Bac Maths — Session normale 2020

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Exercice 1 (4 points)

Soit

(u_n)

la suite numérique définie par

u_0 = \frac{3}{2}

u_{n+1} = \frac{2u_n}{2u_n + 5}

pour tout

n \in \N

1) Calculer $u_1$ .

2) Montrer par récurrence que pour tout $n \in \N$ , $u_n > 0$ .

3.a) Montrer que pour tout $n \in \N$ , $0 < u_{n+1} \le \frac{2}{5} u_n$ .

3.b) En déduire que pour tout $n \in \N$ , $0 < u_n \le \frac{3}{2} \left(\frac{2}{5}\right)^n$ , puis calculer la limite de la suite $(u_n)$ .

4) On considère la suite numérique $(v_n)$ définie par $v_n = \frac{4u_n}{2u_n + 3}$ pour tout $n \in \N$ .

4.a) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $\frac{2}{5}$ .

4.b) Déterminer $v_n$ en fonction de $n$ , puis en déduire $u_n$ en fonction de $n$ pour tout $n \in \N$ .

Corrigé

$(u_n)$ : $\;u_0=\dfrac32\;$ et $\;u_{n+1}=\dfrac{2u_n}{2u_n+5}$ .

1) Calculer $u_1$ .

u_1=\frac{2u_0}{2u_0+5}=\frac{2\cdot\frac32}{2\cdot\frac32+5}=\frac{3}{3+5}=\boxed{\frac38}.

2) Montrer par récurrence que $u_n>0$ pour tout $n$ .

Initialisation. $u_0=\frac32>0$ : vrai au rang $0$ . [2pt] Hérédité. Supposons $u_n>0$ . Alors $2u_n>0$ et $2u_n+5>0$ , donc le quotient $u_{n+1}=\dfrac{2u_n}{2u_n+5}>0$ .

⇒ Par récurrence,

u_n>0

pour tout

n\in\N

3.a) Montrer que $0<u_{n+1}\le\frac25 u_n$ .

Méthode

On écrit

u_{n+1}=\dfrac{2}{2u_n+5}\,u_n

et on majore le facteur

\dfrac{2}{2u_n+5}

Comme

u_n>0

\;2u_n+5>5\;\Rightarrow\;\dfrac{1}{2u_n+5}<\dfrac15\;\Rightarrow\;\dfrac{2}{2u_n+5}<\dfrac25.

En multipliant par

u_n>0

⇒

0<u_{n+1}\le\dfrac25\,u_n

3.b) En déduire $0<u_n\le\frac32\left(\frac25\right)^n$ , puis la limite.

Par récurrence. Au rang $0$ : $u_0=\frac32\le\frac32\left(\frac25\right)^0=\frac32$ . Si $u_n\le\frac32\left(\frac25\right)^n$ , alors $\;u_{n+1}\le\frac25 u_n\le\frac25\cdot\frac32\left(\frac25\right)^n=\frac32\left(\frac25\right)^{n+1}.$

\Longrightarrow\quad 0<u_n\le\frac32\left(\frac25\right)^n\ \text{ pour tout }n.

Rappel

-1<q<1

, alors

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}q^n=0

. Théorème des gendarmes : si

0\le u_n\le w_n

w_n\to0

, alors

u_n\to0

Comme

-1<\frac25<1

\left(\frac25\right)^n\to0

, donc par encadrement :

⇒

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0

4) On pose $v_n=\dfrac{4u_n}{2u_n+3}$ .

4.a) Montrer que $(v_n)$ est géométrique de raison $\frac25$ .

Méthode

On calcule

v_{n+1}

en remplaçant

u_{n+1}

par son expression, et on essaie de faire apparaître

\frac25\,v_n

\begin{aligned} v_{n+1}=\frac{4u_{n+1}}{2u_{n+1}+3} &=\frac{4\cdot\frac{2u_n}{2u_n+5}}{\,2\cdot\frac{2u_n}{2u_n+5}+3\,} =\frac{8u_n}{4u_n+3(2u_n+5)}=\frac{8u_n}{10u_n+15}\\ &=\frac{8u_n}{5(2u_n+3)}=\frac25\cdot\frac{4u_n}{2u_n+3}=\frac25\,v_n. \end{aligned}

⇒

(v_n)

est géométrique de raison

q=\dfrac25

4.b) Déterminer $v_n$ , puis $u_n$ , en fonction de $n$ .

Premier terme : $v_0=\dfrac{4u_0}{2u_0+3}=\dfrac{6}{6}=1$ , donc $\;v_n=v_0\,q^n=\left(\dfrac25\right)^{n}.$ [2pt] On exprime $u_n$ à partir de $v_n=\dfrac{4u_n}{2u_n+3}$ :

v_n(2u_n+3)=4u_n\ \Longrightarrow\ u_n(4-2v_n)=3v_n\ \Longrightarrow\ u_n=\frac{3v_n}{4-2v_n}.

⇒

v_n=\left(\dfrac25\right)^{n}

u_n=\dfrac{3\left(\frac25\right)^{n}}{\,4-2\left(\frac25\right)^{n}\,}

Exercice 2 (5 points)

1) Dans l'ensemble des nombres complexes $\C$ , on considère l'équation :

(E) : z^2 - 2(\sqrt{6} + \sqrt{2})z + 16 = 0

1.a) Vérifier que le discriminant de l'équation $(E)$ est $\Delta = -4(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2$ .

1.b) En déduire les solutions de l'équation $(E)$ .

2) Soient les nombres complexes $a = (\sqrt{6}+\sqrt{2}) + i(\sqrt{6}-\sqrt{2})$ , $b = 1+i\sqrt{3}$ et $c = \sqrt{2}+i\sqrt{2}$ .

2.a) Vérifier que $b\bar{c} = a$ , puis en déduire que $ac = 4b$ .

2.b) Écrire les nombres complexes $b$ et $c$ sous forme trigonométrique.

2.c) En déduire que $a = 4 \left( \cos\frac{\pi}{12} + i\sin\frac{\pi}{12} \right)$ .

3) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$ , on considère les points $B$ , $C$ et $D$ d'affixes respectives $b$ , $c$ et $d = a^4$ . Soit $R$ la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{12}$ .

3.a) Pour tout point $M$ d'affixe $z$ , vérifier que l'affixe $z'$ de son image $M'$ par $R$ est $z' = \frac{1}{4}az$ .

3.b) Déterminer l'image du point $C$ par la rotation $R$ .

3.c) Déterminer la nature du triangle $OBC$ .

3.d) Montrer que $a^4 = 128b$ , puis en déduire que les points $O$ , $B$ et $D$ sont alignés.

Corrigé

1) $(E):z^2-2(\sqrt6+\sqrt2)z+16=0$ .

1.a) Vérifier que $\Delta=-4(\sqrt6-\sqrt2)^2$ .

Rappel

\Delta=b^2-4ac

. Identités :

(\sqrt6\pm\sqrt2)^2=6\pm2\sqrt{12}+2=8\pm4\sqrt3

(car

\sqrt{12}=2\sqrt3

\Delta=\bigl(2(\sqrt6+\sqrt2)\bigr)^2-4\cdot16=4(8+4\sqrt3)-64=32+16\sqrt3-64=16\sqrt3-32.

-4(\sqrt6-\sqrt2)^2=-4(8-4\sqrt3)=-32+16\sqrt3=16\sqrt3-32

. Les deux coïncident :

⇒

\Delta=-4(\sqrt6-\sqrt2)^2

1.b) En déduire les solutions de $(E)$ .

Comme $\Delta=-4(\sqrt6-\sqrt2)^2=\bigl(2i(\sqrt6-\sqrt2)\bigr)^2<0$ , les racines sont

z=\frac{2(\sqrt6+\sqrt2)\pm 2i(\sqrt6-\sqrt2)}{2}=(\sqrt6+\sqrt2)\pm i(\sqrt6-\sqrt2).

⇒

z_1=(\sqrt6+\sqrt2)-i(\sqrt6-\sqrt2)

z_2=(\sqrt6+\sqrt2)+i(\sqrt6-\sqrt2)\;(=a)

2) $a=(\sqrt6+\sqrt2)+i(\sqrt6-\sqrt2)$ , $\;b=1+i\sqrt3$ , $\;c=\sqrt2+i\sqrt2$ .

2.a) Vérifier $b\bar c=a$ , puis en déduire $ac=4b$ .

$\bar c=\sqrt2-i\sqrt2$ , donc

b\bar c=(1+i\sqrt3)(\sqrt2-i\sqrt2)=\sqrt2-i\sqrt2+i\sqrt6\underbrace{-i^2\sqrt6}_{+\sqrt6} =(\sqrt6+\sqrt2)+i(\sqrt6-\sqrt2)=a.

On multiplie l'égalité

b\bar c=a

par

c

\;b\,\bar c\,c=ac

. Or

\bar c\,c=|c|^2=2+2=4

, d'où

⇒

ac=4b

2.b) Formes trigonométriques de $b$ et $c$ .

b=1+i\sqrt3=2\!\left(\tfrac12+i\tfrac{\sqrt3}{2}\right)=\boxed{2\!\left(\cos\tfrac\pi3+i\sin\tfrac\pi3\right)},

c=\sqrt2+i\sqrt2=2\!\left(\tfrac{\sqrt2}{2}+i\tfrac{\sqrt2}{2}\right)=\boxed{2\!\left(\cos\tfrac\pi4+i\sin\tfrac\pi4\right)}.

(

|b|=\sqrt{1+3}=2

|c|=\sqrt{2+2}=2

2.c) En déduire $a=4\left(\cos\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\right)$ .

Rappel

|b\bar c|=|b|\,|c|

\arg(b\bar c)=\arg(b)-\arg(c)

(modulo

2\pi

Comme

a=b\bar c

|a|=|b|\,|c|=2\times2=4,\qquad \arg(a)=\frac\pi3-\frac\pi4=\frac{4\pi-3\pi}{12}=\frac{\pi}{12}.

⇒

a=4\!\left(\cos\dfrac{\pi}{12}+i\sin\dfrac{\pi}{12}\right)

, c'est-à-dire

a=4e^{i\pi/12}

3) $B$ , $C$ , $D$ d'affixes $b$ , $c$ , $d=a^4$ ; $R$ rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{12}$ .

3.a) Vérifier $z'=\frac14 az$ .

Rappel

Rotation de centre

O

et d'angle

\theta

z'=e^{i\theta}z

Ici

z'=e^{i\pi/12}z

; comme

a=4e^{i\pi/12}

, on a

e^{i\pi/12}=\frac14 a

, donc

⇒

z'=\dfrac14\,a\,z

3.b) Image de $C$ par $R$ .

L'image de $C$ a pour affixe (avec $c=2e^{i\pi/4}$ ) :

z'_C=e^{i\pi/12}\cdot 2e^{i\pi/4}=2\,e^{i\left(\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{4}\right)} =2\,e^{i\frac{4\pi}{12}}=2e^{i\pi/3}=b.

⇒ L'image de

C

par

R

est le point

B

3.c) Nature du triangle $OBC$ .

$R$ est une rotation de centre $O$ qui envoie $C$ sur $B$ : elle conserve les distances à $O$ , donc $OB=OC$ , et l'angle $(\vec{OC},\vec{OB})=\frac{\pi}{12}$ .

⇒ Le triangle

OBC

est isocèle en

O

(angle au sommet

\frac{\pi}{12}

3.d) Montrer $a^4=128\,b$ , puis que $O$ , $B$ , $D$ sont alignés.

a^4=\bigl(4e^{i\pi/12}\bigr)^4=4^4 e^{i\frac{4\pi}{12}}=256\,e^{i\pi/3}=128\cdot\underbrace{2e^{i\pi/3}}_{=\,b}=128\,b.

Donc

d=a^4=128\,b

, ce qui s'écrit

\vec{OD}=128\,\vec{OB}

: les vecteurs sont colinéaires.

⇒ Les points

O

B

D

sont alignés.

Exercice 3 (4 points)

On considère la fonction numérique

g

définie sur

]0, +\infty[

par :

g(x) = 2\sqrt{x} - 2 - \ln x

1.a) Montrer que pour tout $x \in ]0, +\infty[$ , $g'(x) = \frac{\sqrt{x}-1}{x}$ .

1.b) Montrer que $g$ est croissante sur $[1, +\infty[$ .

1.c) En déduire que pour tout $x \in [1, +\infty[$ , $0 \le \ln x \le 2\sqrt{x}$ (remarquer que $2\sqrt{x}-2 \le 2\sqrt{x}$ ).

1.d) Montrer que pour tout $x \in [1, +\infty[$ , $0 \le \frac{(\ln x)^3}{x^2} \le \frac{8}{\sqrt{x}}$ , puis en déduire $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{(\ln x)^3}{x^2}$ .

2.a) Montrer que la fonction $G : x \mapsto x\left(-1 + \frac{4}{3}\sqrt{x} - \ln x\right)$ est une primitive de $g$ sur $]0, +\infty[$ .

2.b) Calculer l'intégrale $\int_1^4 g(x)\,\mathrm{d}x$ .

Corrigé

$g(x)=2\sqrt x-2-\ln x$ sur $]0,+\infty[$ .

1.a) Montrer $g'(x)=\dfrac{\sqrt x-1}{x}$ .

Rappel

(\sqrt x)'=\dfrac{1}{2\sqrt x}

(\ln x)'=\dfrac1x

g'(x)=2\cdot\frac{1}{2\sqrt x}-\frac1x=\frac{1}{\sqrt x}-\frac1x=\frac{\sqrt x}{x}-\frac1x=\boxed{\dfrac{\sqrt x-1}{x}}.

1.b) Montrer que $g$ est croissante sur $[1,+\infty[$ .

Pour $x\ge1$ : $\sqrt x\ge1$ , donc $\sqrt x-1\ge0$ ; et $x>0$ . Ainsi $g'(x)\ge0$ .

⇒

g

est croissante sur

[1,+\infty[

1.c) En déduire $0\le\ln x\le2\sqrt x$ sur $[1,+\infty[$ .

Pour $x\ge1$ : $g(x)\ge g(1)=2-2-\ln1=0$ , donc $2\sqrt x-2-\ln x\ge0$ , soit $\ln x\le2\sqrt x-2$ . Comme $2\sqrt x-2\le2\sqrt x$ et $\ln x\ge0$ pour $x\ge1$ :

⇒

0\le\ln x\le2\sqrt x

pour tout

x\in[1,+\infty[

1.d) Montrer $0\le\dfrac{(\ln x)^3}{x^2}\le\dfrac{8}{\sqrt x}$ , puis la limite.

On élève au cube l'encadrement (termes positifs) : $0\le(\ln x)^3\le(2\sqrt x)^3=8x\sqrt x$ . En divisant par $x^2>0$ :

0\le\frac{(\ln x)^3}{x^2}\le\frac{8x\sqrt x}{x^2}=\frac{8}{\sqrt x}.

Comme

\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{8}{\sqrt x}=0

, par le théorème des gendarmes :

⇒

\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^3}{x^2}=0

2.a) Montrer que $G:x\mapsto x\!\left(-1+\frac43\sqrt x-\ln x\right)$ est une primitive de $g$ .

Rappel

Il suffit de vérifier

G'(x)=g(x)

. Règle du produit :

(uv)'=u'v+uv'

Avec

u=x

v=-1+\frac43\sqrt x-\ln x

(donc

v'=\frac43\cdot\frac{1}{2\sqrt x}-\frac1x=\frac{2}{3\sqrt x}-\frac1x

) :

\begin{aligned} G'(x)&=\Big(-1+\tfrac43\sqrt x-\ln x\Big)+x\Big(\tfrac{2}{3\sqrt x}-\tfrac1x\Big)\\ &=-1+\tfrac43\sqrt x-\ln x+\tfrac23\sqrt x-1=2\sqrt x-2-\ln x=g(x). \end{aligned}

⇒

G

est une primitive de

g

sur

]0,+\infty[

2.b) Calculer $\displaystyle\int_1^4 g(x)\dx$ .

\int_1^4 g(x)\dx=G(4)-G(1).

G(4)=4\Big(-1+\tfrac43\cdot2-\ln4\Big)=4\Big(\tfrac53-2\ln2\Big)=\tfrac{20}{3}-8\ln2, \qquad G(1)=-1+\tfrac43-0=\tfrac13.

⇒

\displaystyle\int_1^4 g(x)\dx=\frac{20}{3}-8\ln2-\frac13=\boxed{\frac{19}{3}-8\ln2}

Problème (7 points)

On considère la fonction numérique

f

définie sur

\R

par :

f(x) = -x + \frac{5}{2} - \frac{1}{2} e^{x-2}\left(e^{x-2}-4\right)

Soit

(C_f)

sa courbe représentative dans un repère orthonormé

(O,\vec{i},\vec{j})

(unité : 2cm).

1) Montrer que $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = - \infty$ .

2.a) Démontrer que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = -x + \frac{5}{2}$ est asymptote à la courbe $(C_f)$ au voisinage de $-\infty$ .

2.b) Résoudre l'équation $e^{x-2}-4 = 0$ , puis montrer que la courbe $(C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$ sur l'intervalle $]-\infty, 2+\ln 4]$ et en-dessous de $(\Delta)$ sur $[2+\ln 4, +\infty[$ .

3) Montrer que $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = -\infty$ , puis interpréter géométriquement le résultat.

4.a) Montrer que pour tout $x \in \R$ , $f'(x) = -(e^{x-2}-1)^2$ .

4.b) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ .

5) Calculer $f''(x)$ pour tout $x \in \R$ , puis montrer que $A(2,2)$ est un point d'inflexion de $(C_f)$ .

6) Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ telle que $2+\ln 3 < \alpha < 2+\ln 4$ .

7) Construire $(\Delta)$ et $(C_f)$ dans le repère $(O,\vec{i},\vec{j})$ (on prendra $\ln 2 \approx 0.7$ et $\ln 3 \approx 1.1$ ).

8.a) Montrer que la fonction $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $\R$ .

8.b) Construire dans le même repère la courbe représentative de la fonction $f^{-1}$ (remarquer que la droite $(\Delta)$ est perpendiculaire à la première bissectrice).

8.c) Calculer $(f^{-1})'(2-\ln 3)$ (remarquer que $f^{-1}(2-\ln 3) = 2+\ln 3$ ).

Corrigé

$\displaystyle f(x)=-x+\frac52-\frac12 e^{x-2}\bigl(e^{x-2}-4\bigr)$ sur $\R$ . On développe (utile pour les calculs) :

f(x)=-x+\frac52-\frac12 e^{2x-4}+2e^{x-2}.

1) Montrer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ .

En $-\infty$ : $e^{x-2}\to0$ et $e^{2x-4}\to0$ , donc $f(x)\to -x+\frac52\to+\infty$ (car $-x\to+\infty$ ).

\boxed{\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.}

En $+\infty$ : on met

e^{2x-4}

en facteur :

f(x)=e^{2x-4}\!\left(\underbrace{-\frac{x}{e^{2x-4}}}_{\to0}+\underbrace{\frac{5}{2e^{2x-4}}}_{\to0}-\frac12+\underbrace{\frac{2}{e^{x-2}}}_{\to0}\right)\!.

La parenthèse

\to-\frac12

e^{2x-4}\to+\infty

, donc le produit

\to-\infty

\boxed{\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty.}

2.a) Montrer que $(\Delta):y=-x+\frac52$ est asymptote à $(C_f)$ en $-\infty$ .

f(x)-\Big(-x+\tfrac52\Big)=-\frac12 e^{x-2}\bigl(e^{x-2}-4\bigr)\xrightarrow[x\to-\infty]{}0 \quad(\text{car }e^{x-2}\to0).

⇒ La droite

(\Delta):y=-x+\frac52

est asymptote à

(C_f)

au voisinage de

-\infty

2.b) Résoudre $e^{x-2}-4=0$ et position de $(C_f)$ par rapport à $(\Delta)$ .

e^{x-2}-4=0\iff e^{x-2}=4\iff x-2=\ln4\iff x=2+\ln4.

Le signe de

f(x)-\Big(-x+\frac52\Big)=-\frac12 e^{x-2}(e^{x-2}-4)

est celui de

-(e^{x-2}-4)

(car

e^{x-2}>0

) : [leftmargin=1.6em,itemsep=1pt,topsep=2pt]

si $x\le2+\ln4$ : $e^{x-2}-4\le0$ , donc $f(x)-y\ge0$ : $(C_f)$ au-dessus de $(\Delta)$ ;
si $x\ge2+\ln4$ : $e^{x-2}-4\ge0$ , donc $f(x)-y\le0$ : $(C_f)$ en-dessous de $(\Delta)$ . ( $(C_f)$ et $(\Delta)$ se croisent en $x=2+\ln4$ .)

3) Montrer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=-\infty$ et interpréter.

\frac{f(x)}{x}=-1+\frac{5}{2x}-\frac{e^{2x-4}}{2x}+\frac{2e^{x-2}}{x}.

+\infty

\dfrac{e^{2x-4}}{2x}\to+\infty

(l'exponentielle l'emporte) et domine les autres termes, donc

\dfrac{f(x)}{x}\to-\infty

⇒

(C_f)

admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en

+\infty

4.a) Montrer que $f'(x)=-(e^{x-2}-1)^2$ .

f'(x)=-1-\frac12\bigl(2e^{2x-4}-4e^{x-2}\bigr)=-1-e^{2x-4}+2e^{x-2}.

On reconnaît une identité remarquable :

-(e^{x-2}-1)^2=-\bigl(e^{2x-4}-2e^{x-2}+1\bigr)=-e^{2x-4}+2e^{x-2}-1=f'(x).

⇒

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

4.b) Tableau de variations de $f$ .

Pour tout $x$ , $(e^{x-2}-1)^2\ge0$ , donc $f'(x)\le0$ : $f$ est strictement décroissante sur $\R$ . Avec $\displaystyle\lim_{-\infty}f=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=-\infty$ , et le point $f(2)=2$ (voir question 5) :

\begin{center}

\end{center}

Remarque

f'(2)=0

: la tangente en

A(2,2)

est horizontale, mais

f'

ne change pas de signe, donc

f

reste strictement décroissante (

A

est un point d'inflexion, voir question 5).

5) Calculer $f''(x)$ et montrer que $A(2,2)$ est un point d'inflexion.

f''(x)=\bigl(-(e^{x-2}-1)^2\bigr)'=-2(e^{x-2}-1)\cdot e^{x-2}.

Rappel

Point d'inflexion :

f''

s'annule en changeant de signe.

Comme

e^{x-2}>0

, le signe de

f''(x)

est celui de

-(e^{x-2}-1)

f''(x)=0\iff e^{x-2}=1\iff x=2,

avec

f''>0

pour

x<2

f''<0

pour

x>2

(changement de signe). Ordonnée :

f(2)=-2+\tfrac52-\tfrac12 e^{0}(e^{0}-4)=-2+\tfrac52-\tfrac12(1)(-3)=-2+\tfrac52+\tfrac32=2.

⇒

A(2,2)

est un point d'inflexion de

(C_f)

6) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ avec $2+\ln3<\alpha<2+\ln4$ .

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\R$ , avec $\displaystyle\lim_{-\infty}f=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=-\infty$ : elle réalise une bijection de $\R$ sur $\R$ . Comme $0\in\R$ , l'équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ . De plus :

f(2+\ln3)=-(2+\ln3)+\tfrac52-\tfrac12(3)(3-4)=2-\ln3\approx0{,}9>0,

f(2+\ln4)=-(2+\ln4)+\tfrac52-\tfrac12(4)(4-4)=\tfrac12-2\ln2\approx-0{,}9<0.

Comme

f(2+\ln3)

f(2+\ln4)

sont de signes contraires :

⇒

2+\ln3<\alpha<2+\ln4

7) \textit{Construire $(\Delta)$ , $(C_f)$ puis $(C_{f^{-1}})$ .}

Repères : asymptote $(\Delta):y=-x+\frac52$ ; inflexion $A(2,2)$ ; $(C_f)$ au-dessus de $(\Delta)$ avant $x=2+\ln4$ , en-dessous après. La courbe de $f^{-1}$ est le symétrique de $(C_f)$ par rapport à la droite $y=x$ (et $(\Delta)$ , perpendiculaire à $y=x$ , est sa propre symétrique : elle est aussi asymptote à $(C_{f^{-1}})$ ).

\begin{center}

\end{center}

8.a) Montrer que $f$ admet une réciproque $f^{-1}$ définie sur $\R$ .

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\R$ ; elle réalise une bijection de $\R$ sur $f(\R)=\R$ .

⇒

f

admet une fonction réciproque

f^{-1}

définie sur

\R

8.b) \textit{Construire $(C_{f^{-1}})$ .}

C'est le symétrique de $(C_f)$ par rapport à la droite $y=x$ — tracé ci-dessus (courbe verte).

8.c) Calculer $(f^{-1})'(2-\ln3)$ .

Rappel

(f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'\bigl(f^{-1}(y)\bigr)}

On nous indique

f^{-1}(2-\ln3)=2+\ln3

. Donc

(f^{-1})'(2-\ln3)=\frac{1}{f'(2+\ln3)}=\frac{1}{-(e^{\ln3}-1)^2}=\frac{1}{-(3-1)^2}=\boxed{-\frac14}.