{2}}} i) \\ = 2 (\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} i) \\ = 2 (\cos (\frac{π}{6}) + \sin (\frac{π}{6}) i) \\ = [2; \frac{π}{6}] \end{aligned}

Montrons que

Z_{1}^{6} + 64 = 0

\begin{aligned} Z_{1}^{6} + 64 & = {[2; \frac{π}{6}]}^{6} + 64 \\ = [2^{6}; \frac{π}{6} \cdot 6] + 64 \\ = [64; π] + 64 \\ = 64 \cdot (\cos π + i \sin π) + 64 \\ = 64 \cdot (- 1 + i .0) + 64 \\ = - 64 + 64 \end{aligned}

Dans le plans complexe, on considère les points

A

B

C

d’affixes respectives:

Z_{A} = \sqrt{3} + i et Z_{B} = \sqrt{3} - i et Z_{C} = 2 i

2) a – Ecrire

Z_{A}

sous sa forme exponentielle.

Z_{A} = Z_{1} = [2; \frac{π}{6}] = 2 e^{i \frac{m}{π}}

b – Déterminer la représentation complexe de la translation

T

de vecteur

\vec{u}

d’affixe

3 \sqrt{3} - i

Rappel : $si M (Z)$ et $M^{'} (Z^{'})$ tels que $M^{'} = T (M)$
$Alors Z^{'} = Z + Z_{\vec{u}}$
$\begin{aligned} M^{'} = T (M) & ⟺ Z^{'} = Z + Z_{\bar{u}} \\ ⟺ Z^{'} = Z + 3 \sqrt{3} - i \end{aligned}$
Donc la représentation complexe de $T$ est $: Z^{'} = Z + 3 \sqrt{3} - i$
c- Soit $E$ l’image de $B$ par la translation $T$ . Déterminer $Z_{E}$ l’affixe du point $E$
$\begin{aligned} E = T (B) & ⟺ Z_{E} = Z_{B} + 3 \sqrt{3} - i \\ ⟺ Z_{E} = \sqrt{3} - i + 3 \sqrt{3} - i \\ ⟺ Z_{E} = 4 \sqrt{3} - 2 i \end{aligned}$

d- Montrer que les points

A

E

C

alignés.

Correction:
$\begin{aligned} \frac{Z_{A} - Z_{E}}{Z_{A} - Z_{C}} & = \frac{\sqrt{3} + i - 4 \sqrt{3} + 2 i}{\sqrt{3} + i - 2 i} \\ = \frac{- 3 \sqrt{3} + 3 i}{\sqrt{3} - i} \\ = \frac{- 3 (\sqrt{3} - i)}{\sqrt{3} - i} \\ = - 3 \in R \\ (On peut aussi calculer \frac{Z_{C} - Z_{E}}{Z_{C} - Z_{A}} o u \frac{Z_{E} - Z_{C}}{Z_{E} - Z_{A}} o u \dots) \end{aligned}$
Puisque $\frac{Z_{A} - Z_{E}}{Z_{A} - Z_{C}} \in R$ Alors les points $A$ et $E$ et $C$ sont alignés.

* Suite Numérique

Soit

{(U_{n})}_{n \geq 0}

la suite numérique définie par:

{\begin{aligned} U_{0} & = \frac{3}{2} \\ U_{n + 1} & = \frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} \end{aligned} \forall n \in N

1) Montrer par récurrence que :

(\forall n \in N) : U_{n} > 1

Correction :
Si

n = 0, U_{0} = \frac{3}{2} > 1

donc le résultat est vrai pour

n = 0

Soit

n \in N

. Supposons que

U_{n} > 1

et montrons que

U_{n + 1} > 1

U_{n + 1} - 1 = \frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} - 1 = \frac{4 U_{n} - 3 - U_{n}}{3 + U_{n}} = \frac{3 U_{n} - 3}{3 + U_{n}} = \frac{3 (U_{n} - 1)}{3 + U_{n}}

Étudions le signe de

\frac{3 (U_{n} - 1)}{3 + U_{n}}

D’après l’hypothèse de la récurrence

U_{n} > 1

donc

U_{n} - 1 > 0

3 + U_{n} > 0

\begin{array}{l} Par suite U_{n + 1} - 1 = \frac{3 (U_{n} - 1)}{3 + U_{n}} > 0 \\ c-à \cdot d = U_{n + 1} > 1 \end{array}

Finalement, d’après le principe de la récurrence

\forall n \in N, U_{n} > 1

2) Montrer que

{(U_{n})}_{n \geq 0}

est décroissante et déduire qu’elle est convergente.
Correction :
Soit

n \in N

. Etudions le signe de

U_{n + 1} - U_{n}

\begin{aligned} U_{n + 1} - U_{n} & = \frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} - U_{n} \\ = \frac{4 U_{n} - 3 U_{n} - U_{n}^{2}}{3 + U_{n}} \\ = \frac{- U_{n}^{2} + U_{n}}{3 + U_{n}} \\ = \frac{U n (- U_{n} + 1)}{3 + U_{n}} \end{aligned}

D’où

U_{n + 1} - U n < 0

par suite

{(U_{n})}_{n}

est décroissante.
3) On pose:

(\forall n \in N) : V_{n} = \frac{U_{n}}{U_{n} - 1}

a – Calculer

V_{0}

V_{0} = \frac{U_{0}}{U_{0} - 1} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2} - 1} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}} = 3

b- Montrer que

{(V_{n})}_{n \geq 0}

est une suite géométrique de raison

q = \frac{4}{3}

puis déduire que

V_{n} = 3 \cdot {(\frac{4}{3})}^{n}

pour tout

n

N

Soit

n \in N :

V_{n + 1} = \frac{U_{n + 1}}{U_{n + 1} - 1} = \frac{\frac{4 u_{n}}{3 + U_{n}}}{\frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} - 1} = \frac{\frac{4 π_{n}}{3 + U_{n}}}{\frac{2 U_{n} - 3}{3 + U_{n}}} = \frac{4 U_{n}}{3 + U_{n}} \cdot \frac{3 + U_{n}}{3 (U_{n} - 1)} = \frac{4}{3} (\frac{U_{n}}{U_{n} - 1}) = \frac{4}{3} \cdot V_{n}

Puisque

V_{n + 1} = \frac{4}{3} . V_{n} .

alors

{(V_{n})}_{n}

est une suite géométrique de raison

q = \frac{4}{3}

Comme

{(V_{n})}_{n}

est une suite géométrique alors son terme général s’écrit :

V_{n} = V_{0} . q^{n}

Donc V_{n} = 3 . {(\frac{4}{3})}^{n}

c-Montrer que pour tout

n

N : U_{n} = \frac{V_{n}}{V_{n} - 1}

\begin{aligned} V_{n} = \frac{U_{n}}{U_{n} - 1} & ⟺ V_{n} (U_{n} - 1) = U_{n} \\ ⟺ V_{n} U_{n} - V_{n} = U_{n} \\ ⟺ V_{n} U_{n} - U_{n} = V_{n} \\ ⟺ U_{n} (V_{n} - 1) = V_{n} \\ ⟺ U_{n} = \frac{V_{n}}{V_{n} - 1} \end{aligned}

d – Déduire la limite de

{(U_{n})}_{n}

lim U_{n} = lim \frac{V_{n}}{V_{n} - 1} = lim \frac{3 \cdot {(\frac{4}{3})}^{n}}{3 \cdot {(\frac{4}{3})}^{n} - 1} = lim \frac{3 \cdot {(\frac{4}{3})}^{n}}{{(\frac{4}{3})}^{n} (3 - \frac{1}{{(\frac{1}{3})}^{n}})} = lim \frac{3}{3 - \frac{1}{(3)^{n}}} = 1

Justification : On a

\frac{4}{3} > 1

Donc

lim {(\frac{4}{3})}^{n} = + \infty

par suite

lim \frac{1}{{(\frac{4}{3})}^{π}} = 0

* Etudes de Fonctions

I. On considère la fonction

g définie sur] 0; + \infty [par : g (x) = x^{2} - 2 \ln x

1) Montrer que pour tout

x de] 0; + \infty [: g^{'} (x) = \frac{2 (x^{2} - 1)}{x}

g est dérivable sur] 0; + \infty [

\forall x \in] 0; + \infty [: g^{'} (x) = 2 x - 2 \cdot \frac{1}{x} = \frac{2 x^{2} - 2}{x} = \frac{2 (x^{2} - 1)}{x}

2) Dresser le tableau de variations de

g sur] 0; + \infty [

. (le calcul des limites n’est pas demandé.)

\forall x \in] 0; + \infty [: g^{'} (x) = \frac{2 (x^{2} - 1)}{x}

Le dénominateur

x

est strictement positif.

Le signe de

g^{'} (x) dépend du signe de x^{2} - 1 sur] 0; + \infty [

Tableau de signes de

x^{2} - 1

Tableau de signes de g′(x) et tableau de variations de g.

3) Déduire que g est strictement positive sur ]0;+∞[.

g(1) = 1 est la valeur minimale absolue de g.
Donc ∀ x∈]0;+∞[ ; g(x) ≥ 1 > 0. D’où g est strictement positive sur ]0;+∞[.

Donc $\forall x \in] 0; + \infty [; g (x) \geq 1 > 0 . D’où g est strictement positive sur] 0; + \infty [$

II. Soit

f la fonction numérique définie sur] 0; + \infty [par : f (x) = \frac{1 + \ln x}{x} + \frac{1}{2} x

(C_{f})

sa courbe représentative de

f

dans un repère orthonormé.

‖ \vec{i} | | = 2 c m

1) a – Montrer que

lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty

\begin{aligned} lim_{x \to + \infty} f (x) & = lim_{x \to + \infty} \frac{1 + \ln x}{x} + \frac{1}{2} x \\ = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} + \frac{\ln (x)}{x} + \frac{1}{2} x \\ = + \infty \end{aligned}

(car lim_{x \to + \infty} \frac{\ln (x)}{x} = 0 et lim_{\infty \to + \infty} \frac{1}{x} = 0 et lim_{\infty \to + \infty} \frac{1}{2} x = + \infty)

b- Calculer

lim_{x \to + \infty} [f (x) - \frac{1}{2} x]

et déduire que la droite

(Δ)

d’équation

y = \frac{1}{2} x

est une asymp
tote oblique de

(C_{f})

au voisinage de

+ \infty

lim_{x \to + \infty} [f (x) - \frac{1}{2} x] = lim_{x \to + \infty} \frac{1 + \ln (x)}{x} + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} x = lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} + \frac{\ln (x)}{x} = 0

Puisque

lim_{x \to + \infty} [f (x) - \frac{1}{2} x] = 0

Donc la droite

(Δ)

d’équation

y = \frac{1}{2} x

est une asymptote
oblique de

(C_{f})

au voisinage de

+ \infty

c – Calculer $lim_{x \to 0^{+}} f (x)$ puis interpréter le résultat géométriquement.
$\begin{aligned} lim_{x \to 0^{+}} f (x) & = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 + \ln x}{x} + \frac{1}{2} x \\ = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1}{x} (1 + \ln x) + \frac{1}{2} x \\ = - \infty \end{aligned}$
$\left(\operatorname{car} \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln (x)=-\infty \text { et } \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x}=+\infty\right)$

Puisque $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$ Alors $(C_{f})$ admet une asymptote verticale d’équation $x = 0$ (l’axe
des ordonnés).2) a – Montrer que : $\forall x \in] 0; + \infty [; f^{'} (x) = \frac{g (x)}{2 x^{2}}$
$f est dérivable sur] 0; + \infty [$

$\begin{aligned} \forall x \in] 0; + \infty [, \\ = f^{'} (x) = {(\frac{1 + \ln x}{x} + \frac{1}{2} x)}^{'} \\ = \frac{\frac{1}{x} x - (1 + \ln x)}{x^{2}} + \frac{1}{2} (1 + \ln x) \\ = \frac{1 - 1 - \ln x}{x^{2}} + \frac{1}{2} \\ = \frac{- 11 + \ln x)^{'} x - x^{'}}{2^{2}} \\ = \frac{g (x)}{2 x^{2}} \end{aligned}$
b – Dresser le tableau de variations de $f$
∀∊] 0;+∞[: 2𝑥² > 0 donc le signe de 𝑓′(𝑥) dépend juste du signe de 𝑔(𝑥) sur ] 0;+∞[
Or, d’après le résultat de la question I.3) $g est strictement positive sur] 0; + \infty [. D’où f$ est strictement croissante sur $| 0; + \infty$

3) a – Montrer que l’équation $f (x) = 0 admet une unique solution α dans] 0; + \infty [$ puis vérifier que
$\frac{1}{4} < α < \frac{1}{2}$
Correction :
$f$ est continue $(x \mapsto \ln x et x \mapsto x sont continues sur] 0; + \infty [)$ et strictement monotone
sur $] 0; + \infty [$
De plus $0 \in f (] 0; + \infty [) =] - \infty; + \infty [$

Donc l’équation

f (x) = 0 admet une unique solution α dans] 0; + \infty [

Vérification : Puisque :

f (\frac{1}{4}) = \frac{33 - 32 \ln 4}{8} < 0

f (\frac{1}{2}) = \frac{9 - 8 \ln 2}{4} > 0

Donc

\frac{1}{4} < α < \frac{1}{2}

b -

Montrer que f^{''} (x) a le même signe que 2 \ln (x) - 1 sur] 0; + \infty [.

Puis déduire la concavité de

(C_{f})

f^{'} est dérivable sur] 0; + \infty [. \forall x \in] 0; + \infty [

\begin{aligned} f^{''} (x) & = {(\frac{g (x)}{2 x^{2}})}^{'} \\ = \frac{g^{'} (x) 2 x^{2} - {(2 x^{2})}^{'} g (x)}{4 x^{4}}) 2 x^{2} - 4 x (x^{2} - 2 \ln x) \\ = \frac{{(\frac{2 (x^{2} - 1)}{x})}^{2}}{x^{2}} \\ = \frac{(x^{2} - 1) 4 x - 4 x (x^{2} - 2 \ln x)}{4 x^{4}} \\ = \frac{(x^{2} - 1) - (x^{2} - 2 \ln x)}{x^{3}} \\ = \frac{x^{2} - 1 - x^{2} + 2 \ln x}{x^{3}} \\ = \frac{2 \ln x - 1}{x^{3}} \end{aligned}

Puisque

\forall x \in] 0; + \infty [, x^{3} > 0 alors f^{''} (x) a le même signe que 2 \ln (x) - 1 sur] 0; + \infty [

\begin{aligned} 2 \ln (x) - 1 > 0 & ⟺ \ln (x) > \frac{1}{2} \\ ⟺ x > e^{\frac{1}{2}} \end{aligned}

f^{''}

est positive sur

[e^{\frac{1}{2}}; + \infty [et négative sur] 0; e^{\frac{1}{2}}]

f (e^{\frac{1}{2}}) = \frac{1 + \frac{1}{2}}{e^{\frac{1}{2}}} + \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}} = \frac{3}{2 e^{\frac{1}{2}}} + \frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}} = \frac{3 + e}{2 e^{\frac{1}{2}}}

4) Construire la droite (Δ) et la courbe (𝐶𝑓 ) .

5) a – Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{- 1}$ définie sur un intervalle $J$ dont on déterminera. (La détermination de $f^{- 1} (x)$ n’est pas demandée)
$f est continue et strictement monotone ( strictement croissante) sur] 0; + \infty [$ donc elle admet une fonction réciproque $f^{- 1} définie sur J = f (] 0; + \infty [) =] - \infty; + \infty [$
b- Calculer $f (1)$ puis déduire ${(f^{- 1})}^{'} (\frac{3}{2})$
$f (1) = \frac{1 + \ln 1}{1} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$
Déduisons ${(f^{- 1})}^{'} (\frac{3}{2}) :$

Rappel :

{(f^{- 1})}^{'} (x) = \frac{1}{f^{'} (f^{- 1} (x))}

{(f^{- 1})}^{'} (\frac{3}{2}) = \frac{1}{f^{'} (f^{- 1} (\frac{3}{2}))} = \frac{1}{f^{'} (1)} = \frac{1}{\frac{g (1)}{2}} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2

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