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A.1Justifier que a = 1.

Le point A(0 ; 1) appartient à la courbe, donc f(0) = 1. Or \begin{aligned}f(0) &= a + \dfrac{b\ln(1)}{1} \\ &= a + 0 \\ &= a\end{aligned} Donc a = 1.

A.2.aEn utilisant le graphique, donner la valeur de f'(0). Justifier.

La tangente T_A passe par A(0 ; 1) et semble également passer par le point de coordonnées (0{,}5 ; 3) (lecture graphique).
Son coefficient directeur est donc \begin{aligned}\dfrac{3-1}{0{,}5-0} &= \dfrac{2}{0{,}5} \\ &= 4\end{aligned}
f'(0) = 4 (coefficient directeur de la tangente en A).

A.2.bEn utilisant le graphique, donner le signe de f''(1). Justifier.

Le graphique montre que la courbe atteint son maximum peu avant x = 1, puis décroît en restant concave (tournée vers le bas) au voisinage de x = 1.
Le signe de f''(1) correspond donc au sens de variation de f' (la pente) à cet endroit, qui diminue juste après le maximum.
f''(1) est négatif.

A.3.aMontrer que, pour tout réel x appartenant à ]-1 ; +\infty[, on a f'(x) = b(1 - ln(x+1))/(x+1)^{2}.

On dérive \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} par la formule du quotient \left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^{2}} avec u = \ln(x+1) et v = x+1.
u' = \dfrac{1}{x+1} et v' = 1, donc u'v - uv' = \dfrac{1}{x+1} \times (x+1) - \ln(x+1) \times 1 = 1 - \ln(x+1).
Donc f'(x) = b \times \dfrac{1 - \ln(x+1)}{(x+1)^{2}}.

A.3.bEn déduire la valeur de b.

D'après la question 2.a, f'(0) = 4. Or f'(0) = b \times \dfrac{1 - \ln(1)}{1^{2}} = b \times 1 = b. Donc b = 4.

B.1Justifier que la droite d'équation y = 1 est asymptote à la courbe représentative de f.

Quand x \to +\infty, on sait que \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} \to 0 (limite usuelle du type \dfrac{\ln(t)}{t} \to 0 quand t \to +\infty).
Donc \begin{aligned}f(x) &= 1 + \dfrac{4\ln(x+1)}{x+1} \to 1 + 0 \\ &= 1\end{aligned} quand x \to +\infty.
La droite d'équation y = 1 est donc asymptote horizontale à la courbe représentative de f en +\infty.

B.2Résoudre l'inéquation 1 - ln(x+1) > 0 sur ]-1 ; +\infty[.

{1 - \ln(x+1) > 0 \Leftrightarrow \ln(x+1) < 1 \Leftrightarrow x + 1 < e} (la fonction ln étant strictement croissante), soit x < e - 1.
L'ensemble des solutions, en tenant compte du domaine x > -1, est ]-1 ; e-1[.

B.3Dresser le tableau de variation complet de f, en indiquant la valeur exacte de son extremum.

Le signe de f'(x) = \dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^{2}} est celui de 1-\ln(x+1) (le dénominateur est toujours positif).
D'après la question précédente, f'(x) > 0 sur ]-1 ; e-1[ et f'(x) < 0 sur ]e-1 ; +\infty[ : f est donc croissante puis décroissante, avec un maximum en x = e-1.
\begin{aligned}f(e-1) &= 1 + \dfrac{4\ln(e)}{e} \\ &= 1 + \dfrac{4}{e}\end{aligned} (valeur exacte du maximum).
Aux bornes : \lim_{x \to -1} f(x) = -\infty (admis) et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 (question B.1).
Tableau : f décroît de -\infty à -1 (exclu), croît de -\infty à 1+\dfrac{4}{e} sur ]-1 ; e-1], puis décroît de 1+\dfrac{4}{e} vers 1 (sans l'atteindre) sur [e-1 ; +\infty[.

B.4Montrer que l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[. En donner une valeur approchée à 10^{-1}.

Sur [2 ; +\infty[ (inclus dans ]e-1 ; +\infty[ puisque e-1 \approx 1{,}72 < 2), f est continue et strictement décroissante.
\begin{aligned}f(2) &= 1 + \dfrac{4\ln(3)}{3} \\ &\approx 2{,}46\end{aligned} et \lim_{x \to +\infty} f(x) = 1.
Comme 1{,}5 est compris entre ces deux valeurs, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans [2 ; +\infty[.
À l'aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de cette solution : x_0 \approx 25,1.

B.5.aMontrer que l'intégrale de ln(x+1)/(x+1) entre 0 et 2 est égale à (\dfrac{1}{2})(ln3)^{2}.

On pose u = \ln(x+1), donc du = \dfrac{1}{x+1}dx ; quand x=0, \begin{aligned}u &= \ln(1) \\ &= 0\end{aligned} et quand x=2, u=\ln(3).
\displaystyle \int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx = \int\limits_0^{\ln(3)} u \, du = \left[\dfrac{u^{2}}{2}\right]_0^{\ln(3)} = \dfrac{(\ln 3)^{2}}{2} - 0 = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2}.

B.5.bEn déduire l'aire, en unité d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe de f, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 2.

Sur [0 ; 2], la fonction f est strictement positive (elle vaut 1 en x=0 et reste au-dessus de 2,4 ensuite) : l'aire cherchée est donc \displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx.
\begin{aligned}\displaystyle \int\limits_0^2 f(x)\,dx &= \int\limits_0^2 1\,dx + 4\int\limits_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}dx \\ &= [x]_0^2 + 4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^{2} \\ &= 2 + 2(\ln 3)^{2}\end{aligned}
L'aire cherchée est 2 + 2(\ln 3)^{2} unités d'aire, soit environ 4,41 u.a.

A.1Calculer V1 et V2 (V0 = 0, Vn+1 = 0,995 Vn + 6).

V_1 = 0{,}995 \times 0 + 6 = 6 litres.
V_2 = 0{,}995 \times 6 + 6 = 5{,}97 + 6 = 11,97 litres.

A.2Recopier et compléter le programme Python pour qu'il renvoie le volume après n heures.

A.3Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, Vn \leq Vn+1 \leq 1200.

Initialisation : V_0 = 0 et V_1 = 6 (question 1), donc V_0 \leq V_1 \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : supposons que V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200 pour un entier n donné.
Comme 0{,}995 > 0, on peut multiplier chaque membre : 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 0{,}995 \times 1\,200, soit 0{,}995V_n \leq 0{,}995V_{n+1} \leq 1\,194.
En ajoutant 6 partout : 0{,}995V_n + 6 \leq 0{,}995V_{n+1} + 6 \leq 1\,200, c'est-à-dire V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1\,200 : la propriété est vraie au rang n+1.
Par principe de récurrence, pour tout entier naturel n, V_n \leq V_{n+1} \leq 1\,200.

A.4Justifier que la suite (Vn) converge, et calculer sa limite.

D'après la question précédente, la suite (V_n) est croissante et majorée par 1\,200.
D'après le théorème de convergence monotone, la suite (V_n) converge vers une limite \ell.
La fonction associée à la récurrence, x \mapsto 0{,}995x + 6, est continue (fonction affine), donc \ell est solution de l'équation x = 0{,}995x + 6.
\begin{aligned}0{,}005x = 6 &\Leftrightarrow x = \dfrac{6}{0{,}005} \\ &\Leftrightarrow x = 1\,200\end{aligned}
La suite (V_n) converge donc vers 1 200 : le volume de substance polluante se stabilise autour de 1 200 litres.

B.1.aDéterminer les solutions de l'équation différentielle (E) : y' = -0,005y + 6 sur [0 ; +\infty[.

(E) est de la forme y' = ay + b avec a = -0{,}005 et b = 6. Sa solution particulière constante est \begin{aligned}y_p &= -\dfrac{b}{a} \\ &= \dfrac{6}{0{,}005} \\ &= 1\,200\end{aligned}
Les solutions de (E) sur [0 ; +\infty[ sont les fonctions t \mapsto Ce^{-0{,}005t} + 1\,200, où C est une constante réelle.

B.1.bMontrer que, pour tout réel t de [0 ; +\infty[, v(t) = 1200(1 - e^{-0,005t}).

Comme v(0) = 0 : Ce^{0} + 1\,200 = 0, donc C = -1\,200.
v(t) = -1\,200e^{-0{,}005t} + 1\,200 = 1\,200\left(1 - e^{-0{,}005t}\right).

B.1.cCalculer la limite de v en +\infty.

Quand t \to +\infty, e^{-0{,}005t} \to 0, donc v(t) \to 1\,200 \times (1-0) = 1 200.

B.1.dDéterminer le sens de variation de la fonction v sur [0 ; +\infty[.

v'(t) = 1\,200 \times 0{,}005 \times e^{-0{,}005t} = 6e^{-0{,}005t}, toujours strictement positif.
La fonction v est donc strictement croissante sur [0 ; +\infty[.

B.2Un taux de substance polluante supérieur à 5 % du volume du bassin (30 000 L) nécessite un nettoyage complet. Le propriétaire devra-t-il procéder à ce nettoyage ?

Le seuil critique est 0{,}05 \times 30\,000 = 1 500 litres.
La fonction v est strictement croissante et tend vers 1 200 sans jamais l'atteindre : elle est donc toujours strictement inférieure à 1 200, donc à 1 500.
Non, selon ce modèle, le volume de substance polluante n'atteindra jamais le seuil de 1 500 litres : un nettoyage complet ne sera jamais nécessaire.

B.3Déterminer la valeur exacte de l'instant au-delà duquel le volume dépasse 50 litres (en heure et minute, arrondi à la minute).

On résout v(t) = 50 : 1\,200\left(1-e^{-0{,}005t}\right) = 50, soit \begin{aligned}1 - e^{-0{,}005t} &= \dfrac{50}{1\,200} \\ &= \dfrac{1}{24}\end{aligned}
e^{-0{,}005t} = \dfrac{23}{24}, donc -0{,}005t = \ln\left(\dfrac{23}{24}\right).
t = \dfrac{\ln\left(\frac{23}{24}\right)}{-0{,}005} = 200\ln\left(\dfrac{24}{23}\right) (valeur exacte), soit environ 8,51 heures.
8{,}51 heures \approx 8 h 31 min.

A.1.aÀ l'aide du graphique, donner f'(1) (la courbe admet une tangente horizontale au point C d'abscisse 1).

La tangente en C (abscisse 1) est parallèle à l'axe des abscisses, donc de coefficient directeur nul : f'(1) = 0.

A.1.bDonner la solution de l'équation f(x) = 0 sur [0 ; 3] (la courbe coupe l'axe des abscisses au point A d'abscisse \dfrac{1}{2}).

La courbe ne coupe l'axe des abscisses qu'au point A, d'abscisse \dfrac{1}{2} : la solution de f(x)=0 sur [0;3] est \dfrac{1}{2}.

A.2Déterminer f'(\dfrac{1}{2}) (la tangente en A(\dfrac{1}{2} ; 0) passe par B(1 ; e^{2})).

f'\left(\dfrac{1}{2}\right) est le coefficient directeur de la tangente en A, c'est-à-dire de la droite (AB) :
\dfrac{y_B - y_A}{x_B - x_A} = \dfrac{e^{2} - 0}{1 - \frac{1}{2}} = 2e^{2}.

A.3Parmi les courbes C1, C2 et C3, indiquer lesquelles représentent des primitives de f.

Deux primitives d'une même fonction diffèrent uniquement d'une constante : leurs courbes se déduisent l'une de l'autre par une translation verticale.
C'est le cas de \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2, qui ont la même forme décalée verticalement.
\mathcal{C}_3 est décroissante là où f est positive (autour de x = 0,5 à 0,7), ce qui est incompatible avec une primitive de f à cet endroit.
Les courbes \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2 représentent des primitives de f.

B.1.aVérifier que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f(x) = e^{2} \times (2x-1)/e^{2x-1} (avec f(x) = (2x-1)e^{-2x+3}).

On remarque que -2x+3 = -(2x-1)+2, donc e^{-2x+3} = e^{-(2x-1)} \times e^{2}.
\begin{aligned}f(x) &= (2x-1) \times e^{-(2x-1)} \times e^{2} \\ &= e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}}\end{aligned}

B.1.bEn déduire la limite de f en +\infty (on pourra poser X = 2x-1).

Quand x \to +\infty, X = 2x-1 \to +\infty, et par croissances comparées \dfrac{X}{e^{X}} \to 0.
Donc \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0, puis f(x) = e^{2} \times \dfrac{2x-1}{e^{2x-1}} \to 0.

B.2.aMontrer que, pour tout x de [0 ; +\infty[, f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}.

En dérivant le produit f(x) = (2x-1)e^{-2x+3} :
f'(x) = 2 \times e^{-2x+3} + (2x-1) \times (-2)e^{-2x+3} = \left(2 - 2(2x-1)\right)e^{-2x+3} = (2-4x+2)e^{-2x+3} = (-4x+4)e^{-2x+3}.

B.2.bConstruire le tableau complet des variations de f sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant toujours strictement positive, f'(x) est du signe de (-4x+4), positif avant x=1 et négatif après.
f est donc croissante sur [0;1] puis décroissante sur [1;+\infty[.
\begin{aligned}f(0) &= (0-1)e^{3} \\ &= -e^{3}\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= (2-1)e^{1} \\ &= e\end{aligned}
Tableau : f croît de -e^{3} à e sur [0;1], puis décroît de e vers 0 (sans l'atteindre) sur [1;+\infty[.

B.3Justifier que la contrainte du client se traduit par f(\alpha) = 0,15, puis montrer qu'il existe une unique valeur de \alpha dans [1 ; +\infty[ vérifiant cette égalité. En donner une valeur arrondie au dixième.

Le point (\alpha ; f(\alpha)) et son symétrique (\alpha ; -f(\alpha)) par rapport à l'axe des abscisses sont distants verticalement de 2f(\alpha).
Cette distance doit valoir 0,3 cm : \begin{aligned}2f(\alpha) &= 0{,}3 \\ &\Leftrightarrow f(\alpha) = 0{,}15\end{aligned}
Sur [1 ; +\infty[, f est continue et strictement décroissante, de \begin{aligned}f(1) &= e \\ &\approx 2{,}7\end{aligned} vers 0 (sans l'atteindre).
Comme {0 < 0{,}15 < e}, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 0,15 admet une unique solution \alpha dans [1 ; +\infty[.
À la calculatrice, on trouve \alpha \approx 3{,}3.

C.1À l'aide d'une intégration par parties, montrer que l'intégrale I de f entre 0,5 et 3,3 est, arrondie au dixième, égale à 3,6.

On pose u(x) = 2x-1 et v'(x) = e^{-2x+3}, donc u'(x) = 2 et v(x) = -\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}.
\displaystyle I = \left[u(x)v(x)\right]_{0,5}^{3,3} - \int\limits_{0,5}^{3,3} u'(x)v(x)\,dx = \left[-\dfrac{1}{2}(2x-1)e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} + \int\limits_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3}\,dx
Le crochet vaut -\dfrac{1}{2}\left(5{,}6e^{-3,6} - 0\right) = -2{,}8e^{-3,6}.
L'intégrale restante vaut \left[-\dfrac{1}{2}e^{-2x+3}\right]_{0,5}^{3,3} = -\dfrac{1}{2}e^{-3,6} + \dfrac{1}{2}e^{2}.
I = -2{,}8e^{-3,6} - 0{,}5e^{-3,6} + 0{,}5e^{2} = 0{,}5e^{2} - 3{,}3e^{-3,6} \approx 3,6.

C.2Déterminer le volume du porte-clé en cm^{3}, arrondi au dixième (volume = aire du logo \times épaisseur de 0,2 cm).

Le logo est symétrique par rapport à l'axe des abscisses : son aire est le double de l'aire sous la courbe de f entre 0,5 et 3,3, c'est-à-dire \begin{aligned}2I &\approx 2 \times 3{,}6 \\ &= 7{,}2\end{aligned} cm^{2}.
Volume \approx 7{,}2 \times 0{,}2 = 1,4 cm^{3}.

1.aAffirmation 1 : la courbe de f passe par A(ln 2 ; \dfrac{1}{2}). Vrai ou faux ?

L'équation y'+2y=0 s'écrit y'=-2y, de solutions x \mapsto Ce^{-2x} avec C \in \mathbb{R}.
Comme f(0)=1 : C=1, donc f(x)=e^{-2x}.
\begin{aligned}f(\ln 2) &= e^{-2\ln 2} \\ &= e^{\ln(\dfrac{1}{4})} \\ &= \dfrac{1}{4} \\ &\neq \dfrac{1}{2}\end{aligned}
L'affirmation 1 est FAUSSE.

1.bAffirmation 2 : sur [π/2 ; π], la courbe de f est au-dessus de ses tangentes. Vrai ou faux ?

f'(x) = 1+\sin(x), donc f''(x) = \cos(x).
Sur \left[\frac{\pi}{2} ; \pi\right], \cos(x) \leq 0 : f est donc concave, et sa courbe est en dessous de ses tangentes (pas au-dessus).
L'affirmation 2 est FAUSSE.

1.cAffirmation 3 : y = 1 est asymptote horizontale à la courbe de f. Vrai ou faux ?

Pour tout x>0 : {-1 \leq \sin(x) \leq 1}, donc {-\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin(x)}{x} \leq \dfrac{1}{x}}, soit {1-\dfrac{1}{x} \leq f(x) \leq 1+\dfrac{1}{x}}.
Comme \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0, les deux bornes tendent vers 1 : d'après le théorème des gendarmes, \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1.
L'affirmation 3 est VRAIE : y=1 est bien asymptote horizontale en +\infty.

2.Affirmation 4 : f(x) = 2x - e^{3x} est solution de (E_{2}). Vrai ou faux ?

f est dérivable sur \mathbb{R} et f'(x) = 2-3e^{3x}.
f'(x) - 3f(x) = (2-3e^{3x}) - 3(2x-e^{3x}) = 2-3e^{3x}-6x+3e^{3x} = 2-6x.
f vérifie donc bien l'équation (E_2) : l'affirmation 4 est VRAIE.

A.1Donner les variations de F_{2} sur ]0 ; 3].

F_2 est une primitive de f_2, donc ses variations sont données par le signe de f_2. D'après le graphique, F_2 est décroissante sur ]0 ; 0{,}3], croissante sur [0{,}3 ; 2{,}5], puis décroissante sur [2{,}5 ; 3].

A.2Identifier les courbes représentant f_{2}′ et f_{2}″.

f_2 admet un maximum en x \approx 0{,}75 (là où F_2 change de croissante à décroissante) : sa dérivée doit s'y annuler. C'est la courbe 1 qui s'annule vers 0,75 : elle représente f_2'.
Le point A (point d'inflexion de \mathcal{C}_2) est situé vers x \approx 1{,}6 : la dérivée seconde s'y annule. C'est la courbe 2 qui s'annule vers 1,6 : elle représente f_2''.

B.1.aMontrer que f_{1}′(x) = -1 - ln(x)/x^{2}.

f_1 = w + \dfrac{u}{v} avec w(x)=1-x, u(x)=1+\ln x, v(x)=x, donc w'(x)=-1, u'(x)=\dfrac{1}{x}, v'(x)=1.
f_1'(x) = w'(x) + \dfrac{u'(x)v(x)-v'(x)u(x)}{v(x)^{2}} = -1 + \dfrac{1-(1+\ln x)}{x^{2}} = -1-\dfrac{\ln x}{x^{2}}.

B.1.bDéterminer la limite de f_{1}′(x) en +\infty.

Par croissances comparées, \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^{2}} = 0, donc, par somme, \lim\limits_{x \to +\infty} f_1'(x) = -1.

B.2.aJustifier les variations de f_{1}′ et la valeur de l'extremum.

f_1''(x) a le signe de 2\ln x - 1 (car x^{3}>0), positif pour x>e^{\dfrac{1}{2}}.
f_1' est donc décroissante sur ]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}] puis croissante sur [e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty[.
f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\dfrac{\ln(e^{\dfrac{1}{2}})}{e} = -1-\dfrac{1}{2e} : c'est bien la valeur du minimum du tableau.

B.2.bJustifier la limite de f_{1}′ en 0.

Quand x \to 0^+ : -\ln(x) \to +\infty et x^{2} \to 0^+, donc par quotient puis somme, \lim\limits_{x \to 0^+} f_1'(x) = +\infty.

B.2.cMontrer qu'il existe une unique solution \alpha à f_{1}′(x) = 0, puis que f_{1} admet un maximum.

Sur \left]0 ; e^{\dfrac{1}{2}}\right], f_1' est continue et strictement décroissante, avec \lim\limits_{x\to0^+} f_1'(x) = +\infty > 0 et f_1'(e^{\dfrac{1}{2}}) = -1-\frac{1}{2e} < 0 : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f_1'(x)=0 y admet une unique solution.
Sur \left[e^{\dfrac{1}{2}} ; +\infty\right[, f_1' est strictement croissante et tend vers -1, donc reste toujours strictement négative : pas de solution sur cet intervalle.
Il existe donc une unique solution \alpha à f_1'(x)=0 sur ]0;+\infty[, et f_1 admet un maximum en \alpha (signe de f_1' positif puis négatif).

B.2.dCompléter le script Python calculant une valeur approchée de \alpha.

C.1Montrer que H est une primitive de h.

H est de la forme \dfrac{1}{2}u^{2} avec u(x)=1+\ln x, donc u'(x)=\dfrac{1}{x}, et H'(x) = u'(x)u(x) = \dfrac{1}{x}(1+\ln x) = h(x).
H est donc bien une primitive de h sur ]0;+\infty[.

C.2Existe-t-il k tel que la valeur moyenne de fₖ sur [1 ; e] soit nulle ?

La valeur moyenne est \begin{aligned}\displaystyle \mu &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e} f_k(x)\,dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\int\limits_1^{e}\left(1-x+kh(x)\right)dx \\ &= \dfrac{1}{e-1}\left[x-\dfrac{x^{2}}{2}+kH(x)\right]_1^{e}\end{aligned}
= \dfrac{1}{e-1}\left(\left(e-\dfrac{e^{2}}{2}+k\dfrac{(1+1)^{2}}{2}\right) - \left(1-\dfrac{1}{2}+k\dfrac{(1+0)^{2}}{2}\right)\right) = \dfrac{2e-e^{2}+3k-1}{2(e-1)}.
\begin{aligned}\mu &= 0 \\ &\Leftrightarrow 2e-e^{2}+3k-1 = 0 \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{e^{2}-2e+1}{3} \\ &\Leftrightarrow k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3}\end{aligned}
Oui, il existe une unique valeur k = \dfrac{(e-1)^{2}}{3} pour laquelle la valeur moyenne de f_k sur [1;e] est nulle.

Affirmation 1 : quelle que soit la valeur de u, x^{2} + x - u^{2} = 0 possède deux solutions réelles distinctes. Vrai ou faux ?

Le discriminant de cette équation du second degré est \begin{aligned}\Delta &= 1^{2}-4\times1\times(-u^{2}) \\ &= 1+4u^{2}\end{aligned}
Comme 4u^{2}\geq0 pour tout réel u, {\Delta\geq1>0} : le discriminant est toujours strictement positif, l'équation admet donc toujours deux solutions réelles distinctes. L'affirmation 1 est VRAIE.

Affirmation 2 : la suite (u_{n}) définie par u_{n} = 2^{-}ⁿ est géométrique de raison \dfrac{1}{2}. Vrai ou faux ?

\begin{aligned}u_n &= 2^{-n} \\ &= \dfrac{1}{2^{n}} \\ &= \left(\dfrac12\right)^{n}\end{aligned} (u_n) est bien géométrique de raison \dfrac12, de premier terme u_0=1.
L'affirmation 2 est VRAIE.

Affirmation 3 : le point A(3;3) appartient à la tangente à Cf en x=0, pour f(x) = eˣ - 1. Vrai ou faux ?

f'(x)=e^{x}, donc f'(0)=1 et f(0)=0. L'équation de la tangente en x=0 est y=f'(0)(x-0)+f(0) = x.
Le point A(3;3) vérifie y=x (puisque 3=3) : il appartient bien à la tangente. L'affirmation 3 est VRAIE.

1.Par lecture graphique, déterminer f(-2) et f(1).

D'après les coordonnées des points A et B sur le graphique : f(-2)=-5 et f(1)=4.

2.Par lecture graphique, déterminer f'(-2) et f'(1).

f'(-2) est le coefficient directeur de la tangente (d) en A, soit 6 ; f'(1) est le coefficient directeur de la tangente T en B, horizontale, soit 0.

3.Résoudre l'équation f(x) = 0 par lecture graphique.

La courbe coupe l'axe des abscisses aux points d'abscisses -1 et 3 : \mathcal{S}=\{-1;3\}.

4.Dresser le tableau de variation de f par lecture graphique.

f est croissante sur [-3;1] (de -12 à 4) puis décroissante sur [1;4] (de 4 à -5).

5.On admet que f(x) = -x^{2} + 2x + 3. Retrouver par le calcul les résultats de la question 1.

\begin{aligned}f(-2) &= -4-4+3 \\ &= -5\end{aligned} et \begin{aligned}f(1) &= -1+2+3 \\ &= 4\end{aligned} Cela confirme la lecture graphique.

6.aDéterminer f'(x) puis retrouver les résultats de la question 2.

f'(x) = -2x+2. f'(-2) = 4+2 = 6 et f'(1) = -2+2 = 0 : cela confirme la lecture graphique.

6.bVérifier par le calcul que f(x) = (x + 1)(-x + 3), puis retrouver les résultats de la question 3.

\begin{aligned}(x+1)(-x+3) &= -x^{2}+3x-x+3 \\ &= -x^{2}+2x+3\end{aligned} ce qui correspond bien à f(x).
\begin{aligned}(x+1)(-x+3) = 0 &\iff x = -1 \end{aligned} ou x=3 : cela confirme les solutions trouvées en question 3.

6.cDresser le tableau de signes de f'(x) sur [-3 ; 4] et en déduire les variations de f.

f'(x)=-2x+2=0 \iff x=1, et f'(x)>0 \iff x<1 (fonction affine décroissante en x, de coefficient directeur -2).
f est donc croissante sur [-3;1] (où f'\geq0) et décroissante sur [1;4] (où f'\leq0), conformément à la lecture graphique.

1.aPar lecture graphique, donner la valeur de f(3).

Par lecture graphique, f(3)\approx5.

1.bPar lecture graphique, donner la valeur de f'(-1).

f'(-1) est le coefficient directeur de la tangente en A : elle passe par (-1;5) et (0;9), de coefficient directeur \dfrac{9-5}{0-(-1)}=4 : f'(-1)\approx4.

2.aCalculer f'(x) pour f(x) = -x^{2} + 2x + 8.

f'(x) = -2x+2.

2.bÉtudier le signe de f'(x) sur [-2 ; 4].

\begin{aligned}-2x+2 = 0 &\iff x = 1 \end{aligned} Comme f' est affine de coefficient directeur négatif, f'(x) est positif sur [-2;1] et négatif sur [1;4].

3.Donner les variations de f sur [-2 ; 4].

\begin{aligned}f(-2) &= -4-4+8 \\ &= 0\end{aligned} \begin{aligned}f(1) &= -1+2+8 \\ &= 9\end{aligned} \begin{aligned}f(4) &= -16+8+8 \\ &= 0\end{aligned}
f est croissante sur [-2;1] (de 0 à 9) et décroissante sur [1;4] (de 9 à 0), conformément au signe de f'.

1.Montrer que, pour tout x, f'(x) = (-2x + 6)e^{-0,5x}.

f(x)=(4x-4)e^{-0{,}5x}+5 est de la forme uv+5 avec u(x)=4x-4, v(x)=e^{-0{,}5x}, donc u'(x)=4, v'(x)=-0{,}5e^{-0{,}5x}.
f'(x) = u'(x)v(x)+u(x)v'(x) = 4e^{-0{,}5x} + (4x-4)\times(-0{,}5)e^{-0{,}5x} = \left[4-0{,}5(4x-4)\right]e^{-0{,}5x} = \left[4-2x+2\right]e^{-0{,}5x} = (-2x+6)e^{-0{,}5x}.

2.Étudier le signe de f'(x) puis en déduire les variations de f.

e^{-0{,}5x}>0 pour tout x, donc f'(x) est du signe de -2x+6, qui s'annule en x=3 et est positif pour x<3.
f est croissante sur ]-\infty;3] et décroissante sur [3;+\infty[, avec un maximum f(3)=8e^{-1{,}5}+5.

3.La courbe admet-elle des points à tangente horizontale ?

La tangente est horizontale lorsque f'(x)=0, soit uniquement en x=3.
\begin{aligned}f(3) &= (4\times3-4)e^{-0{,}5\times3}+5 \\ &= 8e^{-1{,}5}+5\end{aligned}
Oui, \mathcal{C}_f admet un unique point à tangente horizontale, de coordonnées \left(3\,;\,8e^{-1{,}5}+5\right).

1.Calculer l'expression de la dérivée f' pour f(x) = -x^{3} + 4,5x^{2} - 6x + 2.

f'(x) = -3x^{2}+4{,}5\times2x-6 = -3x^{2}+9x-6.

2.Vérifier que f'(x) = (3x - 6)(1 - x).

\begin{aligned}(3x-6)(1-x) &= 3x-3x^{2}-6+6x \\ &= -3x^{2}+9x-6\end{aligned} ce qui correspond bien à f'(x).

3.Étudier le signe de f'(x) sur [0 ; 10].

\begin{aligned}3x-6 = 0 &\iff x = 2 \end{aligned} et 3x-6>0 \iff x>2 (fonction affine croissante).
\begin{aligned}1-x = 0 &\iff x = 1 \end{aligned} et 1-x>0 \iff x<1 (fonction affine décroissante).
Produit des signes : f'(x) est négatif sur [0;1], positif sur [1;2], négatif sur [2;10].

4.En déduire les variations de f sur [0 ; 10].

D'après le signe de f' : f est décroissante sur [0;1], croissante sur [1;2], puis décroissante sur [2;10].

1.aDonner f(1).

La courbe \mathcal{C}_f passe par A(1;20) : f(1)=20.

1.bDéterminer f'(1).

f'(1) est le coefficient directeur de la tangente T_A, c'est-à-dire de la droite (AB) : f'(1) = \dfrac{10-20}{3-1} = \dfrac{-10}{2} = -5.

1.cJustifier que la tangente TA a pour équation y = -5x + 25.

L'équation de la tangente en x=1 est y=f'(1)(x-1)+f(1) = -5(x-1)+20 = -5x+5+20 = -5x+25.

2.aDémontrer que f'(x) = (2x - 3)(2x + 3)/x^{2} pour f(x) = (4x^{2} + 7x + 9)/x.

Par la formule de dérivation d'un quotient : f'(x) = \dfrac{(8x+7)x-(4x^{2}+7x+9)\times1}{x^{2}} = \dfrac{8x^{2}+7x-4x^{2}-7x-9}{x^{2}} = \dfrac{4x^{2}-9}{x^{2}}.
\begin{aligned}4x^{2}-9 &= (2x)^{2}-3^{2} \\ &= (2x-3)(2x+3)\end{aligned} donc f'(x)= \dfrac{(2x-3)(2x+3)}{x^{2}}.

2.bÉtudier le signe de f'(x) sur ]0 ; +\infty[.

x^{2}>0 sur ]0;+\infty[. 2x+3>0 toujours sur cet intervalle. 2x-3>0 \iff x>\frac32. Donc f'(x)<0 sur \left]0;\frac32\right[ et f'(x)>0 sur \left]\frac32;+\infty\right[.

2.cEn déduire les variations de f sur ]0 ; +\infty[.

f est décroissante sur \left]0;\frac32\right] et croissante sur \left[\frac32;+\infty\right[.

3.Existe-t-il une tangente à Cf parallèle à la droite y = 3x + 5 ?

Deux droites sont parallèles ssi elles ont le même coefficient directeur : on cherche x_0 tel que f'(x_0)=3.
\begin{aligned}\dfrac{4x^{2}-9}{x^{2}} = 3 &\iff 4x^{2}-9 = 3x^{2} \\ &\iff x^{2}-9 = 0 \\ &\iff (x-3)(x+3) = 0 \\ &\iff x = 3 \end{aligned} ou x=-3.
Seule x_0=3 appartient à ]0;+\infty[ : oui, il existe une unique tangente à \mathcal{C}_f parallèle à y=3x+5, c'est la tangente au point d'abscisse 3.

1.aPar lecture graphique, donner l'image de 3 par f.

Le point de la courbe d'abscisse 3 a pour ordonnée -2 : f(3)=-2.

1.bPar lecture graphique, déterminer f'(3).

f'(3) est le coefficient directeur de la tangente T, qui passe par (3;-2) et (4;2) : f'(3) = \dfrac{2-(-2)}{4-3} = 4.

2.aCalculer f(0) pour f(x) = -x^{3} + 9x^{2} - 24x + 16.

f(0) = 0+0-0+16 = 16.

2.bCalculer f'(x), en détaillant les calculs.

f'(x) = -3x^{2}+9\times2x-24 = -3x^{2}+18x-24.

2.cVérifier que f'(x) = -3(x - 2)(x - 4).

\begin{aligned}-3(x-2)(x-4) &= -3(x^{2}-6x+8) \\ &= -3x^{2}+18x-24\end{aligned} ce qui correspond bien à f'(x).

3.aÉtudier le signe de f'(x) et établir le tableau de variation de f sur [0 ; 4].

f'(x)=-3(x-2)(x-4), avec -3<0 toujours, x-2 nul en 2 et x-4 nul en 4 (négatif sur [0;4]).
Le produit (x-2)(x-4) est positif à l'extérieur de [2;4] et négatif entre les deux : en tenant compte du -3, f'(x) est négatif sur [0;2], positif sur [2;4].
f(0)=16, \begin{aligned}f(2) &= -8+36-48+16 \\ &= -4\end{aligned} \begin{aligned}f(4) &= -64+144-96+16 \\ &= 0\end{aligned}
f est décroissante sur [0;2] (de 16 à -4) puis croissante sur [2;4] (de -4 à 0).

3.bQuel est le minimum de f sur [0 ; 4] ? En quelle valeur est-il atteint ?

D'après le tableau de variation, le minimum de f sur [0;4] est -4, atteint pour x=2.

PartieA ; 1. Les courbes C_{1} et C_{2} représentent deux fonctions définies et dérivables sur \mathbb{R}, l'une étant la dérivée de l'autre ; C_{1} coupe l'axe des ordonnées en (0 ; 1), C_{2} le coupe en (0 ; 2) et coupe l'axe des abscisses en (-2 ; 0) et (1 ; 0). Associer à g et g' leur courbe.

La fonction représentée par \mathcal{C}_1 est décroissante sur ]-\infty~;~-2] et [1~;~+\infty[, croissante sur [-2~;~1].
La fonction représentée par \mathcal{C}_2 est négative sur ]-\infty~;~-2] et [1~;~+\infty[, positive sur [-2~;~1] : ce sont exactement les intervalles où la fonction de \mathcal{C}_1 croît ou décroît.
Le signe de la dérivée déterminant les variations, \mathcal{C}_1 représente g et \mathcal{C}_2 représente g'.

PartieA ; 2. Justifier que l'équation réduite de la tangente à la courbe de g au point d'abscisse 0 est y = 2x + 1.

La tangente en 0 a pour équation y=g'(0)x+g(0).
\mathcal{C}_1 coupe l'axe des ordonnées en (0~;~1) donc g(0)=1 ; \mathcal{C}_2 le coupe en (0~;~2) donc g'(0)=2.
L'équation de la tangente est donc y=2x+1.

PartieB ; 1. On considère l'équation différentielle (E) : y + y' = (2x+3)e^{-x}. Montrer que f_0(x) = (x^2+3x)e^{-x} est une solution particulière de (E).

f_0 est dérivable sur \mathbb{R} comme produit de fonctions dérivables : f_0'(x) = (2x+3)e^{-x} + (x^{2}+3x)(-e^{-x}) = (2x+3-x^{2}-3x)e^{-x} = (-x^{2}-x+3)e^{-x}.
f_0(x)+f_0'(x) = (x^{2}+3x)e^{-x} + (-x^{2}-x+3)e^{-x} = (2x+3)e^{-x} : f_0 vérifie bien (E).

PartieB ; 2. Résoudre l'équation différentielle (E_{0}) : y + y' = 0.

(E_0) équivaut à y'=-y : ses solutions sont les fonctions x\longmapsto Ce^{-x}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 3. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E).

(E) est de la forme y'=ay+f avec f_0 solution particulière : ses solutions sont les fonctions x\longmapsto Ce^{-x}+f_0(x) = (x^{2}+3x+C)e^{-x}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 4. On admet que g est solution de (E). Déterminer l'expression de g.

Il existe C\in\mathbb{R} tel que g(x)=(x^{2}+3x+C)e^{-x}. Comme g(0)=1 : \begin{aligned}1 &= (0+0+C)e^{0} \\ &= C\end{aligned}
g(x) = (x^{2}+3x+1)e^{-x}.

PartieB ; 5. Déterminer les solutions de (E) dont la courbe admet exactement deux points d'inflexion.

Une courbe admet exactement deux points d'inflexion si et seulement si sa dérivée seconde s'annule exactement deux fois en changeant de signe.
Soit f(x)=(x^{2}+3x+C)e^{-x} une solution de (E) : f'(x) = (-x^{2}-x+3-C)e^{-x} et f''(x) = (x^{2}-x-4+C)e^{-x}.
L'exponentielle étant strictement positive, f''(x) est du signe de x^{2}-x-4+C, dont le discriminant est \begin{aligned}\Delta &= 1-4(-4+C) \\ &= 17-4C\end{aligned}
Ce polynôme change deux fois de signe si et seulement si \Delta>0, soit C<\dfrac{17}{4}.
Les solutions cherchées sont les fonctions x\longmapsto(x^{2}+3x+C)e^{-x} avec C<\dfrac{17}{4}.

PartieC ; 1. On considère f(x) = (x^{2}+3x+2)e^{-x} sur \mathbb{R}. Démontrer que la limite de f en +\infty est égale à 0.

f(x) = \dfrac{x^{2}}{e^{x}}+3\dfrac{x}{e^{x}}+\dfrac{2}{e^{x}}.
Par croissances comparées, pour tout entier n non nul, \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x^{n}}{e^{x}}=0 ; donc, par somme, \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.

PartieC ; 2.a Vérifier que, pour tout réel x, f'(x) = (-x^{2} - x + 1)e^{-x}.

f'(x) = (2x+3)e^{-x}+(x^{2}+3x+2)(-e^{-x}) = (2x+3-x^{2}-3x-2)e^{-x} = (-x^{2}-x+1)e^{-x}.

PartieC ; 2.b Déterminer le signe de f' sur \mathbb{R} puis en déduire les variations de f.

L'exponentielle étant strictement positive, f'(x) est du signe de -x^{2}-x+1, de discriminant \Delta=1+4=5>0.
Ses racines sont x_1=\dfrac{-1-\sqrt5}{2} et x_2=\dfrac{-1+\sqrt5}{2} ; le coefficient dominant étant négatif, -x^2-x+1 est négatif à l'extérieur des racines et positif entre elles.
f est décroissante sur ]-\infty~;~x_1] et sur [x_2~;~+\infty[, croissante sur [x_1~;~x_2].

PartieC ; 3. Expliquer pourquoi f est positive sur [0 ; +\infty[.

L'exponentielle étant strictement positive, f(x) est du signe de x^{2}+3x+2=(x+2)(x+1), de racines -2 et -1.
Le coefficient dominant étant positif, ce polynôme est positif sur ]-1~;~+\infty[, donc en particulier sur [0~;~+\infty[ : f est positive sur [0~;~+\infty[.

PartieC ; 4. On admet que F(x) = (-x^{2} - 5x - 7)e^{-x} est une primitive de f. Pour \alpha réel positif, déterminer l'aire A(\alpha) du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe de f et les droites x = 0 et x = \alpha.

f étant positive sur [0~;~\alpha], l'aire cherchée est \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A}(\alpha) &= \displaystyle\int\limits_0^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= F(\alpha)-F(0)\end{aligned}
\begin{aligned}F(0) &= (0-0-7)e^{0} \\ &= -7\end{aligned} donc \mathcal{A}(\alpha) = (-\alpha^{2}-5\alpha-7)e^{-\alpha}+7 unités d'aire.

PartieA ; 1.a On considère f(x) = eˣsin(x) sur [0 ; π]. Démontrer que f'(x) = eˣ[sin(x) + cos(x)] sur cet intervalle.

f est un produit de fonctions dérivables : f'(x) = e^{x}\sin(x)+e^{x}\cos(x) = e^{x}[\sin(x)+\cos(x)].

PartieA ; 1.b Justifier que f est strictement croissante sur [0 ; π/2].

Sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], \cos(x)\geqslant0 et \sin(x)\geqslant0, et ils ne s'annulent jamais simultanément (\sin ne s'annule qu'en 0 où \cos(0)=1, \cos ne s'annule qu'en \frac{\pi}{2} où \sin(\frac{\pi}{2})=1) : donc \sin(x)+\cos(x)>0 sur cet intervalle.
Comme e^{x}>0 pour tout réel x, f'(x)>0 comme produit de deux facteurs strictement positifs : f est strictement croissante sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right].

PartieA ; 2.a Déterminer une équation de la tangente T à la courbe de f au point d'abscisse 0.

\begin{aligned}f(0) &= e^{0}\sin(0) \\ &= 0\end{aligned} et f'(0) = e^{0}[\sin(0)+\cos(0)] = 1.
La tangente en 0 a pour équation y=f'(0)x+f(0), soit y=x.

PartieA ; 2.b Démontrer que f est convexe sur [0 ; π/2].

Pour tout réel x : f''(x) = e^{x}[\sin(x)+\cos(x)] + e^{x}[\cos(x)-\sin(x)] = 2e^{x}\cos(x).
Sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], \cos(x)\geqslant0 et e^{x}>0, donc f''(x)\geqslant0 : f est convexe sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right].

PartieA ; 2.c En déduire que, pour tout réel x de [0 ; π/2], eˣsin(x) \geq x.

La courbe d'une fonction convexe est au-dessus de toutes ses tangentes, en particulier au-dessus de la tangente T d'équation y=x au point d'abscisse 0.
Donc, pour tout x\in\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], f(x)\geqslant x, c'est-à-dire e^{x}\sin(x)\geqslant x.

PartieA ; 3. Justifier que le point d'abscisse π/2 de la courbe de f est un point d'inflexion.

f''(x)=2e^{x}\cos(x) s'annule en changeant de signe en x=\dfrac{\pi}{2} (positive avant, négative après, car \cos change de signe en \frac{\pi}{2}) : le point d'abscisse \dfrac{\pi}{2} est donc un point d'inflexion de la courbe de f.

PartieB : On note I = ∫₀^{π/2} eˣsin(x) dx et J = ∫₀^{π/2} eˣcos(x) dx. En intégrant par parties de deux manières différentes, établir I = 1 + J et I = e^{π/2} - J.

En posant u(x)=e^{x}, v'(x)=\sin(x) (donc u'(x)=e^{x}, v(x)=-\cos(x)), l'intégration par parties donne : \begin{aligned}\displaystyle I &= \left[-\cos(x)e^{x}\right]_0^{\pi/2} + \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}e^{x}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= 0+1+J \\ &= 1+J\end{aligned}
En posant u(x)=\sin(x), v'(x)=e^{x} (donc u'(x)=\cos(x), v(x)=e^{x}), l'intégration par parties donne : \begin{aligned}\displaystyle I &= \left[\sin(x)e^{x}\right]_0^{\pi/2} - \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}e^{x}\cos(x)\,\mathrm{d}x \\ &= e^{\pi/2}-J\end{aligned}
On obtient donc bien I=1+J et I=e^{\pi/2}-J.

PartieB : En déduire que I = (1 + e^{π/2}) / 2.

En additionnant les deux relations : \begin{aligned}2I &= 1+J+e^{\pi/2}-J \\ &= 1+e^{\pi/2}\end{aligned} donc I = \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2}.

PartieB : On note g(x) = x. Calculer l'aire exacte du domaine hachuré entre les courbes de f et g sur [0 ; π/2].

D'après la partie A, f(x)\geqslant g(x) sur \left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right], donc l'aire cherchée est \begin{aligned}\displaystyle \mathcal{A} &= \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2}(f(x)-x)\,\mathrm{d}x \\ &= I - \left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_0^{\pi/2}\end{aligned}
\begin{aligned}\mathcal{A} &= \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2} - \dfrac12\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^{2} \\ &= \dfrac{1+e^{\pi/2}}{2} - \dfrac{\pi^{2}}{8}\end{aligned} unités d'aire (\approx1{,}67 u.a.).

1.aOn considère g(x) = e^{\sqrt{x}} sur ]0 ; +\infty[, et f(x) = e^{\sqrt{x}} / (2\sqrt{x}). Montrer que g'(x) = f(x).

g est dérivable sur ]0~;~+\infty[ comme composée de fonctions dérivables : g'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\times e^{\sqrt{x}} = \dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}} = f(x).

1.bCalculer f'(x) et montrer que f'(x) = e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x} - 1) / (4x\sqrt{x}).

f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables sur ]0~;~+\infty[. En dérivant f=\dfrac{g}{2\sqrt{x}} (avec g'=f) : f'(x) = \dfrac{f(x)\times2\sqrt{x} - g(x)\times\frac{1}{\sqrt{x}}}{4x} = \dfrac{e^{\sqrt{x}} - \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}}{4x}.
En réduisant au même dénominateur : f'(x) = \dfrac{\frac{\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}-e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}}{4x} = \dfrac{e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x}-1)}{4x\sqrt{x}}.

2.aDéterminer la limite de f en 0.

\lim\limits_{x\to0}e^{\sqrt{x}}=1 et \lim\limits_{x\to0}2\sqrt{x}=0^{+}, avec f(x)>0 : donc \lim\limits_{x\to0}f(x)=+\infty.

2.bInterpréter graphiquement ce résultat.

La courbe \mathcal{C}_f admet une asymptote verticale d'équation x=0.

3.aDéterminer la limite de f en +\infty.

Par croissances comparées, \lim\limits_{u\to+\infty}\dfrac{e^{u}}{u}=+\infty ; en posant u=\sqrt{x} (qui tend vers +\infty quand x\to+\infty), par composition, \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

3.bÉtudier le sens de variation de f sur ]0 ; +\infty[ et dresser son tableau de variation.

Pour tout x>0, e^{\sqrt{x}}>0 et 4x\sqrt{x}>0, donc f'(x) est du signe de \sqrt{x}-1.
\begin{aligned}\sqrt{x}-1 \geqslant 0 &\iff x \geqslant 1 \end{aligned} f est donc décroissante sur ]0~;~1] et croissante sur [1~;~+\infty[, avec un minimum f(1)=\dfrac{e}{2}.

3.cMontrer que l'équation f(x) = 2 admet une unique solution sur [1 ; +\infty[, avec une valeur approchée à 10^{-1} près.

Sur [1~;~+\infty[, f est continue et strictement croissante, de \begin{aligned}f(1) &= \dfrac{e}{2} \\ &\approx 1{,}36\end{aligned} à +\infty.
Comme 2\in\left[\dfrac{e}{2}~;~+\infty\right[, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=2 admet une unique solution \alpha sur [1~;~+\infty[.
À la calculatrice, \alpha\approx4{,}6.

4.aOn pose I = ∫₁^{2} f(x) dx. Calculer I.

D'après la question 1.a, g est une primitive de f sur ]0~;~+\infty[.
\begin{aligned}I &= \left[g(x)\right]_1^{2} \\ &= \left[e^{\sqrt{x}}\right]_1^{2} \\ &= e^{\sqrt2}-e\end{aligned}

4.bInterpréter graphiquement ce résultat.

f étant positive, I=e^{\sqrt2}-e représente l'aire du domaine compris entre la courbe \mathcal{C}_f, l'axe des abscisses et les droites x=1 et x=2, en unités d'aire.

5.aOn admet que f''(x) = e^{\sqrt{x}}(x - 3\sqrt{x} + 3) / (8x^2\sqrt{x}). En posant X = \sqrt{x}, montrer que x - 3\sqrt{x} + 3 > 0 sur ]0 ; +\infty[.

En posant X=\sqrt{x}, l'expression devient X^{2}-3X+3, un polynôme du second degré de discriminant \Delta = 9-12 = -3 < 0.
Comme \Delta<0 et que le coefficient dominant est positif, X^{2}-3X+3>0 pour tout réel X, donc x-3\sqrt{x}+3>0 pour tout x>0.

5.bÉtudier la convexité de f sur ]0 ; +\infty[.

Pour tout x>0 : e^{\sqrt{x}}>0, x-3\sqrt{x}+3>0 (question précédente) et 8x^{2}\sqrt{x}>0, donc f''(x)>0 : f est convexe sur ]0~;~+\infty[.

PartieA ; 1. On considère f(x) = 4ln(x+1) - x^{2}/25 sur ]-1 ; +\infty[. Déterminer la limite de f en -1.

\lim\limits_{x\to-1^{+}}(x+1)=0^{+}, donc, par composition avec \ln (qui tend vers -\infty en 0^{+}), \lim\limits_{x\to-1}4\ln(x+1)=-\infty.
Par ailleurs \lim\limits_{x\to-1}\left(-\dfrac{x^{2}}{25}\right) = -\dfrac{1}{25}, donc par somme, \lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty.

PartieA ; 2. Montrer que, pour tout x de ]-1 ; +\infty[, f'(x) = (100 - 2x - 2x^{2}) / (25(x+1)).

f est dérivable sur ]-1~;~+\infty[ comme somme de fonctions dérivables : la dérivée de 4\ln(x+1) est \dfrac{4}{x+1}, et celle de -\dfrac{x^{2}}{25} est -\dfrac{2x}{25}.
f'(x) = \dfrac{4}{x+1}-\dfrac{2x}{25} = \dfrac{4\times25-(x+1)\times2x}{25(x+1)} = \dfrac{100-2x-2x^{2}}{25(x+1)}.

PartieA ; 3. Étudier les variations de f sur ]-1 ; +\infty[ et en déduire que f est strictement croissante sur [2 ; 6,5].

Comme 25(x+1)>0 sur ]-1~;~+\infty[, f'(x) est du signe de 100-2x-2x^{2}, trinôme de coefficient dominant négatif (-2).
\Delta = 4+800 = 804>0 : les racines sont \begin{aligned}x_1 &= \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \\ &\approx 6{,}6\end{aligned} et x_2=\dfrac{-1-\sqrt{201}}{2}\approx-7{,}6<-1.
Le coefficient dominant étant négatif, f'(x)>0 sur ]-1~;~x_1[ et f'(x)<0 sur ]x_1~;~+\infty[ : f est croissante sur ]-1~;~x_1] puis décroissante.
Comme [2~;~6{,}5]\subset\,]-1~;~x_1[ (car x_1\approx6{,}6>6{,}5), f est strictement croissante sur [2~;~6{,}5].

PartieA ; 4. On pose h(x) = f(x) - x sur [2 ; 6,5], avec un maximum M \approx 2,265 atteint en m \approx 2,364. Montrer que h(x) = 0 admet une unique solution \alpha sur [2 ; 6,5].

h(2) = f(2)-2 \approx 2{,}23 > 0. Sur [2~;~m], h est strictement croissante et h(2)>0, donc h(x)>0 sur cet intervalle : pas de solution ici.
Sur [m~;~6{,}5], h est continue et strictement décroissante, avec h(m)=M\approx2{,}265>0 et h(6{,}5)\approx-0{,}13<0.
0 est compris entre h(m) et h(6{,}5) : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, h(x)=0 admet une unique solution \alpha sur [m~;~6{,}5], donc sur [2~;~6{,}5].

PartieA ; 5.a On donne un script Python bornes(n) qui affine un encadrement de \alpha. Donner les valeurs renvoyées par bornes(2) (arrondies au centième).

À la calculatrice, bornes(2) renvoie (6,36 ; 6,37).

PartieA ; 5.b Interpréter ces valeurs.

Ces valeurs donnent un encadrement de \alpha : {6{,}36<\alpha<6{,}37}.

PartieB ; 1. On considère (u_n) définie par u_0 = 2 et u_{n+1} = f(u_n). Montrer par récurrence que, pour tout n, 2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6,5.

Initialisation : u_0=2 et \begin{aligned}u_1 &= f(2) \\ &\approx 4{,}23\end{aligned} donc {2\leqslant u_0\leqslant u_1<6{,}5} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {2\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}<6{,}5}. Comme f est strictement croissante sur [2~;~6{,}5] : f(2)\leqslant f(u_n)\leqslant f(u_{n+1})<f(6{,}5).
Or f(2)\approx4{,}23>2 et f(6{,}5)\approx6{,}37<6{,}5, donc {2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}<6{,}5} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {2\leqslant u_n\leqslant u_{n+1}<6{,}5}.

PartieB ; 2. En déduire que la suite (u_n) converge vers une limite ℓ.

D'après la question précédente, (u_n) est croissante et majorée par 6,5 : toute suite croissante et majorée étant convergente, (u_n) converge vers une limite \ell\leqslant6{,}5.

PartieB ; 3. On rappelle que \alpha est l'unique solution de h(x) = 0 sur [2 ; 6,5]. Justifier que ℓ = \alpha.

(u_n) vérifie u_{n+1}=f(u_n) avec f continue : d'après le théorème du point fixe, \ell est solution de f(x)=x, c'est-à-dire de h(x)=0. Comme \ell\in[2~;~6{,}5] et que cette équation y admet l'unique solution \alpha, on a \ell=\alpha.

PartieA ; 1. On considère (E_{1}) : y' + 0,48y = \dfrac{1}{250}. Montrer que la fonction constante h(t) = \dfrac{1}{120} est solution de (E_{1}).

h est dérivable et h'(t)=0 pour tout t, donc h'(t)+0{,}48h(t) = 0+0{,}48\times\dfrac{1}{120} = \dfrac{1}{250} : h est bien solution de (E_{1}).

PartieA ; 2. Donner la forme générale des solutions de y' + 0,48y = 0.

Les solutions sont les fonctions t\longmapsto Ce^{-0,48t}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieA ; 3. En déduire l'ensemble des solutions de (E_{1}).

Les solutions de (E_{1}) sont les fonctions t\longmapsto Ce^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}, avec C\in\mathbb{R}.

PartieB ; 1. Une population de bactéries p(t) (en milliers, p(0)=30) vérifie (E_{2}) : p' = p(120-p)/250. On pose y = 1/p. Montrer que si p est solution de (E_{2}), alors y est solution de (E_{1}).

p=\dfrac1y donne p'=-\dfrac{y'}{y^{2}}. En remplaçant dans (E_{2}) : -\dfrac{y'}{y^{2}} = \dfrac{1}{250}\times\dfrac1y\times\left(120-\dfrac1y\right).
En multipliant par -y^{2} : y' = -\dfrac{y}{250}\times(120y-1) = -0{,}48y+\dfrac{1}{250}, soit y'+0{,}48y = \dfrac{1}{250}.
y est donc bien solution de (E_{1}).

PartieB ; 2. En admettant la réciproque, montrer que p(t) = 120 / (1 + Ke^{-0,48t}), avec K une constante réelle.

D'après la partie A, y(t) = Ce^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}, avec C\in\mathbb{R}.
\begin{aligned}p(t) &= \dfrac{1}{y(t)} \\ &= \dfrac{1}{Ce^{-0,48t}+\frac{1}{120}} \\ &= \dfrac{120}{120Ce^{-0,48t}+1}\end{aligned}
En posant K=120C : p(t) = \dfrac{120}{Ke^{-0,48t}+1}.

PartieB ; 3. En utilisant la condition initiale p(0) = 30, déterminer la valeur de K.

\begin{aligned}p(0) = 30 &\iff \dfrac{120}{K+1} = 30 \\ &\iff K+1 = \dfrac{120}{30} \\ &\iff K+1 = 4 \\ &\iff K = 3 \end{aligned}

PartieB ; 4. Déterminer la limite de p(t) en +\infty et interpréter.

\lim\limits_{t\to+\infty}(-0{,}48t)=-\infty, donc \lim\limits_{t\to+\infty}e^{-0,48t}=0, et \lim\limits_{t\to+\infty}(3e^{-0,48t}+1)=1.
Par quotient, \lim\limits_{t\to+\infty}p(t) = 120 : la population de bactéries se stabilise autour de 120 000 individus.

PartieB ; 5. Déterminer le temps nécessaire pour que la population dépasse 60 000 individus (en heures et minutes).

\begin{aligned}p(t) = 60 &\iff \dfrac{120}{3e^{-0,48t}+1} = 60 \\ &\iff 3e^{-0,48t}+1 = 2 \\ &\iff e^{-0,48t} = \dfrac13 \end{aligned}
\begin{aligned}-0{,}48t = \ln\left(\dfrac13\right) = -\ln(3) &\iff t = \dfrac{\ln(3)}{0{,}48} \\ &\approx 2{,}289\end{aligned} heures.
Il faut environ 2 heures et 17 minutes pour que la population dépasse 60 000 individus.

PartieA ; 1. Une population animale du milieu A est modélisée par une suite géométrique (u_n), u_0=6 (en milliers), de raison 0,93 (n = années depuis 2025). Donner la population au 1er janvier 2026.

\begin{aligned}u_1 &= u_0\times0{,}93 \\ &= 6\times0{,}93 \\ &= 5{,}58\end{aligned} (milliers), soit 5 580 individus.

PartieA ; 2. Exprimer u_n en fonction de n.

(u_n) étant géométrique de premier terme 6 et de raison 0,93 : u_n = 6\times0{,}93^{n}.

PartieA ; 3. Déterminer la limite de (u_n) et interpréter.

Comme 0{,}93\in\,]-1~;~1[, \lim\limits_{n\to+\infty}0{,}93^{n}=0, donc \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0.
Cela signifie qu'au bout d'un grand nombre d'années, la population du milieu A tend vers l'extinction.

PartieB ; 1. On modélise la population du milieu B par v_0=6 et v_{n+1}=-0,05v_n^2+1,1v_n. Donner la population au 1er janvier 2026.

\begin{aligned}v_1 &= -0{,}05\times6^{2}+1{,}1\times6 \\ &= -1{,}8+6{,}6 \\ &= 4{,}8\end{aligned} (milliers), soit 4 800 individus.

PartieB ; 2. On pose f(x) = -0,05x^{2} + 1,1x sur [0 ; +\infty[. Démontrer que f est croissante sur [0 ; 11].

f est dérivable sur [0~;~+\infty[ : f'(x) = -0{,}1x+1{,}1.
f'(x)\geqslant0 \iff x\leqslant\dfrac{1{,}1}{0{,}1}=11 : f est donc croissante sur [0~;~11].

PartieB ; 3. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, {2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6}.

Initialisation : v_0=6 et v_1=4{,}8, donc {2\leqslant v_1\leqslant v_0\leqslant6} : la propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : on suppose que, pour un entier n, {2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant6}. Comme v_n, v_{n+1}\in[0~;~11] et que f est croissante sur [0~;~11] : {f(2)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f(v_n)\leqslant f(6)}.
Or \begin{aligned}f(2) &= -0{,}05\times4+2{,}2 \\ &= 2\end{aligned} et \begin{aligned}f(6) &= v_1 \\ &= 4{,}8 \\ &\leqslant 6\end{aligned} donc {2\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}\leqslant6} : la propriété est vraie au rang n+1.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, {2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant6}.

PartieB ; 4. En déduire que la suite (v_n) est convergente vers une limite ℓ.

D'après la question précédente, (v_n) est décroissante (car v_{n+1}\leqslant v_n) et minorée par 2 : toute suite décroissante et minorée étant convergente, (v_n) converge vers une limite \ell\geqslant2.

PartieB ; 5.a Justifier que ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ, puis en déduire la valeur de ℓ.

(v_n) vérifie v_{n+1}=f(v_n) avec f continue : d'après le théorème du point fixe, \ell vérifie f(\ell)=\ell.
\begin{aligned}f(\ell) = \ell &\iff -0{,}05\ell^{2}+1{,}1\ell = \ell \\ &\iff 0{,}05\ell^{2}-0{,}1\ell = 0 \\ &\iff 0{,}05\ell(\ell-2) = 0 \end{aligned} soit \ell=0 ou \ell=2.
Comme \ell\geqslant2, on a \ell=2.

PartieB ; 5.b Interpréter ce résultat.

Au bout d'un grand nombre d'années, la population du milieu B se stabilise autour de 2 000 individus, soit le tiers de la population initiale.

PartieC ; 1. En résolvant une inéquation, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus.

On cherche u_n<3 \iff 6\times0{,}93^{n}<3 \iff 0{,}93^{n}<\dfrac12.
En passant au logarithme népérien (croissant) : n\ln(0{,}93)<-\ln(2), et comme \ln(0{,}93)<0 : n>-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0{,}93)} \approx 9{,}55, soit n\geqslant10.
La population du milieu A passera sous 3 000 individus à partir de 2035.

PartieC ; 2. À l'aide de la calculatrice, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus.

(v_n) étant décroissante, on calcule : v_5\approx3{,}14 et v_6\approx2{,}96 : la population du milieu B passera sous 3 000 individus à partir de 2031 (n=6).

PartieC ; 3. Justifier qu'à partir d'une certaine année, la population du milieu B dépassera celle du milieu A.

(u_n) converge vers 0 et (v_n) converge vers 2, toutes deux décroissantes à partir de la même valeur initiale \begin{aligned}u_0 &= v_0 \\ &= 6\end{aligned} Il existera donc nécessairement un rang N à partir duquel v_N>u_N.

PartieC ; 4.a Compléter le programme Python (n=0, u=6, v=6 ; while ... : u=... ; v=... ; n=n+1 ; print(2025+n)) pour qu'il affiche l'année où la population B dépasse la population A.

Il faut compléter par while u >= v:, u = 0.93*u, v = -0.05*v2+1.1*v (les formules de récurrence des deux suites).

PartieC ; 4.b Déterminer l'année affichée après exécution du programme.

À la calculatrice : u_{12}\approx2{,}51 et v_{12}\approx2{,}41 (encore u>v) ; u_{13}\approx2{,}34 et v_{13}\approx2{,}36 (désormais v>u) : le programme affiche 2038.