• Partie A
  Sur le graphique ci- après, on a représenté dans un repère orthonormal , les courbes C$_1$ et C$_2$ représentatives de
  deux fonctions $f_1$ et $f_2$ définies sur l'intervalle ]0 ; + ${\infty}$[ .
  
  On sait que :
  _l'axe des ordonnées est asymptote aux courbes C$_1$ et C$_2$ ;
  _l'axe des abscisses est asymptote à la courbe C$_1$ ;
  _la fonction $f_2$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle ]0 ; + ${\infty}$[ ;
  _la fonction $f_1$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle ]0 ; + ${\infty}$[ ;
  _la limite quand x tend vers + ${\infty}$ de $f$1(x) est + ${\infty}$ .
  Pour chacune des quatre questions de cette partie, une seule des trois propositions est exacte. Le candidat
  indiquera sur la copie la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée . Chaque réponse juste rapporte
  0,5 point . Une réponse fausse ou l'absence de réponse n'est pas sanctionnée.
  • 1. La limite, quand x tend vers 0, de $f$2(x) est :
    a.0 .
    b . +${\infty}$ .
    c. On ne peut pas conclure.
  • 2. La limite, quand x tend vers + ${\infty}$ , de $f_2$(x) est :
    a. 0 .
    b . 0,2 .
    c . On ne peut pas conclure .
  • 3. En + ${\infty}$ , C$_1$ admet une asymptote oblique :
    a. Oui.
    b . Non.
    c .On ne peut pas conclure .
  • 4. Le tableau de signes de $f_2$(x) - $f_1$(x) est :
  
  a.
  b.
  c.

Partie C
Soit g et h les fonctions définies sur l'intervalle ]0 ; + ${\infty}$[ par : ${g(x)=\frac{1}{x}\ \mathit{et}h(x)=\ln (x)+1.}$
Sur le graphique ci- après, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes C$_g$ et C$_h$ représentatives des
fonctions g et h .

• 1. A est le point d'intersection de la courbe Ch et de l'axe des abscisses.
  Déterminer les coordonnées du point A .
• 2. P est le point d'intersection des courbes Cg et Ch . Justifier que les coordonnées du point P sont (1 ; 1) .
• 3. On note A l'aire du domaine délimité par les courbes Cg , Ch et les droites d'équations respectives ${x=\frac{1}{e}}$ et
  x = 1 ( domaine grisé sur le graphique ).
  • a. Exprimer l'aire A à l'aide de la fonction $f$ définie dans la partie B .
  • b. Montrer que ${A\ =\ 1-\frac{1}{e}.}$
• 4. Soit t un nombre réel de l'intervalle ]1 ; + ${\infty}$[ . On note $ B_t$ l'aire du domaine délimité par les droites d'équations respectives x = 1 et x = t et les courbes C$_g$ et C$_h$ ( domaine hachuré sur le graphique ).
  On souhaite déterminer une valeur de t telle que A =$ B_t$.
  • a. Montrer que$ B_t$ = t ln (t) - ln (t) .
  • b. Conclure .

Corrigé

• Partie A
  • 1. $\lim_0 f_2 = +\infty$, car l'axe des ordonnées est une asymptote pour $C_2$; la réponse est b.
  • 2. $\lim_ +\infty f_2 = 0$, car l'axe des ordonnées est une asymptote pour $C_2$; la réponse est a.
  • 3. Les hypothèses sur $C_1$ sont insuffisantes pour conjecturer une asymptote oblique pour $C_1$: la réponse est c.
  • 4. $C_1$ et $C_2$ sont sécantes en (1; 1) et $\textbf{se croisent}$ en ce point: la réponse est c.
• Partie B
  • 1. $\lim_0 f = -\infty$, car $\lim_{x\to 0}ln\ x = -\infty = \lim_{x\to 0}(-\frac{1}{x})$
  • 2. $f$ est dérivable sur ]0; $+\infty$[ (somme de fonctions dérivables sur ]0; $+\infty$[), et $f'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}$; donc $\textbf{f'(x)>0 sur ]0;$+\infty$[}$ où $f$ est strictement croissante.
  • 3. On déduit: $0 < x \leq 1 \Rightarrow f(x) \leq f(1)=0$; et $x \geq 1 \Rightarrow f(x) \geq 0$.
  • 4. F est définie et dérivable sur ]0;+$\infty$[(théorèmes généraux de dérivabilités), alors $\textbf{F'(x) = } 1 . ln\ x + x(\frac{1}{x}) - \frac{1}{x} = ln\ x + 1 - \frac{1}{x} = \textbf{f(x)}$: F est une primitive de $f$ sur ]0;$+\infty$[.
  • 5. Sur [1;$+\infty$[, F'($x$) = $f(x) \geq 0$ (d'après B3); donc F est strictement croissante sur [1;$+\infty$[.
  • 6. $\textbf {Il s'agit de mettre en oeuvre le théorème des valeurs intermédiaires}$ sur [1; $+\infty$[. F(1) = 0; $\lim_{+\infty}F = \lim_{x\to+\infty}(x - 1) ln\ x = +\infty$ (avec $\lim_{x\to+\infty} ln\ x = \lim_{x\to+\infty}(x - 1) = + \infty)$. De plus, $1 - \frac{1}{e}$ est dans [F(1); $\lim_{+\infty} F[ = [0;+ \infty$[. Alors l'équation $F(x) = 1 -\frac{1}{e}$ admet une solution unique $\alpha$ appartenant à ]1;$+\infty$[.
  • 7. Avec la calculatrice, on a: F(1) = 0, F(1,9)$\approx$ 0,5776 < 1 - $\frac{1}{e}$ et F(2)$\approx$ 0,69315>1 - $\frac{1}{e}\approx$0,632 donc F(1,9) < F($\alpha$)< F(2); donc $\textbf{1,9 < $\alpha$ < 2,0}$.
• Partie C
  • 1. $\textbf{Il s'agit de résoudre h(x) = 0}$; soit $ln\ x$ + 1 = 0 donc $x = e^{-1} = \frac{1}{e}$; d'où A($\frac{1}{e}$;0).
  • 2. $\textbf{Il s'agit de résoudre l'équation $g(x) = h(x$)}$ dans ]0; +$\alpha$[; $\frac{1}{x} = ln\ x + 1 \Leftrightarrow ln\ x + 1 - \frac{1}{x} = 0 \Leftrightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow x=1$ (d'après B3), d'où P(1; 1).
  • 3.
    • a. Dans [$\frac{1}{e}$; 1], $C_g$ est au-dessus de $C_h$; l'aire demandée est donc $A = \int^1_{1/e} (g(x) - f(x))dx = \int^1_{1/e} (\frac{1}{x} - ln\ x - 1)dx = \int^1_ {1/e} (-f(x))dx = - \int^1_{1/e} f(x)dx$.
    • b. $\textbf{Comme F est une primitive de $f$}$(d'après B4), alors:
      $\textbf{A}$ = $-(F(1) - F(\frac{1}{e})) = F(\frac{1}{e}) - F(1)$ = $\textbf{- $\frac{1}{e}$ + 1}$ (en unités d'aire).
  • 4.
    • a. Dans [1; t] (où t > 1), $C_h$ est au-dessus de $C_g$; donc $\textbf{h($x$) - g($x$) $\geq$ 0}$ dans [1; t].
      Donc $B_t = \int^t_1 (h(x) - g(x))dx = \int^t_1 (ln\ x + 1 - \frac{1}{x})dx = \int^t_1 f(x) dx = F(t) - F(1)$; soit $B_t = t\ ln\ t - ln\ t$.
    • b. $\textbf{A = $B_t$}$ s'écrit alors $1 - \frac{1}{e} = t\ ln\ t - ln\ t$; mézossi: $\textbf{F(t) = 1 - $\frac{1}{e}$ qui est l'égalité}$ résolue en B6: donc $t = \alpha$.