Suites et logarithme népérien : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « suites et logarithme népérien », question par question.
Cette correction détaille chaque étape comme on l’attend le jour du bac. Les inéquations de seuil sont résolues avec le logarithme népérien, en signalant à chaque fois le changement de sens dû à un logarithme négatif. De plus, la récurrence de l’exercice 4 est rédigée en entier, car c’est souvent là que les points se perdent.
La figure en escalier complétée montre aussi comment les termes de la suite se rapprochent du point fixe. Pour le placement, la suite auxiliaire est justifiée ligne par ligne. Compare donc ta copie étape par étape, puis repère dans le barème les points de méthode et lis les pièges signalés.
L’énoncé complet se trouve ici : Suites et logarithme népérien : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : suites et logarithme népérien
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Automatismes sur ln et les suites | 3 points |
| 2. La décroissance d’un échantillon radioactif | 4 points |
| 3. Étude de la fonction f | 4 points |
| 4. Une suite qui converge vers 1 | 4 points |
| 5. Le placement de Soraya | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : suites et logarithme népérien
Exercice 1 – Automatismes sur ln et les suites (3 points)
- D’une part, \(\ln 12 + \ln 3 = \ln 36\). D’autre part, \(2\ln 6 = \ln\left(6^2\right) = \ln 36\). Ainsi, \(A = \ln 36 – \ln 36 = 0\).
- Sur \(\left]\frac{1}{2} ; +\infty\right[\), les deux quantités \(2x – 1\) et \(x + 3\) sont strictement positives. Comme la fonction ln est strictement croissante, l’équation équivaut à \(2x – 1 = x + 3\), donc \(x = 4\).
Or \(4\) appartient bien à l’intervalle, donc l’unique solution est \(x = 4\). - Par croissance de ln, \(0{,}9^n < 0{,}05\) équivaut à \(n\ln 0{,}9 < \ln 0{,}05\).
Comme \(\ln 0{,}9 < 0\), on change le sens en divisant : \(n > \frac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}9} \approx 28{,}43\).
Donc le plus petit entier est \(n = 29\). Vérification : \(0{,}9^{28} \approx 0{,}052\) et \(0{,}9^{29} \approx 0{,}047\). - Comme \(-1 < \frac{1}{2} < 1\), la suite \(\left(\frac{1}{2}\right)^n\) tend vers 0. Par somme, \(\lim_{n \to +\infty} w_n = 3\).
Exercice 2 – La décroissance d’un échantillon radioactif (4 points)
- Chaque jour, il reste \(100 – 8 = 92\) % de la masse, donc \(m_{n+1} = 0{,}92\,m_n\). Ainsi, \((m_n)\) est géométrique de raison \(0{,}92\) et de premier terme 50, et \(m_n = 50 \times 0{,}92^n\).
- \(m_7 = 50 \times 0{,}92^7 \approx 27{,}89\). Au bout d’une semaine, il reste environ 27,89 mg.
- On résout \(50 \times 0{,}92^n < 5\), c’est-à-dire \(0{,}92^n < 0{,}1\).
Par croissance de ln, on obtient \(n\ln 0{,}92 < \ln 0{,}1\).
Or \(\ln 0{,}92 < 0\), donc \(n > \frac{\ln 0{,}1}{\ln 0{,}92} \approx 27{,}62\).
Vérification : \(m_{27} \approx 5{,}26\) et \(m_{28} \approx 4{,}84\). L’échantillon devient inutilisable au bout de 28 jours. - Sur le graphique, les points passent sous la droite pointillée vers \(n = 28\). Cependant, le point d’abscisse 27 est si proche du seuil qu’on ne peut pas trancher à l’œil : seul le calcul prouve que \(m_{27} > 5\) et \(m_{28} < 5\).
Piège classique : prendre la raison 0,08 au lieu de 0,92. En effet, diminuer de 8 % revient à multiplier par \(1 – 0{,}08\).
Exercice 3 – Étude de la fonction f (4 points)
- Quand \(x\) tend vers 0, \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(-\ln x\) tend vers \(+\infty\). Par somme, \(\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty\).
- Par croissances comparées, \(\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0\), donc la parenthèse tend vers 1. Comme \(x\) tend vers \(+\infty\), on obtient par produit \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
- Pour \(x > 0\), \(f^{\prime}(x) = 1 – \frac{1}{x} = \frac{x – 1}{x}\). Le dénominateur est positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 1\).
Ainsi, \(f\) est strictement décroissante sur \(\left]0 ; 1\right]\) et strictement croissante sur \(\left[1 ; +\infty\right[\), avec un minimum \(f(1) = 1 – \ln 1 = 1\).
Tableau : \(x\) de 0 à \(+\infty\) ; \(f^{\prime}\) négative puis nulle en 1, puis positive ; \(f\) descend de \(+\infty\) jusqu’à 1, puis remonte vers \(+\infty\). - On a \(x – f(x) = \ln x\). Or \(\ln x \geq 0\) pour \(x \geq 1\), donc \(f(x) \leq x\) sur \(\left[1 ; +\infty\right[\).
De plus, \(f(x) = x\) équivaut à \(\ln x = 0\), c’est-à-dire \(x = 1\) : l’unique solution est 1.
Exercice 4 – Une suite qui converge vers 1 (4 points)
- \(u_1 = 2 – \ln 2\), donc \(u_1 \approx 1{,}307\). Ensuite, \(u_2 = u_1 – \ln(u_1)\), donc \(u_2 \approx 1{,}039\).
Pour la construction, on monte de \(u_0\) jusqu’à la courbe, puis on rejoint horizontalement la droite \(y = x\) et on redescend sur l’axe : on obtient \(u_1\). On recommence ensuite à partir de \(u_1\).
- Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(1 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 2\) ».
Initialisation : \(u_0 = 2\) et \(u_1 \approx 1{,}307\), donc \(1 \leq u_1 \leq u_0 \leq 2\). Ainsi, \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : on suppose \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\). Or \(f\) est croissante sur \(\left[1 ; 2\right]\) d’après l’exercice 3, donc elle conserve l’ordre :
\(f(1) \leq f(u_{n+1}) \leq f(u_n) \leq f(2)\), soit \(1 \leq u_{n+2} \leq u_{n+1} \leq 2 – \ln 2\).
Comme \(2 – \ln 2 < 2\), la propriété \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq u_{n+1} \leq u_n \leq 2\). - D’après la question précédente, la suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 1. Par le théorème de convergence monotone, \((u_n)\) est convergente.
- La limite \(\ell\) vérifie \(f(\ell) = \ell\). Or, d’après l’exercice 3, cette équation a pour seule solution 1. Donc \(\ell = 1\), ce que confirme la figure en escalier.
Piège classique : dans l’hérédité, appliquer \(f\) sans rappeler qu’elle est croissante sur \(\left[1 ; 2\right]\). Pourtant, c’est précisément ce qui garantit que les inégalités restent dans le même sens.
Exercice 5 – Le placement de Soraya (5 points)
- \(C_1 = 1{,}02 \times 1\,000 + 600 = 1\,620\) et \(C_2 = 1{,}02 \times 1\,620 + 600 = 2\,252{,}4\). Donc \(C_1 = 1\,620\) € et \(C_2 = 2\,252{,}40\) €.
- Pour tout entier naturel \(n\) :
\(v_{n+1} = C_{n+1} + 30\,000 = 1{,}02\,C_n + 30\,600 = 1{,}02\left(C_n + 30\,000\right) = 1{,}02\,v_n\).
Ainsi, \((v_n)\) est géométrique de raison \(1{,}02\) et de premier terme \(v_0 = 1\,000 + 30\,000 = 31\,000\). - On en déduit \(v_n = 31\,000 \times 1{,}02^n\), puis \(C_n = v_n – 30\,000 = 31\,000 \times 1{,}02^n – 30\,000\).
- On résout \(31\,000 \times 1{,}02^n – 30\,000 > 10\,000\), soit \(1{,}02^n > \frac{40\,000}{31\,000} = \frac{40}{31}\).
Par croissance de ln, \(n\ln 1{,}02 > \ln\left(\frac{40}{31}\right)\). Comme \(\ln 1{,}02 > 0\), on obtient \(n > \frac{\ln\left(\frac{40}{31}\right)}{\ln 1{,}02} \approx 12{,}87\).
Donc le plus petit entier est \(n = 13\), soit l’année \(2026 + 13 = 2039\). Vérification : \(C_{12} \approx 9\,315{,}50\) et \(C_{13} \approx 10\,101{,}81\).
Soraya a tort : le capital dépasse 10 000 € seulement en 2039. - Comme \(1{,}02 > 1\), \(\lim_{n \to +\infty} 1{,}02^n = +\infty\), donc \(\lim_{n \to +\infty} C_n = +\infty\).
Autrement dit, si Soraya continue ses versements, son capital finira par dépasser n’importe quel montant fixé à l’avance.
À retenir de ce contrôle
- Pour trouver le plus petit n tel que q puissance n soit inférieur à a, on applique ln, puis on divise par ln q, qui est négatif si q est entre 0 et 1.
- Une suite décroissante et minorée converge ; une suite croissante et majorée converge aussi, c’est le théorème de convergence monotone.
- Si u(n+1) = f(u(n)) converge vers ℓ et que f est continue en ℓ, alors ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ, ce qui donne les limites possibles.
- Pour une suite arithmético-géométrique, on introduit une suite auxiliaire géométrique en ajoutant ou retranchant la valeur du point fixe.
- Quand f est croissante sur un intervalle stable, elle conserve l’ordre, ce qui permet l’hérédité d’un encadrement du type a ≤ u(n+1) ≤ u(n) ≤ b.
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