Corrigé du bac de maths 2021 : France, septembre, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2021, France, septembre, jour 1) 4 points

QCM : lecture graphique d'une dérivée, fonction \((ax+b)\text{e}^x\), convexité et point d'inflexion, suites majorées

1. Quelle affirmation sur \(f'\) est exacte ?

Le nombre dérivé \(f'(0)\) est la pente de la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d'abscisse 0, c'est-à-dire la pente de la droite (AB). Avec A\((0\,;\,5)\) et B\((1\,;\,20)\) :

\[f'(0) = \dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{20 - 5}{1 - 0} = 15.\]

Les autres propositions tombent : la courbe coupe l'axe des abscisses en \(-0{,}5\) en montant nettement, sans tangente horizontale (avec l'expression trouvée à la question 2, \(f'(-0{,}5) = 10\text{e}^{-0{,}5} \neq 0\)), donc a) est fausse ; le minimum de \(f\) se lit vers \(x = -1{,}5\), donc \(f\) est croissante sur \([-1{,}5\,;\,-0{,}5]\) et b) est fausse ; \(f\) décroît puis croît, donc \(f'\) change de signe et d) est fausse.

Réponse c : \(f'(0) = 15\).

2. Trouver \(a\) et \(b\).

Le point A\((0\,;\,5)\) est sur la courbe : \(f(0) = (a \times 0 + b)\text{e}^0 = b\), donc \(b = 5\).

La courbe passe par \((-0{,}5\,;\,0)\) : \((-0{,}5a + 5)\text{e}^{-0{,}5} = 0\). Une exponentielle n'est jamais nulle, donc \(-0{,}5a + 5 = 0\), soit \(a = 10\).

Contrôle avec la question 1 : \(f'(x) = a\text{e}^x + (ax+b)\text{e}^x = (ax + a + b)\text{e}^x\), d'où \(f'(0) = a + b = 15\), ce qui est bien cohérent.

Réponse a : \(a = 10\) et \(b = 5\), donc \(f(x) = (10x+5)\text{e}^x\).

Question 3

3. Convexité et point d'inflexion.

La convexité se lit sur le signe de \(f''\). Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(f''(x)\) a le signe de \(10x + 25\), qui s'annule en \(x = -2{,}5\) : \(f''\) est négative sur \(]-\infty\,;\,-2{,}5]\) et positive sur \([-2{,}5\,;\,+\infty[\).

Donc \(f\) est concave puis convexe : ni a) ni b). La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en \(-2{,}5\) et seulement là, donc le point de la courbe d'abscisse \(-2{,}5\), c'est-à-dire C, est l'unique point d'inflexion.

Réponse c : C est l'unique point d'inflexion de \(\mathcal{C}_f\).

4. Que dire de \((U_n)\) si \(U_n \leqslant V_n\) et \(V_n \to 2\) ?

Une suite convergente est bornée : il existe un réel \(M\) tel que \(V_n \leqslant M\) pour tout \(n\). Par transitivité, \(U_n \leqslant V_n \leqslant M\), donc \((U_n)\) est majorée par \(M\).

Les autres affirmations ne sont pas garanties : avec \(V_n = 2 + \frac{1}{n+1}\) on a \(V_n \gt 2\) (b faux) ; avec \(U_n = -n\) la suite diverge (a faux) ; avec \(U_n = 0\) elle converge (c faux).

Réponse d : la suite \((U_n)\) est majorée.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2021, France, septembre, jour 1) 5 points

Suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, algorithme de seuil, suite géométrique auxiliaire

1. Calculer \(u_1\).

\[u_1 = f\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{4 \times \frac{1}{2}}{1 + 3 \times \frac{1}{2}} = \dfrac{2}{2{,}5} = 0{,}8.\]

\(u_1 = 0{,}8 = \dfrac{4}{5}\).

2. a. Montrer par récurrence que \(\frac{1}{2} \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\).

Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(\frac{1}{2} \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\) ».

Initialisation. \(u_0 = 0{,}5\) et \(u_1 = 0{,}8\) : on a bien \(0{,}5 \leqslant 0{,}5 \leqslant 0{,}8 \leqslant 2\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(\frac{1}{2} \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\). Ces quatre nombres sont dans \(\left]-\frac{1}{3}\,;\,+\infty\right[\) où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l'ordre :

\[f\left(\tfrac{1}{2}\right) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(2), \quad \text{soit} \quad 0{,}8 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant \tfrac{8}{7}.\]

Comme \(\frac{1}{2} \leqslant 0{,}8\) et \(\frac{8}{7} \leqslant 2\), on obtient \(\frac{1}{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 2\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel \(n\).

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(\frac{1}{2} \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 2\).

2. b. En déduire la convergence.

L'inégalité \(u_n \leqslant u_{n+1}\) dit que la suite est croissante, et \(u_n \leqslant 2\) qu'elle est majorée par 2. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

La suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) avec \(\frac{1}{2} \leqslant \ell \leqslant 2\).

2. c. Déterminer \(\ell\).

La fonction \(f\) est continue sur \(\left]-\frac{1}{3}\,;\,+\infty\right[\) (fonction rationnelle dont le dénominateur ne s'y annule pas) et \(\ell\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\) :

\[\ell = \dfrac{4\ell}{1 + 3\ell} \iff \ell + 3\ell^2 = 4\ell \iff 3\ell^2 - 3\ell = 0 \iff 3\ell(\ell - 1) = 0.\]

Les solutions sont 0 et 1. Comme \(\ell \geqslant \frac{1}{2}\), la valeur 0 est exclue.

\(\ell = 1\).

Question 3 a

3. a. Compléter la fonction seuil.

Ensuite, on répète le calcul du terme suivant tant que l'écart \(1 - u\) n'est pas encore strictement inférieur à \(E\) ; la boucle s'arrête donc au premier rang \(n\) pour lequel \(1 - u_n \lt E\).

def seuil(E):
    u = 0.5
    n = 0
    while 1 - u >= E:
        u = 4*u / (1 + 3*u)
        n = n + 1
    return n

Condition de boucle : 1 - u >= E ; mise à jour : u = 4*u/(1 + 3*u).

3. b. Valeur renvoyée pour \(E = 10^{-4}\).

À la calculatrice (ou avec la formule de la question 4.c, qui donne \(1 - u_n = \frac{1}{4^n + 1}\)) : \(1 - u_6 = \frac{1}{4097} \approx 2{,}4 \times 10^{-4}\), qui est encore supérieur à \(10^{-4}\), tandis que \(1 - u_7 = \frac{1}{16385} \approx 6{,}1 \times 10^{-5} \lt 10^{-4}\).

Le programme renvoie 7.

4. a. Montrer que \((v_n)\) est géométrique de raison 4 et exprimer \(v_n\).

Il faut d'abord s'assurer que \(u_n \neq 1\). En réduisant au même dénominateur :

\[1 - u_{n+1} = \dfrac{1 + 3u_n - 4u_n}{1 + 3u_n} = \dfrac{1 - u_n}{1 + 3u_n}.\]

Comme \(1 + 3u_n \gt 0\) (car \(u_n \geqslant \frac{1}{2}\)) et \(1 - u_0 = \frac{1}{2} \gt 0\), une récurrence immédiate montre que \(1 - u_n \gt 0\) pour tout \(n\) : \(v_n\) est donc bien défini.

Par ailleurs, on divise alors \(u_{n+1}\) par \(1 - u_{n+1}\) ; les dénominateurs \(1 + 3u_n\) se simplifient :

\[v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}}{1 - u_{n+1}} = \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n} \times \dfrac{1 + 3u_n}{1 - u_n} = 4 \times \dfrac{u_n}{1 - u_n} = 4v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison 4. Son premier terme vaut \(v_0 = \dfrac{0{,}5}{1 - 0{,}5} = 1\).

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(v_n = 1 \times 4^n = 4^n\).

Question 4 b

4. b. Montrer que \(u_n = \frac{v_n}{v_n + 1}\).

Ensuite, on isole \(u_n\) dans la définition de \(v_n\) :

\[v_n(1 - u_n) = u_n \iff v_n = u_n + u_n v_n \iff v_n = u_n(1 + v_n).\]

Puisque \(v_n = 4^n \gt 0\), le nombre \(1 + v_n\) n'est pas nul et l'on peut diviser par lui.

Pour tout \(n\), \(u_n = \dfrac{v_n}{v_n + 1}\).

4. c. Forme explicite de \(u_n\) et limite.

En remplaçant \(v_n\) par \(4^n\), puis en divisant numérateur et dénominateur par \(4^n\) :

\[u_n = \dfrac{4^n}{4^n + 1} = \dfrac{1}{1 + \frac{1}{4^n}} = \dfrac{1}{1 + \left(\frac{1}{4}\right)^n} = \dfrac{1}{1 + 0{,}25^n}.\]

Comme \(0 \lt 0{,}25 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}25^n = 0\), donc le dénominateur tend vers 1 et \(u_n\) tend vers \(\frac{1}{1} = 1\).

\(u_n = \dfrac{1}{1 + 0{,}25^n}\) et \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 1\), ce qui confirme \(\ell = 1\).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2021, France, septembre, jour 1) 6 points

Fonction exponentielle en modélisation, dérivée d'un produit, tableau de variations, théorème des valeurs intermédiaires, arbre pondéré et probabilités conditionnelles

Partie I : effet de l’introduction des truites

1. Nombre de crapauds au départ.

L'introduction a lieu à \(t = 0\) : \(f(0) = (0 - 0 + 400)\text{e}^0 + 40 = 400 + 40\).

Il y a 440 crapauds dans le lac au moment de l'introduction des truites.

2. Calcul de \(f'(t)\).

Ensuite, on dérive le produit \(u(t)v(t)\) avec \(u(t) = 0{,}04t^2 - 8t + 400\) et \(v(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}\). Alors, on a \(u'(t) = 0{,}08t - 8\) et, par la dérivée de \(\text{e}^{kt}\), \(v'(t) = \frac{1}{50}\text{e}^{\frac{t}{50}}\). La constante 40 a une dérivée nulle.

\[f'(t) = (0{,}08t - 8)\text{e}^{\frac{t}{50}} + \left(0{,}04t^2 - 8t + 400\right)\times\dfrac{1}{50}\text{e}^{\frac{t}{50}}.\]

Puis on factorise par l'exponentielle et on développe le second terme : \(\frac{1}{50}(0{,}04t^2 - 8t + 400) = 0{,}0008t^2 - 0{,}16t + 8\).

\[f'(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}\left(0{,}08t - 8 + 0{,}0008t^2 - 0{,}16t + 8\right) = \text{e}^{\frac{t}{50}}\left(0{,}0008t^2 - 0{,}08t\right).\]

Enfin \(0{,}0008t^2 - 0{,}08t = 0{,}0008\,t\,(t - 100)\) et \(0{,}0008 = 8 \times 10^{-4}\).

\(f'(t) = t(t - 100)\text{e}^{\frac{t}{50}} \times 8 \times 10^{-4}\) sur \([0\,;\,120]\).

3. Variations de \(f\) sur \([0\,;\,120]\).

Sur cet intervalle, \(t \geqslant 0\), \(\text{e}^{\frac{t}{50}} \gt 0\) et \(8 \times 10^{-4} \gt 0\) : le signe de \(f'(t)\) est celui de \(t - 100\) (avec \(f'(0) = 0\)). Ainsi \(f'(t) \leqslant 0\) sur \([0\,;\,100]\) et \(f'(t) \geqslant 0\) sur \([100\,;\,120]\), la dérivée ne s'annulant qu'en 0 et en 100.

Valeurs utiles : \(f(0) = 440\) ; \(f(100) = (400 - 800 + 400)\text{e}^2 + 40 = 40\) ; \(f(120) = (576 - 960 + 400)\text{e}^{2{,}4} + 40 = 16\text{e}^{2{,}4} + 40 \approx 216{,}37\).

\(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,100]\) puis strictement croissante sur \([100\,;\,120]\).

Question 4 a

4. a. Jour et valeur du minimum.

D'après le tableau, le minimum de \(f\) sur \([0\,;\,120]\) est atteint en \(t = 100\) et vaut \(f(100) = 40\).

\(J = 100\) jours ; la population minimale est de 40 crapauds.

4. b. Le seuil de 140 sera-t-il dépassé ?

Sur \([100\,;\,120]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(100) = 40 \lt 140\) et \(f(120) \approx 216{,}37 \gt 140\). D'après le théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), il existe un unique \(t_0 \in\, ]100\,;\,120[\) tel que \(f(t_0) = 140\), et \(f(t) \gt 140\) pour tout \(t \in\, ]t_0\,;\,120]\).

Après son minimum, la population repasse au-dessus de 140 individus avant le 120e jour.

4. c. À partir de quel jour ?

Avec un tableau de valeurs de pas 1 à la calculatrice : \(f(115) \approx 129{,}77\) et \(f(116) \approx 144{,}20\). Le seuil est donc franchi entre le 115e et le 116e jour (plus précisément \(t_0 \approx 115{,}7\)).

Le nombre de crapauds dépasse 140 à partir du 116e jour.

Partie II : effet de la Chytridiomycose

1. Compléter l'arbre.

Trois lacs sur quatre sont sains, donc \(P(\overline{L}) = 0{,}75\) et \(P(L) = 0{,}25\). Dans un lac infecté, \(P_L(T) = 0{,}74\), d'où \(P_L(\overline{T}) = 1 - 0{,}74 = 0{,}26\). Les branches issues de \(\overline{L}\) sont déjà données.

• \(L\) avec probabilité \(0{,}25\) : puis \(T\) avec \(0{,}74\), ou \(\overline{T}\) avec \(0{,}26\)
• \(\overline{L}\) avec probabilité \(0{,}75\) : puis \(T\) avec 0, ou \(\overline{T}\) avec 1

\(P(L) = 0{,}25\), \(P(\overline{L}) = 0{,}75\), \(P_L(T) = 0{,}74\), \(P_L(\overline{T}) = 0{,}26\).

2. Montrer que \(P(T) = 0{,}185\).

Les évènements \(L\) et \(\overline{L}\) forment une partition de l'univers ; la formule des probabilités totales donne :

\[P(T) = P(L)\,P_L(T) + P(\overline{L})\,P_{\overline{L}}(T) = 0{,}25 \times 0{,}74 + 0{,}75 \times 0 = 0{,}185.\]

\(P(T) = 0{,}185\).

3. Sachant le têtard sain, probabilité que le lac soit infecté.

Ensuite, on cherche \(P_{\overline{T}}(L)\). Alors, on calcule d'abord \(P(\overline{T}) = 1 - 0{,}185 = 0{,}815\) et \(P(L \cap \overline{T}) = 0{,}25 \times 0{,}26 = 0{,}065\). Par définition d'une probabilité conditionnelle :

\[P_{\overline{T}}(L) = \dfrac{P(L \cap \overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}065}{0{,}815} \approx 0{,}0798.\]

\(P_{\overline{T}}(L) \approx 0{,}080\) : un test négatif laisse environ 8 % de chances que le lac soit infecté.

Corrigé de l’exercice A (bac 2021, France, septembre, jour 1) 5 points

Géométrie dans l'espace : coordonnées dans un cube, vecteur normal, équation cartésienne, représentation paramétrique, section plane, coplanarité

Dans le repère \(\left(\text{A}\,;\,\overrightarrow{\text{AB}},\,\overrightarrow{\text{AD}},\,\overrightarrow{\text{AE}}\right)\), les sommets ont pour coordonnées : A\((0\,;\,0\,;\,0)\), B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), D\((0\,;\,1\,;\,0)\), E\((0\,;\,0\,;\,1)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\), G\((1\,;\,1\,;\,1)\), H\((0\,;\,1\,;\,1)\).

1. Coordonnées de I, J, K.

\(\overrightarrow{\text{EH}} = \overrightarrow{\text{AD}}\) a pour coordonnées \((0\,;\,1\,;\,0)\), donc I \(= \text{E} + \frac{1}{4}(0\,;\,1\,;\,0)\). De même \(\overrightarrow{\text{EF}} = (1\,;\,0\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{BF}} = (0\,;\,0\,;\,1)\).

\(\text{I}\left(0\,;\,\frac{1}{4}\,;\,1\right)\), \(\text{J}\left(\frac{1}{4}\,;\,0\,;\,1\right)\), \(\text{K}\left(1\,;\,0\,;\,\frac{1}{4}\right)\).

2. \(\overrightarrow{\text{AG}}\) est normal à (IJK).

Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Donc on a \(\overrightarrow{\text{AG}}(1\,;\,1\,;\,1)\), \(\overrightarrow{\text{IJ}}\left(\frac{1}{4}\,;\,-\frac{1}{4}\,;\,0\right)\) et \(\overrightarrow{\text{IK}}\left(1\,;\,-\frac{1}{4}\,;\,-\frac{3}{4}\right)\).

Ces deux derniers vecteurs ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de \(\overrightarrow{\text{IJ}}\) est nulle alors que celle de \(\overrightarrow{\text{IK}}\) ne l'est pas, et \(\overrightarrow{\text{IJ}}\) n'est pas nul. Les produits scalaires valent :

\[\overrightarrow{\text{AG}} \cdot \overrightarrow{\text{IJ}} = \tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{4} + 0 = 0, \qquad \overrightarrow{\text{AG}} \cdot \overrightarrow{\text{IK}} = 1 - \tfrac{1}{4} - \tfrac{3}{4} = 0.\]

\(\overrightarrow{\text{AG}}(1\,;\,1\,;\,1)\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal au plan (IJK).

3. Équation cartésienne de (IJK).

Le vecteur \(4\overrightarrow{\text{AG}}(4\,;\,4\,;\,4)\) est aussi normal, donc (IJK) a une équation de la forme \(4x + 4y + 4z + d = 0\). Le point I y appartient : \(0 + 1 + 4 + d = 0\), d'où \(d = -5\).

Vérification avec les deux autres points : J donne \(1 + 0 + 4 - 5 = 0\) et K donne \(4 + 0 + 1 - 5 = 0\).

Le plan (IJK) a pour équation \(4x + 4y + 4z - 5 = 0\).

Question 4

4. Représentation paramétrique de (BC).

La droite passe par B\((1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{\text{BC}}(0\,;\,1\,;\,0)\). Un point \(N(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (BC) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{B}N} = t\,\overrightarrow{\text{BC}}\).

\((\text{BC}) : \begin{cases} x = 1 \\ y = t \\ z = 0 \end{cases}\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

5. Point L, intersection de (BC) et (IJK).

Ensuite, on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan : \(4 \times 1 + 4t + 4 \times 0 - 5 = 0\), soit \(4t = 1\) et \(t = \frac{1}{4}\). Cette équation a une seule solution, donc la droite coupe bien le plan en un seul point.

\(\text{L}\left(1\,;\,\frac{1}{4}\,;\,0\right)\), situé sur l'arête [BC] au quart en partant de B.

6. Placer L et construire la section du cube par (IJK) dans la face BCGF.

Sur la figure, L se place sur [BC] au quart de la longueur à partir de B (même position relative que K sur [BF]). Les points K et L appartiennent tous les deux au plan (IJK) et à la face (BCGF), qui est plane : la droite (KL) est donc l'intersection des deux plans. Dans le carré BCGF, elle découpe le segment [KL], qui coupe le coin B.

L'intersection du plan (IJK) avec la face BCGF est le segment [KL] (à tracer entre K sur [BF] et L sur [BC]).

Question 7

7. I, J, L, M coplanaires.

I et J sont dans (IJK) par définition, L l'est d'après la question 5. Il suffit de tester M dans l'équation du plan : \(4 \times \frac{1}{4} + 4 \times 1 + 4 \times 0 - 5 = 1 + 4 - 5 = 0\). M appartient donc aussi à (IJK).

Les quatre points I, J, L et M sont dans le plan (IJK) : ils sont coplanaires.

Corrigé de l’exercice B (bac 2021, France, septembre, jour 1) 5 points

Fonction logarithme népérien : limites, croissances comparées, dérivée d'un quotient, théorème des valeurs intermédiaires, tangentes perpendiculaires

Partie I

1. Limite de \(h\) en 0.

Ensuite, on écrit \(\frac{\ln x}{x} = \ln x \times \frac{1}{x}\). Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln x \to -\infty\) et \(\frac{1}{x} \to +\infty\) : il n'y a pas de forme indéterminée, le produit tend vers \(-\infty\).

\(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} h(x) = -\infty\).

2. Limite de \(h\) en \(+\infty\).

Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0\), donc \(h(x)\) tend vers \(1 + 0\).

\(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} h(x) = 1\) : la droite d'équation \(y = 1\) est asymptote horizontale.

3. Calcul de \(h'(x)\).

La constante 1 a une dérivée nulle. Pour le quotient \(\frac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln x\), \(u'(x) = \frac{1}{x}\), \(v(x) = x\), \(v'(x) = 1\), on applique \(\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}\) :

\[h'(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x - \ln x \times 1}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}.\]

Pour tout \(x \gt 0\), \(h'(x) = \dfrac{1 - \ln(x)}{x^2}\).

4. Tableau de variations de \(h\).

Comme \(x^2 \gt 0\), \(h'(x)\) a le signe de \(1 - \ln x\). Or \(1 - \ln x \gt 0 \iff \ln x \lt 1 \iff x \lt \text{e}\), car la fonction exponentielle est strictement croissante. La dérivée est donc positive sur \(]0\,;\,\text{e}[\), nulle en e, négative sur \(]\text{e}\,;\,+\infty[\). Le maximum vaut \(h(\text{e}) = 1 + \frac{\ln \text{e}}{\text{e}} = 1 + \frac{1}{\text{e}} \approx 1{,}37\).

\(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\text{e}]\), strictement décroissante sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\), de maximum \(1 + \frac{1}{\text{e}}\).

Question 5

5. Unique solution \(\alpha\) de \(h(x) = 0\) et encadrement.

Sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\) : \(h\) décroît de \(1 + \frac{1}{\text{e}}\) vers 1 sans jamais atteindre 1 ; plus directement, pour \(x \geqslant \text{e}\), \(\ln x \gt 0\) donc \(h(x) \gt 1 \gt 0\). Aucune solution dans cet intervalle.

Sur \(]0\,;\,\text{e}]\) : \(h\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, elle prend toutes les valeurs de \(]-\infty\,;\,1 + \frac{1}{\text{e}}]\), intervalle qui contient 0. Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(h(x) = 0\) y a exactement une solution \(\alpha\).

Encadrement : \(h(0{,}5) = 1 + \frac{\ln 0{,}5}{0{,}5} = 1 - 2\ln 2 \approx -0{,}386 \lt 0\) et \(h(0{,}6) = 1 + \frac{\ln 0{,}6}{0{,}6} \approx 0{,}149 \gt 0\). Comme \(h\) est strictement croissante sur \([0{,}5\,;\,0{,}6]\) et change de signe, \(\alpha\) est entre les deux.

L'équation \(h(x) = 0\) a une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\), et \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}567\)).

Partie II

1. Coefficient directeur de \(D_a\).

Le coefficient directeur de la tangente à une courbe au point d'abscisse \(a\) est le nombre dérivé en \(a\). Ici \(g'(x) = \frac{1}{x}\), donc \(g'(a) = \frac{1}{a}\).

\(D_a\) a pour coefficient directeur \(\dfrac{1}{a}\).

2. Coefficient directeur de \(T_a\).

Pour \(f(x) = x\ln x - x\), la dérivée du produit \(x \ln x\) vaut \(1 \times \ln x + x \times \frac{1}{x} = \ln x + 1\), donc \(f'(x) = \ln x + 1 - 1 = \ln x\).

\(T_a\) a pour coefficient directeur \(f'(a) = \ln(a)\).

3. Valeur unique de \(a\) rendant \(T_a\) et \(D_a\) perpendiculaires.

Le repère est orthonormé, donc on peut utiliser le critère rappelé. Pour \(a \gt 0\) :

\[T_a \perp D_a \iff \ln(a) \times \dfrac{1}{a} = -1 \iff 1 + \dfrac{\ln(a)}{a} = 0 \iff h(a) = 0.\]

D'après la partie I, l'équation \(h(a) = 0\) possède une seule solution sur \(]0\,;\,+\infty[\), le réel \(\alpha\).

Il existe une unique valeur, \(a = \alpha \approx 0{,}567\) (avec \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\)), pour laquelle \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• En QCM, un nombre dérivé se lit comme la pente de la tangente, et un point d'inflexion correspond à un changement de signe de \(f''\), pas seulement à son annulation.
• Pour une suite \(u_{n+1} = f(u_n)\) avec \(f\) croissante, la récurrence consiste à appliquer \(f\) à tout l'encadrement ; la limite se trouve ensuite en résolvant \(\ell = f(\ell)\) et en éliminant les solutions incompatibles avec les bornes.
• Dans un algorithme de seuil, la condition du while est la négation de la condition d'arrêt : ici 1 - u >= E.
• Pour une dérivée de la forme \(u \times \text{e}^{kt}\), factoriser tout de suite par l'exponentielle : le signe se lit alors sur un polynôme.
• Le théorème des valeurs intermédiaires demande continuité, stricte monotonie et changement de position par rapport à la valeur cherchée ; ne pas oublier l'autre intervalle quand la fonction n'est pas monotone partout.
• Dans le cube, un point est dans un plan si ses coordonnées vérifient l'équation : c'est le moyen le plus rapide de prouver une coplanarité ou une section.

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Présentation du corrigé du bac 2021, France, septembre, jour 1

Ce corrigé du bac 2021, France, septembre, jour 1 du 13 septembre 2021 explique les cinq exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (4 points) porte sur : qCM : lecture graphique d'une dérivée, fonction, convexité et point d'inflexion, suites majorées. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) aborde : suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, algorithme de seuil, suite géométrique auxiliaire. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) aborde : fonction exponentielle en modélisation, dérivée d'un produit, tableau de variations, théorème des valeurs intermédiaires, arbre pondéré et probabilités conditionnelles. Puis, la correction de l'exercice A (5 points) traite : géométrie dans l'espace : coordonnées dans un cube, vecteur normal, équation cartésienne, représentation paramétrique, section plane, coplanarité. Enfin, la correction de l'exercice B (5 points) traite : fonction logarithme népérien : limites, croissances comparées, dérivée d'un quotient, théorème des valeurs intermédiaires, tangentes perpendiculaires.

Lisez chaque solution en vous demandant pourquoi telle méthode s'impose. En effet, c'est ce raisonnement qui resservira sur un autre sujet. Par ailleurs, refaites seul les calculs les plus longs sans regarder la rédaction.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2021, France, septembre, jour 1

Dans un exercice de suites, calculez d'abord les premiers termes à la main. Ainsi, vous devinez le sens de variation avant de le démontrer par récurrence. Lorsqu'une loi binomiale apparaît, justifiez-la en citant les épreuves identiques et indépendantes. Par ailleurs, donnez toujours la valeur de n et celle de p. Quand il faut prouver qu'un vecteur est normal à un plan, vérifiez deux produits scalaires nuls avec deux vecteurs non colinéaires. Puis déduisez-en l'équation cartésienne.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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