Correction du Baccalauréat STI2D Examen Blanc 11 décembre 2012

[ Correction du Baccalauréat STI2D Examen Blanc \
11 décembre 2012
E XERCICE 1
Pour tout entier naturel n, on pose un = 3n 2 + 2n.
3 points
1. On conjecture que la limite de la suite un lorsque n tend vers +∞ est +∞ :
lim
un = +∞.
x → +∞
2.
a. À l’aide d’un algorithme on trouve N = 18. On peut vérifier que u17 = 901
et u18 = 1008.
b. Les points pour lesquels un > 103 sont représentés par des croix :
5000
4000
3000
2000
1000
b
b
b
b
b
b
b
b
5
−5
b
b
b
10
b
b
b
b
b
b
b
×
×
15
×
×
×
×
×
×
20
25
×
×
×
×
×
30
×
×
×
×
×
×
×
×
×
35
3. Soit la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par
f (x) = 3x 2 + 2x.
a. f ′ (x) = 6x + 2.
Pour tout x de l’intervalle [0 ; +∞[, f ′ (x) est positive. On déduit que la
fonction f est croissante sur [0 ; +∞[.
x
0
f ′ (x)
+∞
+
+∞
f (x)
0
b. On remarque tout d’abord que f (n) = 3n 2 + 2n = un .
D’après la question 3.a., la fonction f est croissante sur [0 ; +∞[, donc
la suite (un ) est également croissante. Et on déduit que pour tout entier
naturel n > 18 on a un > 103 .
Exercice 2
3 points
Pour tout entier naturel n on définie la suite v n par :
vn =
2
n2 + 3
Baccalauréat STI2D
1.
2.
n
vn
n
vn
Lycée Don Bosco
0
10
2
3
2
103
200
5 · 10−5
250
3 · 10−5
50
0, 000799
300
2, 2 · 10−5
100
0, 0001999
350
1, 6 · 10−5
150
8, 9 · 10−5
450
9, 9 · 10−6
a. Soit n un entier naturel, n 2 > 0 donc n 2 + 3 > 3, c’est-à-dire à plus forte
raison n 2 + 3 > 0. Donc on déduit n 22+3 > 0.
Donc pour tout entier naturel n, on a v n > 0
b. Soit n un entier naturel, en utilisant la question précédente on peut écrire
que :
|v n | 6 10−4 est équivalent à v n 6 10−4 . Résolvons
v n 6 10−4
⇐⇒
⇐⇒
2
6 10−4
n2 + 3
n2 + 3
1
> −4
2
10
Car n 22+3 est positif d’après la question 1..
v n 6 10−4 ⇐⇒ n 2 + 3 > 2 · 104
⇐⇒ n 2 > 2 · 104 − 3
p
⇐⇒ n > 2 · 104 − 3
⇐⇒ n > 141, 41
Donc on déduit que l’entier N à partir duquel v N 6 10−4 est N = 142.
On vérifie que :
v 141 = 14122 +3 ≃ 1, 0058 · 10−4
et v 142 = 14222 +3 ≃ 9, 9 · 10−5 .
Exercice 3
2 points
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : f (x) = 2x − x ln x.
Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : g (x) = 2 − ln(3x).
1. f (3e) = 2×3e−3e ln(3e) = 6e−3e (ln 3 + ln e) = 6e−3e (ln 3 + 1)−6e−3e ln 3−3e
= 3e − 3e ln 3.
Réponse b.
2. Soit x un réel de l’intervalle ]0 ; +∞[ Résolvons l’équation f (x) = 0 :
f (x) = 0
⇐⇒ 2x − x ln x = 0
⇐⇒ x(2 − ln x) = 0
⇐⇒ x = 0 ou 2 − ln x = 0
⇐⇒ x = 0 ou 2 = ln x
⇐⇒ x = 0 ou ln(e2 ) = ln x
⇐⇒ x = 0 ou e2 = x
© ª
Or 0 ∉]0 ; +∞[, donc l’ensemble des solutions de l’équation est S = e2 réponse b.
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Lycée Don Bosco
3.
lim
3x = +∞, donc
lim
ln(3x) = +∞.
x → +∞
x → +∞
Donc on déduit
lim
− ln(3x) = −∞, et par somme
lim
(2 − ln(3x)) = −∞.
x → +∞
x → +∞
Réponse c.
4. Une primitive de la fonction g sur ]0; +∞[ est la fonction F définie sur ]0; +∞[
par F (x) = 3x − x ln(3x) : en effet
µ
¶
3
F ′ (x) = 3 − ln(3x) + x
= 3 − (ln(3x) + 1) = 2 − ln(3x)
3x
Réponse b..
E XERCICE 4
4 points
Partie A
Soit la fonction f définie sur [0, 5 ; 25] par : f (x) = 8, 68 × ln x + 93, 28.
1.
a. La fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle [0, 5; 25] est :
f ′ (x) =
8, 68
.
x
b. Pour tout réel x de l’intervalle [0, 5 ; 25] la fonction dérivée f ′ est positive.
c. On déduit le tableau de variation de la fonction f sur l’intervalle [0, 5 ; 25] :
x
0.5
f ′ (x)
25
+
f (25)
f (x)
f (0.5)
2.
x
f (x)
0,5
87
1
93
2
99
5
107
10
113
16
117
25
121
130
B = (21.76, 120.01)
×
120
×
A = (14, 116.19)
110
100
90
3.
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3
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Lycée Don Bosco
Partie B
a. Le point A représente la réponse 3 du logiciel et à partir du point B la
réponse 4.
1.
b. Pour un volume sonore supérieur à 120 décibels la pression supporté est
supérieur à e3,08 ≃ 21, 76 bars.
2. D’après la question précédente, la pression que l’oreille de la personne subit
si elle est soumise à une intensité sonore de 120 décibels est d’environ 21, 76
bar.
Exercice 5
4 points
La fonction g définie sur ]0 ; +∞[, dont la représentation graphique C obtenue sur
l’écran d’une calculatrice est donnée sur la figure si dessous.
5
C
4
3
2
∆
1
1
2
3
4
5
1. Graphiquement, on détermine
6
7
8
9
10
11
12
lim g (x) = +∞ et
lim
g (x) = 1.
x →0
x → +∞
2. Graphiquement on peut donner un tableau de signe de g (x) quand x varie
dans l’intervalle ]0 ; +∞[:
x
g (x)
0
3
1
0
+
−
0
+∞
+
.
3. On admet que pour tout x de ]0 ; +∞[,
g (x) =
ax 2 + bx + c
,
x2
où a, b ; c sont trois constantes réels.
a.
lim
x → +∞
ax 2 + bx + c
= a.
x2
D’après la question 1. on déduit la valeur de a = 1.
b. Graphiquement on lit g (1) = 0 et g (3) = 0.
Dans la suite de l’exercice on admet que la fonction g est de la forme
g (x) =
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4
x 2 + bx + c
.
x2
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Lycée Don Bosco
c.
g (1) =
12 + b × 1 + c
33 + b × 3 + c 9 + 3b + c
= 1 + b + c et g (3) =
=
2
1
32
9
On déduit de la question 3.b. le système de deux équations à deux inconnues suivant :

 1+b +c = 0
(S) 9 + 3b + c

=0
9
d. On résout le système en soustrayant la première ligne à la seconde on
obtient :
(
(
(
(
(
c=3
c = −b − 1
1+b +c = 0
1+b +c = 0
1+b +c = 0
⇔
⇔
⇔
⇔
(S) ⇔
b = −4
b = −4
2b = −8
8 + 2b = 0
9 + 3b + c = 0
Donc au final, on conclut que :
g (x) =
x 2 − 4x + 3
x2
Exercice 6
Soit la fonction f définie sur R par : f (x) = 1 + sin (2x).
4 points
1. Un primitive F de la fonction f est donnée par :
F (x) = x −
1
cos(2x).
2
2.
Vm =
µ
¶¶
µ
µ
¶
1
1
1
1
1 1
1
π − cos(2π) − 0 − cos 0 =
π− +
=1
(F (π) − F (0)) =
π
π
2
2
π
2 2
Vm est appeler la valeur moyenne de la fonction f sur [0 ; π]
3.
a. D’après la formule sin2 (X ) =
1−cos(2X )
, on
2
sin2 (2x) =
déduit que pour tout x de R,
1 − cos (4x)
.
2
¢2
= (1 + sin (2x))2 = 1+2sin(2x)+(sin(2x))2 = 1+2sin(2x)+
¡
¢2
1
Donc on obtient : f (x) = 23 + 2sin(2x) − cos (4x)
2
¡
¢2
c. Une primitive G de f (x) sur R est donnée par :
b.
¡
f (x)
G(x) =
1 − cos (4x)
2
1 sin(4x) 3
1
3
x + cos(2x) + ·
= x + cos(2x) + sin(4x).
2
2
4
2
8
d.
A
=
A
=
A
=
A
=
1
(G(π) − G(0))
πµ
µ
¶¶
1
3
1
1 3
π + cos(2π) + sin(4π) −
× 0 + cos 0 + sin 0
π 2
8
2
8
¶
µ
1 3
π+1−1
π 2
3
2
A est la valeur
r efficace de la fonction f sur [0 ; π].
p
3
.
a= A=
2
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