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Type: Corrigé de devoir
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Description
Devoir corrigé de mathématiques, Terminale S: fonctions exponentielle et logarithme népérien, dérivée, étude de fonction, calcul de limites, théorème de la bijection
Niveau
Terminale S
Mots clé
Devoir corrigé de mathématiques, maths, TS, logarithme, ln, exponentielle, terminale S, limites, étude de fonctions
Voir aussi:

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pdficon
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    pdfauthor={Yoann Morel},
    pdfsubject={Corrigé du devoir de mathématiques terminale S: exponentielle et logarithme},
    pdftitle={Correction du devoir de mathématiques: exponentielle et logarithme},
    pdfkeywords={exponentielle, logarithme, Mathématiques, TS, terminale S, suites, limites, récurrence}
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% Raccourcis diverses:
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\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
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\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}

\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
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\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}}
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}}
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}}
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt
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\bigskip{\noindent\hspace*{-1em}{{\bf Exercice }}\arabic{nex}}\hspace{0.5cm}
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\lfoot{Y. Morel - \url{xymaths.free.fr/Lycee/TS/}}
\cfoot{}
\rfoot{Corrigé du devoir de mathématiques - \thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\ct{\bf\Large{Correction du devoir de math\'ematiques}}

\bgex
On a $u=50-50e^v$ avec $v(t)=-0,1t$. 

La fonction $u$ est dérivable comme composée de fonctions dérivables, exponentielle et fonction affine, avec
$u'=0-50v'e^v$, soit pour tout $t\in[0;10]$, 
$u'(t)=5e^{-0,1t}$. 

Comme $e^{-0,1t}>0$ pour tout $t$ réel, on a $u'(t)>0$ et donc 
$u$ est strictement croissante sur $\R$ donc aussi 
sur $[0;10]$. 

En particulier, le maximum de $u$, c'est-à-dire la tension maximale 
aux bornes du condensateur, est atteint en $t=10$ est vaut 
$u(10)=50\lp1-e^{-1}\rp\simeq 31,6$. 
\enex

\bgex Soit $f$ la fonction définie sur $]\,0;+\infty[$ par: 
$ f(x)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp$.

\bgen
\item En 0, on a $\dsp\lim_{x\to0}\dfrac{x}{2x+1}=0$ et donc, 
  par composition 
  $\dsp\lim_{x\to0}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp=-\infty$. 

  On obtient donc par somme que $\dsp\lim_{x\to0}f(x)=-\infty$. 

  \medskip
  En $+\infty$, 
  on a $\dfrac{x}{2x+1}=\dfrac{x}{2x}\tm\dfrac1{1+\frac1{2x}}
  =\dfrac12\tm\dfrac1{1+\frac1{2x}}$, et donc 
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{2x+1}=\dfrac12$. 

  On obtient donc $\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp=\ln\lp\dfrac12\rp$ et donc, par somme, 
  $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. 

\item On a, pour $x>0$, 
  $f(x)=x+\ln(x)-\ln(2x+1)$ soit 
  $f(x)=x+\ln(x)-\ln(u(x))$ avec $u(x)=2x+1$. 

  $f$ est donc dérivable comme somme et composée de fonctions dérivables, 
  car $u(x)>2x+1>1>0$ pour $x>0$. 

  On a 
  \[f'(x)=1+\dfrac1x-\dfrac{u'(x)}{u(x)}=1+\dfrac1x-\dfrac2{2x+1}
  =\dfrac{2x^2+x+1}{x(2x+1)}\]
  
  Comme $x>0$, on a $2x^2+x+1>1>0$ et de m\^eme $2x+1>1>0$ donc $x(2x+1)>0$. 

  Par quotient, on otient donc que $f'(x)>0$ et donc que $f$ est strictement 
  croissante: 
  \[\begin{tabular}{|c|ccc|}\hline
  $x$ &$0$ &\hspace*{2em}&$+\infty$ \\\hline
  $f'(x)$ && $+$ & \\\hline
  &&&$+\infty$\\
  $f$&&\Large{$\nearrow$}&\\
  &$-\infty$&&\\\hline
  \end{tabular}\]

\item On a $f(x)-\bigl(x-\ln(2)\bigr)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp-x+\ln(2)
  =\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\tm2\rp$. 

  Or, pour $x>0$, on a $0<2x<2x+1$ et donc 
  $\dfrac{2x}{2x+1}<1$ d'où 
  $\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\rp<0$, ce qui montre 
  que $\mathcal{C}_f$ est toujours au-dessous de $\Delta$. 
\enen
\enex

\bgex $f(x)=\dfrac{2x-1}{x}\ln(x)$ pour $x\in]0;+\infty[$

\bgen
\item
  \bgen[a)]
  \item $g$ est la somme d'une fonction affine et de la fonction $\ln$ 
    donc dérivable sur $\R_+^*$ avec 
    $g'(x)=2+\dfrac1x>2>0$. 
    
    Ainsi, $g$ est strictement croissante sur $\R_+^*$. 
  \item En 0, on a $\dsp\lim_{x\to0}\ln(x)=-\infty$ et donc 
    $\dsp\lim_{x\to0}g(x)=-\infty$. 

    \medskip
    En $+\infty$, $\dsp\lim_{x\to+\infty}2x-1=\lim_{x\to+\infty}\ln(x)=+\infty$ 
    et donc, par addition des limites, 
    $\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)+\infty$. 
  \item $g$ est dérivable donc continue sur $\R_+^*$, 
    $g$ est strictement croissante sur $\R_+^*$ et enfin 
    $\dsp\lim_{x\to0}g(x)=-\infty$ et 
    $\dsp\lim_{x\to+\infty}g(x)+\infty$. 

    D'après le théorème de la bijection (ou valeurs intermédiaires version forte), 
    il existe donc une unique solution $\alpha$ à l'équation $g(x)=0$ 
    sur $]0;+\infty[$. \\
    
    On en déduit donc aussi le signe de $g(x)$: 
    \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
    $x$ &$0$ &&$\alpha$&&$+\infty$\\\hline
    $g(x)$ && $-$ &0&$+$& \\\hline
    \end{tabular}\]
  \enen
\item
  \bgen[a)]
  \item Pour tout $x>0$, on a $f(x)=2\ln(x)-\dfrac{\ln(x)}{x}$, 
    et donc $f(x)=2\ln(x)-\dfrac{u(x)}{v(x)}$ 
    avec $u(x)=\ln(x)$ donc $u'(x)=\dfrac1x$, 
    et $v(x)=x$ donc $v'(x)=1$. 

    On a alors, 
    \[f'(x)=\dfrac2x-\dfrac{1-\ln(x)}{x^2}
    =\dfrac{2x-1+\ln(x)}{x^2}=\dfrac{g(x)}{x^2}\]
  \item On déduit des questions précédentes le tableau de variation de $f$: 
    \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
    $x$ & 0 && $\alpha$ && $+\infty$ \\\hline
    $g(x)$ && $-$ &0&$+$& \\\hline
    $x^2$ && $+$ &$|$& $+$ & \\\hline
    $f'(x)$ && $-$ &0&$+$& \\\hline
    &&&&&\\
    $f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\
    &&&&&\\\hline
    \end{tabular}\]
  \enen
\enen
\enex

\bgex (Amérique de Nord, 28 mai 2019) 

\textbf{Partie A : établir une inégalité}
\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ comme somme et composée 
    de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$.
	
    $f=u-\ln(v)$ avec 
    $u(x)=x$ donc $u'(x)=1$ 
    et $v(x)=x+1$ donc $v'(x)=1$ et alors 
    $f'=u'-\dfrac{v'}{v}$ 
    soit $f'(x)=1-\dfrac1{x+1}=\dfrac{x}{x+1}$
	
   Sur $[0;+\infty[$, $x\geqslant0$ et $x+1\geqslant1>0$, 
   donc $f'(x)\geqslant0$. 	

   On en déduit que $f$ est croissante sur $[0;+\infty[$
 \item On déduit de ce qui précède que $f(x)\geqslant f(0)=0
   \iff x-\ln(x+1)\geqslant0\iff x\geqslant\ln(x+1)$ pour tout réel $x\geqslant0$. 
\end{enumerate}

\bigskip
\textbf{Partie B : application à l'étude d'une suite}
\begin{enumerate}
\item $u_1=u_0-\ln(1+u_0)=1-\ln(2)$

  $u_2=u_1-\ln(1+u_1)=1-\ln(2)-\ln\left(2-\ln(2)\right)\approx 0,0392  $
	
\item 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item \textbf{Initialisation}: $u_0=1\geqslant0$
			
    \vspace{0.2cm}
    \textbf{Hérédité}: Supposons que pour un entier naturel $n\geqslant0$ on ait $u_n\geqslant0$, 
			
    alors $u_{n+1}=f(u_n)\geqslant0$ d'après la \textbf{partie A}
    
    et la propriété est donc encore vraie au rang $n+1$ suivant. 

    \textbf{Conclusion:} On en déduit donc, d'après le principe de récurrence, 
    que pour tout entier naturel $n$, $u_n\geqslant0$. 
  
  \item Pour tout entier $n$, $u_{n+1}-u_n=-\ln\lp1+u_n\rp$ 
    or, d'après la question précédente, $u_n\geqslant0$, donc 
    $1+u_n\geqslant1$ et alors 
    $\ln\lp1+u_n\rp\geqslant0$, d'où 
    $u_{n+1}-u_n\leqslant0$, ce qui montre que 
    $\lp u_n\rp$ est décroissante.

    \medskip
    On en déduit aussi que pour tout entier $n$, 
    $u_n\leqslant u_0=1$ ou, en d'autres termes, que 
    $\lp u_n\rp$ est majorée par $1$.
			
  \item $\lp u_n\rp$ est décroissante et minorée par $0$ 
    donc $\lp u_n\rp$ converge vers une limite $l\geqslant0$.
  \end{enumerate}
\item On vient de montrer que $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_n=l$, 
  donc aussi que $\dsp\lim_{n\to+\infty}u_{n+1}=l$. 
  
  Comme $(u_n)$ est définie par récurrence par la relation 
  $u_{n+1}=f\lp u_n\rp$, où $f$ est continue sur $\R_+^*$, 
  on obtient alors nécessairement, en passant à la limite, 
  que $l$ est un point fixe de $f$: 
  \[l=f(l)\iff~\ln\lp1+l\rp =0 \iff 1+l=e^0=1\iff l=0\]
\enen
\enex

\bgex (Liban, 31 mai 2019, 5 points)

\begin{enumerate}
\item 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item $f$ est dérivable sur $]0~;~1]$ comme produit 
   de fonctions dérivables sur $]0~;~1]$.
	  
   $f=uv$ avec $u(x)=x$ donc $u'(x)=1$ 
   et $v(x)=\lp1-\ln(x)\rp^2$ soit 
   $v=w^2$ avec $w(x)=1-\ln(x)$ donc $w'(x)=-\dfrac1x$ 
   et alors $v'=2w'w$ 
   soit 
   $v'(x)=-\dfrac2x\lp1-\ln(x)\rp$. 

   On obtient alors 
   $f'=u'v+uv'$ soit 
   \[\bgar{ll}
   f'(x)&=\lp1-\ln(x)\rp^2-2\lp1-\ln(x)\rp\\[.5em]
   &=\lp1-\ln(x)\rp\Bigl(1-\ln(x)-2\Bigr)\\[.6em]
   &=\lp1-\ln(x)\rp\lp-1-\ln(x)\rp\\[.4em]
   &=-\lp1-\ln(x)\rp\lp1+\ln(x)\rp\\[.4em]
   &=\lp\ln(x)-1\rp\lp\ln(x)+1\rp\enar\]

 \item Sur $]0;1]$, $\ln(x)<0$ d'où $\ln (x) - 1<0$ 
		
     et $\ln(x)+1>0\iff\ln(x)>-1\iff x>e^{-1}$ car exp strictement croissante. 
     On obtient ainsi
    \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
    $x$ & 0 && $e^{-1}$ && 1 \\\hline
    $\ln(x)-1$ && $-$ &$|$&$-$& \\\hline
    $\ln(x)+1$ && $-$ &$|$&$+$& \\\hline
    $f'(x)$ && $+$ &$|$&$-$& \\\hline
    &&&$4/e$&&\\
    $f$&&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\\
    &0&&&&1\\\hline
    \end{tabular}\]
  \end{enumerate}

\item 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item $ON_{0,2}\approx 0,5$ et $OP_{0,2} \approx 2,6$
    
    On en déduit que l'aire du triangle $ON_{0,2}P_{0,2}$ 
    est d'environ $\dfrac{0,5\tm2,6}{2}=0,65$ unités d'aire.

  \item Une équation de la tangente est 
    $d_{0,2}: y=g'(0,2)(x-0,2)+g(0,2)$. 

    Ici on a $g'(x)=\dfrac1{x}$ donc $g'(0,2)=\dfrac1{0,2}=5$ 
    et $g(0,2)=\ln(0,2)=\ln\lp\dfrac15\rp=-\ln(5)$. 

    On obtient donc $d_{0,2}: y=5x-\ln(5)-1$ 

  \item $OP_{0,2} =\left|-\ln(5)-1\right|=1+\ln(5)$

    Le point $N_{0,2}$ est l'intersection de la droite avec l'axe des abscisses, 
    donc $5x-\ln(5)-1=0\iff x=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$ 
    d'où $ON_{0,2}=\dfrac{1+\ln(5)}{5}$
		
    L'aire du triangle $ON_{0,2}P_{0,2}$ est donc 
    $\dfrac{\lp1+\ln(5)\right)^2}{10}\approx 0,681$ unités d'aire. 
\end{enumerate}
\item On remarque que $\mathcal{A}(a)=\dfrac12f(a)$ 
  donc l'aire sera maximale si $f(a)$ est maximale

  On en déduit que l'aire est maximale si $a=e^{-1}$ et on a 
  $\mathcal{A}\lp e^{-1}\rp=\dfrac12f\lp e^{-1}\rp=2e^{-1}=\dfrac2e\approx 0,74$ 
  unités d'aire.
\end{enumerate}
\enex


\label{LastPage}
\end{document}

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