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Corrig´e du devoir de math´ematiques
Exercice 1
I 1 =
2
− 2
3 x 5 dx =
[
x 6
] 2
− 2
6 − (−2) 6
I 2 =
0
(2x + 1)^2
dx =
[
×
2 x + 1
] 1
0
On int´egre par parties en posant u = 2x + 1 donc u ′ = 2, et v ′ = e 2 x donc v = 1 2 e 2 x , et alors
I 3 =
0
(2x + 1)e 2 x dx
[
(2x + 1)
e 2 x
] 1
0
0
2 ×
e
2 x dx
e 2 −
e 0 −
[
e 2 x
] 1
0
e 2 −
e 2 −
= e 2
Exercice 2 Bac juin 2008
- a) On d´erive : F = uv − u avec u(x) = x donc u ′ (x) = 1 et v(x) = ln x donc v ′ (x) =
x
et alors, F ′ = u ′ v − uv ′ − u ′ ,
soit F ′ (x) = ln x − x ×
x
− 1 = ln x = f (x)
ce qui montre que F est bien une primtive de f.
On en d´eduit
I =
∫ (^) e
1
ln x dx =
[
F (x)
]e
1
= F (e) − F (1)
= (e ln e − e) − (1 ln 1 − 1) = 1
b) On pose u = ln x donc u ′ =
x
et v ′ = ln x donc v = x ln x − x et et alors, en int´egrant par parties,
J =
[
ln x (x ln x − x)
]e
1
∫ (^) e
1
x
(x ln x − x)
∫ (^) e
1
(ln x − 1) dx
∫ (^) e
1
ln x dx +
∫ (^) e
1
1 dx
= −I + e − 1 = e − 2 I
car I = 1.
c) On en d´eduit la valeur de A :
A =
∫ (^) e
1
(f (x) − g(x)) dx
∫ (^) e
1
f (x) dx −
∫ (^) e
1
g(x) dx
= I − J = 1 − (e − 2 I)
= 1 − (e − 2) = 3 − e
Y. Morel xymaths - sp´e maths en terminale g´en´erale Corrig´e du devoir de math´ematiques - 1/ 3
- Pour x ∈ [1; e], on a
M N = d(x) = f (x) − g(x)
= ln x − (ln x)
2
Pour trouver le maximum de cette fonction, il suffit de connaˆıtre ses variations.
On a
d ′ (x) =
x
x
ln x =
x
(1 − 2 ln x)
avec 1 − 2 ln x > 0 ⇐⇒ ln x < 1 / 2 ⇐⇒ x < e 1 / 2 =
e et donc
x 1
e e
1 /x + | +
1 − 2 ln x + 0 | −
d ′ (x) + 0 | −
d (
e)
d ր ց
La distance est donc maximale en x =
e et cette distance maximale est
d
e
= ln
e −
ln
e
Exercice 3 Bac g´en´eral, s´erie S, 2011
Partie A
- a. f 1 est le produit des fonctions x 7 → x et x 7 → e −x qui sont
d´erivables sur IR. f 1 est donc d´erivable sur IR avec, pour
tout x r´eel, f ′ 1 (x) =^ e
−x (1 − x).
x −∞ 1 +∞
e −x
1 − x + 0 | −
f ′ 1 (x)^ +^0 |^ − 1
e f 1
−∞ 0
b. D’apr`es le graphique, on ne peut pas avoir k = 1, car
Ck n’est pas en accord avec le tableau de variation de
f 1.
Comme k est un entier naturel non nul, on doit
n´ecessaireent avoir k > 2.
- a. Pour n > 1, fn(0) = 0 n e − 0 = 0, donc le point O appartient `a toutes les courbes Cn.
Soit de plus I(x; y) ∈ C 1 ∩ C 2 , alors y = f 1 (x) = x −x et y = f 2 (x) = x 2 e −x .
On doit donc avoir, y = xe −x = x 2 e −x ⇐⇒ xe −x (1 − x) = 0 ⇐⇒ x(1 − x) = 0 car e −x 6 = 0 pour tout x
r´eel, et donc, x = 0 ou x = 1.
x = 0 correspond au point O, tandis que pour x = 1, y = f 1 (x) = e − 1 =
e
On v´erifie alors que, pour tout entier n, fn(1) = 1 n e − 1 =
e
, et donc que pour tout entier n, I
e
∈ Cn
b. fn est le produit de la fonction polynˆome x 7 → x n et de l’exponentielle x 7 → e −x qui sont d´erivables sur IR.
fn est donc d´erivable sur IR, avec,
f ′ n(x) =^ nx
n− 1 e −x − x n e −x = x n− 1 e −x (n − x).
- D’apr
es ce qui pr´ecede, f ′ 3 (x) =^ x
2 (3 − x)e −x , et on a le
tableau de variation suivant.
On en d´eduit en particulier que f 3 atteint un maximum en
x = 3.
x −∞ 3 +∞
f ′ 3 (x)^ +^0 |^ − ( 3
e
f 3
- a. La droite Tk est la tangente `a Ck en x = 1/ Tk a pour ´equation :
y = f ′ k(1)(x^ −^ 1) +^ fk(1) = (k^ −^ 1)e
− 1 (x − 1) + 1 k e − 1 =
k − 1
e
(x − 1) +
e
