Fiche de mathématiques
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Bac T1-T2 Sénégal 2021

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Durée : 4 heures

Coefficient T1 : 5

Coefficient T2 : 4


4 points

exercice 1

Bac T1-T2 Sénégal 2021 : image 1


5 points

exercice 2

Bac T1-T2 Sénégal 2021 : image 2

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11 points

probleme

Bac T1-T2 Sénégal 2021 : image 4





Bac T1-T2 Sénégal 2021

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4 points

exercice 1

1.  {\blue{\overset{{\white{.}}}{\text{Réponse c }}}} : Les racines carrées de -3 - 4i sont 1 - 2i et -1 + 2i.

En effet,

\bullet\phantom{x}(1-2\,\text{i})^2=1^2-2\times1\times2\,\text{i}+(2\,\text{i})^2 \\\phantom{\bullet\phantom{x}(1-2\,\text{i})^2}=1-4\,\text{i}-4 \\\phantom{\bullet\phantom{x}(1-2\,\text{i})^2}=-3-4\,\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{(1-2\,\text{i})^2=-3-4\,\text{i}} \\\\ \bullet\phantom{x}(-1+2\,\text{i})^2=[-(1-2\,\text{i})]^2 \\\phantom{\bullet\phantom{x}(-1+2\,\text{i})^2}=(1-2\,\text{i})^2 \\\phantom{\bullet\phantom{x}(-1+2\,\text{i})^2}=-3-4\,\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{(-1+2\,\text{i})^2=-3-4\,\text{i}}

2.  {\blue{\overset{{\white{.}}}{\text{Réponse b }}}} : Dans C, l'équation  \overset{{\white{.}}}{(2-\text{i})z^2-4\text{i}z-2-\text{i}=0}  a pour ensemble de solutions :  {\red{\lbrace-\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{5}\,\text{i}\,,\,\text{i}\rbrace}}.

Résolvons l'équation  \overset{{\white{.}}}{(2-\text{i})z^2-4\text{i}z-2-\text{i}=0}

\bullet\phantom{w}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=(-4\,\text{i})^2-4\times(2-\text{i})\times(-2-\text{i}) \\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=-16+4(2-\text{i})(2+\text{i}) \\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=-16+4(4+1) \\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=-16+20 \\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=4>0

\bullet\phantom{w}\underline{\text{Racines}}:z_1=\dfrac{4\,\text{i}-\sqrt{4}}{2(2-\text{i})}=\dfrac{4\,\text{i}-2}{2(2-\text{i})}=\dfrac{2(2\,\text{i}-1)}{2(2-\text{i})}=\dfrac{2\,\text{i}-1}{2-\text{i}}=\dfrac{(2\,\text{i}-1)(2+\text{i})}{(2-\text{i})(2+\text{i})} \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Racines}}:z_2}=\dfrac{4\,\text{i}-2-2-\text{i}}{4+1}=\dfrac{-4+3\,\text{i}}{5}=-\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{5}\,\text{i} \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}\underline{\text{Racines}}:}    z_2=\dfrac{4\,\text{i}+\sqrt{4}}{2(2-\text{i})}=\dfrac{4\,\text{i}+2}{2(2-\text{i})}=\dfrac{2(2\,\text{i}+1)}{2(2-\text{i})}=\dfrac{2\,\text{i}+1}{2-\text{i}}=\dfrac{(2-\,\text{i})\,\text{i}}{2-\text{i}}=\text{i}

\Longrightarrow\boxed{z_1=-\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{5}\,\text{i}\phantom{w}\text{ et }\phantom{x}z_2=\text{i}}

3.  {\blue{\overset{{\white{.}}}{\text{Réponse a }}}} :  \begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} \dfrac{\ln x}{x}\,\text d x\end{aligned}={\red{\dfrac{3}{2}.}}

En effet,

\begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} \dfrac{\ln x}{x}\,\text d x\end{aligned}=\begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} \dfrac{1}{x}\times\ln x\,\text d x\end{aligned}=\begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} (\ln x)'\times(\ln x)^1\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{\begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} \dfrac{\ln x}{x}\,\text d x\end{aligned}}=\left[\dfrac{(\ln x)^2}{2}\right]_{\text{e}}^{\text{e}^2}=\dfrac{(\ln {\text{e}^2})^2}{2}-\dfrac{(\ln {\text{e}})^2}{2}=\dfrac{2^2}{2}-\dfrac{1^2}{2}=\dfrac{4}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\begin{aligned}\int\nolimits_{\text{e}}^{\text{e}^2} \dfrac{\ln x}{x}\,\text d x\end{aligned}=\dfrac{3}{2}}

4.  {\blue{\overset{{\white{.}}}{\text{Réponse a }}}} : Soit la fonction f  définie par  f(x)=\sqrt{x^2-2x+3} .
{\white{wwwwwwww.}}Dans un repère orthogonal, la courbe représentative de f  a, au voisinage de -infini, une asymptote
{\white{wwwwwwww.}}d'équation :  \overset{{\white{.}}}{{\red{y=-x+1.}}}

En effet,

\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]=\lim\limits_{x\to-\infty}(\sqrt{x^2-2x+3}+x-1)  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{[\sqrt{x^2-2x+3}+(x-1)][\sqrt{x^2-2x+3}-(x-1)]}{\sqrt{x^2-2x+3}-(x-1)}}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{(\sqrt{x^2-2x+3})^2-(x-1)^2}{\sqrt{x^2-2x+3}-x+1}}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{(x^2-2x+3)-(x^2-2x+1)}{\sqrt{x^2-2x+3}-x+1}}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{x^2-2x+3-x^2+2x-1}{\sqrt{x^2-2x+3}-x+1}}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2}{\sqrt{x^2-2x+3}-x+1}} \\\\\text{Or }\lim\limits_{x\to-\infty}(\sqrt{x^2-2x+3}-x+1)=+\infty \\\\\text{D'où }\,\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-(-x+1)]=0}

5 points

exercice 2

L'espace est rapporté à un repère orthonormal direct  (O\,;\,\vec i,\vec j,\vec k),  d'unité graphique 1 cm.
On considère les points E(1 ; -2 ; 0), F(-2 ; -3 ; 5), G(2 ; 1 ; 1) et H(1 ; 1 ; 3).

1.  Nous devons démontrer que les points E, F, G et H sont coplanaires.

Calculons  \overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}.

Déterminons les coordonnées des vecteurs  \overrightarrow{EF}  et  \overrightarrow{FG}.

\left\lbrace\begin{matrix}E(1\,;-2\,;0)\\\overset{}{F(-2\,;-3\,;5)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EF} \, \begin{pmatrix} x_F-x_E\\ y_F-y_E \\ z_F-z_E \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2-1\\-3+2\\5-0 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EF} \, \begin{pmatrix} -3\\-1\\5 \end{pmatrix}}   \\\\\left\lbrace\begin{matrix}E(1\,;-2\,;0)\\\overset{}{G(2\,;1\,;1)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EG} \, \begin{pmatrix} x_G-x_E\\ y_G-y_E \\ z_G-z_E \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2-1\\1+2\\1-0 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EG} \, \begin{pmatrix} 1\\3\\1 \end{pmatrix}}

Dès lors,

\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{i}&&\overrightarrow{j}&&\overrightarrow{k}\\\\-3&&-1&&5\\\\1&&3&&1\end{vmatrix}  =\begin{vmatrix}-1&&5\\\\3&&1\end{vmatrix}\overrightarrow{i}-\begin{vmatrix}-3&&5\\\\1&&1\end{vmatrix}\overrightarrow{j}+\begin{vmatrix}-3&&-1\\\\1&&3\end{vmatrix}\overrightarrow{k} \\\\\\\phantom{\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}}=(-1-15)\overrightarrow{i}-(-3-5)\overrightarrow{j}+(-9+1)\overrightarrow{k} \\\\\phantom{\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}}=-16\overrightarrow{i}+8\overrightarrow{j}-8\overrightarrow{k} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}=-16\overrightarrow{i}+8\overrightarrow{j}-8\overrightarrow{k}}

Le vecteur  \overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}\begin{pmatrix}-16\\8\\-8\end{pmatrix}  est un vecteur normal au plan (EFG).

Montrons que le vecteur  \overrightarrow{n_1}  est orthogonal au vecteur  \overrightarrow{EH}.

\boxed{\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}-16\\8\\-8\end{pmatrix}}  \\\\\left\lbrace\begin{matrix}E(1\,;-2\,;0)\\\overset{}{H(1\,;1\,;3)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EH} \, \begin{pmatrix} x_H-x_E\\ y_H-y_E \\ z_H-z_E \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-1\\1+2\\3-0 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{EH} \, \begin{pmatrix} 0\\3\\3 \end{pmatrix}}   \\\\\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{EH}=-16\times0+8\times3-8\times3 \\\phantom{\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{EH}}=0+24-24 \\\phantom{\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{EH}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{EH}=0}

Donc le vecteur  \overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{EF}\wedge\overrightarrow{EG}  est orthogonal au vecteur  \overrightarrow{EH}.

Par conséquent, les points E, F, G et H sont coplanaires.
On note (P) le plan passant par les points E, F, G et H.

2.  Les vecteurs  \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}  et  \overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}-16\\8\\-8\end{pmatrix}  sont colinéaires car  \overrightarrow{n_1}=-8\,\overrightarrow{n}.
Nous en déduisons que le vecteur  \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}  est un vecteur normal à (P).

3.  Nous devons déterminer une équation cartésienne du plan (P).

Le vecteur  \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}  est un vecteur normal à (P).
Soit M (x  ; y  ; z ) un point quelconque du plan (P).

M\in(P)\Longleftrightarrow\overrightarrow{EM}\perp\overrightarrow{n} \\\phantom{M\in(P)}\Longleftrightarrow\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{n}=0 \\\\\text{Or }\bullet\left\lbrace\begin{matrix}E(1\,;\,-2\,;\,0)\\M(x\,;\,y\,;\,z)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{EM}:\begin{pmatrix}x-1\\y+2\\z\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{Or }}\bullet\overrightarrow{n}:\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix} \\\\\text{D'où }\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{n}=0\Longleftrightarrow2(x-1)-(y+2)+z=0 \\\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{n}=0}\Longleftrightarrow2x-2-y-2+z=0 \\\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{n}=0}\Longleftrightarrow \boxed{2x-y+z-4=0}
Par conséquent, une équation cartésienne du plan (P) est  \boxed{2x-y+z-4=0}\,.

4.  La droite (D) passe par le point  \overset{{\white{.}}}{A\blue{(1\,;\,2\,;\,5)}}}}  et admet le vecteur   \overrightarrow{n}{\red{\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}}}  comme vecteur directeur.
Un système d'équations paramétriques de la droite (D) est alors :  \left\lbrace\begin{matrix}x={\blue{1}}+{\red{2}}\times t\phantom{ww}\\y={\blue{2}}+{\red{(-1)}}\times t\\z={\blue{5}}+{\red{1}}\times t\phantom{ww} \end{matrix}\right.\phantom{www}(t\in\R)
soit  \boxed{(D):\left\lbrace\begin{matrix}x=1+2t\\y=2-t\\z=5+t\end{matrix}\right.\phantom{www}(t\in\R)}

5.  Le point A(1 ; 2 ; 5) n'appartient pas au plan (P) car ses coordonnées ne vérifient pas l'équation cartésienne de (P).
En effet,  2\times1-2+5-4=1\ne 0.

6. a)  Nous devons déterminer l'aire  \mathscr{A}  du triangle AFG.

Nous savons que  \mathscr{A}=\dfrac{1}{2}\left\lVert \overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}\right\rVert.

Déterminons les coordonnées des vecteurs  \overrightarrow{AF}  et  \overrightarrow{AG}.

\left\lbrace\begin{matrix}A(1\,;2\,;5)\\\overset{}{F(-2\,;-3\,;5)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AF} \, \begin{pmatrix} x_F-x_A\\ y_F-y_A \\ z_F-z_A \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -2-1\\-3-2\\5-5 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AF} \, \begin{pmatrix} -3\\-5\\0 \end{pmatrix}}   \\\\\left\lbrace\begin{matrix}A(1\,;2\,;5)\\\overset{}{G(2\,;1\,;1)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AG} \, \begin{pmatrix} x_G-x_A\\ y_G-y_A \\ z_G-z_A \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2-1\\1-2\\1-5 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AG} \, \begin{pmatrix} 1\\-1\\-4 \end{pmatrix}}

Dès lors,

\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{i}&&\overrightarrow{j}&&\overrightarrow{k}\\\\-3&&-5&&0\\\\1&&-1&&-4\end{vmatrix}  =\begin{vmatrix}-5&&0\\\\-1&&-4\end{vmatrix}\overrightarrow{i}-\begin{vmatrix}-3&&0\\\\1&&-4\end{vmatrix}\overrightarrow{j}+\begin{vmatrix}-3&&-5\\\\1&&-1\end{vmatrix}\overrightarrow{k} \\\\\\\phantom{\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}}=(20-0)\overrightarrow{i}-(12-0)\overrightarrow{j}+(3+5)\overrightarrow{k} \\\\\phantom{\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}}=20\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{k} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}=20\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{k}}

Nous en déduisons que :

{\white{xxx}}\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}\left\lVert \overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}\right\rVert =\dfrac{1}{2}\left\lVert 20\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{k}\right\rVert \\\\\phantom{x}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{20^2+(-12)^2+8^2}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{400+144+64} \\\\\phantom{x}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{608}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{16\times38}=\dfrac{1}{2}\times4\,\sqrt{38}=2\,\sqrt{38} \\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=2\,\sqrt{38}}

Par conséquent, l'aire du triangle AFG est  \boxed{\mathscr{A}=2\,\sqrt{38}\,\text{cm}^2.}

6. b)  Nous devons déterminer le volume  \mathscr{V}  du tétraèdre AEFG.

Nous savons que  \mathscr{V}=\dfrac{1}{6}\left|(\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG})\cdot\overrightarrow{AE}\right|.
\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG}=20\overrightarrow{i}-12\overrightarrow{j}+8\overrightarrow{k}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG} \, \begin{pmatrix} 20\\-12\\8 \end{pmatrix}} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}A(1\,;2\,;5)\\\overset{}{E(1\,;-2\,;0)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AE} \, \begin{pmatrix} x_E-x_A\\ y_E-y_A \\ z_E-z_A \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1-1\\-2-2\\0-5 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AE} \, \begin{pmatrix} 0\\-4\\-5 \end{pmatrix}}    \\\\\text{D'où }\,(\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG})\cdot\overrightarrow{AE}=20\times0-12\times(-4)+8\times(-5) \\\phantom{\text{D'où }\,(\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG})\cdot\overrightarrow{AE}}=0+48-40 \\\phantom{\text{D'où }\,(\overrightarrow{AF}\wedge\overrightarrow{AG})\cdot\overrightarrow{AE}}=8

Nous en déduisons que  \mathscr{V}=\dfrac{1}{6}\times|8|=\dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}.
Par conséquent, le volume du tétraèdre AEFG est  \boxed{\mathscr{V}=\dfrac{4}{3}\,\text{cm}^3.}

11 points

probleme

Soient f  et g  les fonctions définies sur R par  f(x)=\text{e}^{3x}-\text{e}^x  et  g(x)=f(x)-2x.

1.  Nous devons calculer la limite de f  en -infini.

\bullet\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}3x=-\infty\\\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^X=0\end{matrix}\right.\phantom{w}\underset{X=3x}{\Longrightarrow}\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{3x}=0} \\\\ \bullet\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{x}=0} \\\\\text{D'où }\lim\limits_{x\to-\infty}(\text{e}^{3x}-\text{e}^{x})=0\Longleftrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0}

Par suite, la droite d'équation y  = 0 est asymptote horizontale à la courbe Cf  au voisinage de -infini.

2.  \bullet{\white{w}}Calculons  \lim\limits_{x\to+\infty}f(x).

  f(x)=\text{e}^{3x}-\text{e}^x\Longleftrightarrow f(x)=\text{e}^x\,(\text{e}^{2x}-1)  \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^x=+\infty\phantom{www.}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}(\text{e}^{2x}-1)=+\infty\end{matrix}\right.\phantom{ww.}\Longrightarrow\phantom{ww.}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^x\,(\text{e}^{2x}-1)=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWW.}\Longrightarrow\phantom{ww.}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}

\bullet{\white{w}}Calculons  \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}.

\forall\,x\neq0,\phantom{w}\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\text{e}^{3x}-\text{e}^x}{x}\Longleftrightarrow \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\text{e}^x\,(\text{e}^{2x}-1)}{x}\Longleftrightarrow \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\text{e}^x}{x}\,(\text{e}^{2x}-1)  \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^x}{x}=+\infty\phantom{xx}\text{ (croissances comparées)}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}(\text{e}^{2x}-1)=+\infty\phantom{WWWWWWWW}\end{matrix}\right.\phantom{ww.}\Longrightarrow\phantom{ww.}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^x}{x}\,(\text{e}^{2x}-1)=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWWWW.}\Longrightarrow\phantom{ww.}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}

Par suite, (Cf ) présente une branche parabolique de direction la droite d'équation x  = 0 en +infini.

3.  La fonction f  est dérivable sur R  (comme somme de fonctions dérivables sur R).

f'(x)=(\text{e}^{3x})'-(\text{e}^x)' \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=(3x)'\,\text{e}^{3x}-\text{e}^x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f'(x)}=3\,\text{e}^{3x}-\text{e}^x} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\R,\,f'(x)=3\,\text{e}^{3x}-\text{e}^x=\text{e}^x\,(3\,\text{e}^{2x}-1)}

4.  Nous devons étudier le signe de  3\,\text{e}^{2x}-1.

\begin{matrix}3\,\text{e}^{2x}-1<0\Longleftrightarrow 3\,\text{e}^{2x}<1\\\phantom{3\,\text{e}^2x-1<0}\Longleftrightarrow \text{e}^{2x}<\dfrac{1}{3}\\\phantom{3\,\text{e}^2x-1<0xxx}\Longleftrightarrow 2x<\ln\left(\dfrac{1}{3}\right)\\\phantom{3\,\text{e}^2x-1<0xx}\Longleftrightarrow 2x<-\ln3\\\phantom{3\,\text{e}^2x-1<0xx}\Longleftrightarrow x<\dfrac{-\ln 3}{2} \\\\\text{D'où }\,\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}3\,\text{e}^{2x}-1<0\Longleftrightarrow  x<-\dfrac{\ln 3}{2}\\\overset{{\white{.}}}{3\,\text{e}^{2x}-1=0\Longleftrightarrow  x=-\dfrac{\ln 3}{2}}\\\overset{{\white{.}}}{3\,\text{e}^{2x}-1>0\Longleftrightarrow  x>-\dfrac{\ln 3}{2}}\end{matrix}\right.} \end{matrix}

5.  Nous devons déterminer le sens de variation de f .
L'exponentielle est strictement positive sur R.
Donc le signe de f' (x ) est le signe de  3\,\text{e}^{2x}-1.

D'où le sens de variation de f :

{\white{ww}}\bullet{\white{w}}f  est strictement décroissante sur l'intervalle  ]-\infty\,;\,-\dfrac{\ln 3}{2}[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}f  est strictement croissante sur l'intervalle  ]-\dfrac{\ln 3}{2}\,;\,+\infty[.

6.  Tableau de variations de f .

{\white{www}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&-\dfrac{\ln 3}{2}\approx-0,55&&+\infty\\&&&&&\\\hline&0&&&&+\infty\\f(x)&&\searrow&&\nearrow&\\&&&f\left(-\dfrac{\ln 3}{2}\right)\approx-0,385&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}

7.  Soit (T ) la droite d'équation y  = 2x .

7. a)  Une équation de la tangente à (Cf ) au point d'abscisse 0 est de la forme  y=f'(0)(x-0)+f(0) , soit de la forme  y=f'(0)\,x+f(0). 

\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}f'(x)=3\,\text{e}^{3x}-\text{e}^x\\f(x)=\text{e}^{3x}-\text{e}^x\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=3\,\text{e}^{0}-\text{e}^0\\f(0)=\text{e}^{0}-\text{e}^0\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=2\\f(0)=0\end{matrix}\right.}

D'où une équation de la tangente à (Cf ) au point d'abscisse 0 est  \boxed{y=2x}\,.
Par conséquent, la droite (T ) est tangente à (Cf ) au point d'abscisse 0.

7. b)  Pour tout réel x ,

\bullet\phantom{w}g(x)=f(x)-2x\Longrightarrow g'(x)=f'(x)-2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\bullet\phantom{w}g(x)=f(x)-2x}\Longrightarrow \boxed{g'(x)={\red{3\,\text{e}^{3x}-\text{e}^x-2}}}} \\\\\bullet\phantom{w}(\text{e}^{x}-1)(3\,\text{e}^{2x}+3\,\text{e}^{x}+2)=3\,\text{e}^{3x}+3\,\text{e}^{2x}+2\,\text{e}^{x}-3\,\text{e}^{2x}-3\,\text{e}^{x}-2 \\\phantom{\bullet\phantom{w}}\Longrightarrow\boxed{(\text{e}^{x}-1)(3\,\text{e}^{2x}+3\,\text{e}^{x}+2)={\red{3\,\text{e}^{3x}-\text{e}^{x}-2}}} \\\\\text{Par conséquent, }\boxed{g'(x)=(\text{e}^{x}-1)(3\,\text{e}^{2x}+3\,\text{e}^{x}+2)}

7. c)  L'exponentielle est strictement positive sur R.
Nous en déduisons que pour tout réel x ,  3\,\text{e}^{2x}+3\,\text{e}^{x}+2>0.
Donc le signe de g' (x ) est le signe de  \text{e}^{x}-1.

Étudions le signe de  \text{e}^{x}-1.

\begin{matrix}\text{e}^{x}-1<0\Longleftrightarrow \text{e}^{x}<1\\\phantom{\text{e}^x-1<.}\Longleftrightarrow x<0 \\\\\text{D'où }\,\left\lbrace\begin{matrix}\text{e}^{x}-1<0\Longleftrightarrow  x<0\\\overset{{\white{.}}}{\text{e}^{x}-1=0\Longleftrightarrow  x=0}\\\overset{{\white{.}}}{\text{e}^{x}-1>0\Longleftrightarrow  x>0}\end{matrix}\right. \end{matrix}

\text{soit }\,\left\lbrace\begin{matrix}g'(x)<0\Longleftrightarrow  x<0\\\overset{{\white{.}}}{g'(x)=0\Longleftrightarrow  x=0}\\\overset{{\white{.}}}{g'(x)>0\Longleftrightarrow  x>0}\end{matrix}\right.

Il s'ensuit le sens de variation de g  :

{\white{ww}}\bullet{\white{w}}g  est strictement décroissante sur l'intervalle  ]-\infty\,;\,0[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}g  est strictement croissante sur l'intervalle  ]0\,;\,+\infty[.

Tableau de variations de g .

\underline{\text{Calculs préliminaires }}:  \\\\\bullet\phantom{w}\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(f(x)-2x) \\\phantom{\underline{\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)}}=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)-\lim\limits_{x\to-\infty}2x \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}}\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0\phantom{ww}(\text{voir question 1)}\\\lim\limits_{x\to-\infty}2x=-\infty\phantom{WWWWWWWW}\end{matrix}\right.  \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}}\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=+\infty}

\\\\\bullet\phantom{w}\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(\text{e}^{3x}-\text{e}^x-2x) \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{3x}\left(1-\dfrac{1}{\text{e}^{2x}}-\dfrac{2x}{\text{e}^{3x}}\right) \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}}\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{3x}=+\infty\phantom{WWWWWWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\text{e}^{2x}}=0}\phantom{WWWWWWWWWW}\\\overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{\text{e}^{3x}}=0\phantom{x}(\text{croissances comparées)}}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\bullet\phantom{w}}\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty}

\underline{\text{Tableau de variations de  }g}:  \\\\ {\white{www}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline&+\infty&&&&+\infty\\g(x)&&\searrow&&\nearrow&\\&&&0&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}

7. d)  Sur base du tableau de variations de g , nous pouvons déduire que pour tout réel x , g(x) supegal 0.

De plus,  

\forall\,x\in\R,\,g(x)\ge0\Longleftrightarrow f(x)-2x\ge0 \\\phantom{\forall\,x\in\R,\,g(x)\ge0}\Longleftrightarrow \boxed{f(x)\ge2x}

Par conséquent, la courbe (Cf ) est au-dessus de la droite (T).

8.  Soit h  la restriction de f  à l'intervalle ]0 ; +infini[.

8. a)  La fonction h  est continue et strictement croissante sur ]0 ; +infini[ (voir question 5.).
Nous savons que h (0) = 0 et  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty.}

Donc la fonction h  définit une bijection de ]0 ; +infini[ vers ]0 ; +infini[.

8. b)  La fonction h -1 a le même sens de variation que la fonction h .
Donc la fonction h -1 est strictement croissante sur l'intervalle ]0 ; +infini[.

9.  Représentations graphiques de (Cf ) et de (Ch-1 ).
Sur l'intervalle ]0 ; +infini[, les courbes (Ch-1 ) et (Cf ) sont symétriques par rapport à la droite (deltamaj) : y  = x .

Bac T1-T2 Sénégal 2021 : image 5
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