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[ Correction du Baccalauréat STI2D Examen Blanc \
11 décembre 2012
EXERCICE 1 3 points
Pour tout entier naturel n, on pose un = 3n2 +2n.
1. On conjecture que la limite de la suite un lorsque n tend vers +∞ est +∞ :
limx →+∞
un = +∞.
2. a. À l’aide d’un algorithme on trouve N = 18. On peut vérifier que u17 = 901et u18 = 1008.
b. Les points pour lesquels un > 103 sont représentés par des croix :
1000
2000
3000
4000
5000
5 10 15 20 25 30 35−5
b b b b b b b b b b b b b b b b b b × × ××
××
××
××
××
××
××
××
××
××
3. Soit la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par
f (x) = 3x2 +2x.
a. f ′(x) = 6x +2.Pour tout x de l’intervalle [0 ; +∞[, f ′(x) est positive. On déduit que lafonction f est croissante sur [0 ; +∞[.
x
f ′(x)
f (x)
0 +∞
+
00
+∞+∞
b. On remarque tout d’abord que f (n) = 3n2 +2n = un .D’après la question 3.a., la fonction f est croissante sur [0 ; +∞[, doncla suite (un) est également croissante. Et on déduit que pour tout entiernaturel n > 18 on a un > 103.
Exercice 2 3 points
Pour tout entier naturel n on définie la suite vn par :
vn =2
n2 +3
Baccalauréat STI2D Lycée Don Bosco
1.n 0 10 50 100 150vn
23
2103 0,000799 0,0001999 8,9 ·10−5
n 200 250 300 350 450vn 5 ·10−5 3 ·10−5 2,2 ·10−5 1,6 ·10−5 9,9 ·10−6
2. a. Soit n un entier naturel, n2 > 0 donc n2 +3 > 3, c’est-à-dire à plus forteraison n2 +3> 0. Donc on déduit 2
n2+3> 0.
Donc pour tout entier naturel n, on a vn > 0
b. Soit n un entier naturel, en utilisant la question précédente on peut écrireque :|vn |6 10−4 est équivalent à vn 6 10−4. Résolvons
vn 6 10−4
⇐⇒2
n2 +36 10−4
⇐⇒n2 +3
2>
1
10−4
Car 2n2+3
est positif d’après la question 1..
vn 6 10−4 ⇐⇒ n2 +3> 2 ·104
⇐⇒ n2> 2 ·104 −3
⇐⇒ n >
√
2 ·104 −3
⇐⇒ n > 141,41
Donc on déduit que l’entier N à partir duquel vN 6 10−4 est N = 142.On vérifie que :v141 = 2
1412+3≃ 1,0058 ·10−4
et v142 = 21422+3
≃ 9,9 ·10−5 .
Exercice 3 2 points
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : f (x) = 2x − x ln x.Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : g (x) = 2− ln(3x).
1. f (3e) = 2×3e−3e ln(3e) = 6e−3e (ln3+ ln e) = 6e−3e(ln3+1)−6e−3e ln3−3e= 3e−3e ln 3.Réponse b.
2. Soit x un réel de l’intervalle ]0 ; +∞[ Résolvons l’équation f (x) = 0 :
f (x) = 0
⇐⇒ 2x − x ln x = 0
⇐⇒ x(2− ln x) = 0
⇐⇒ x = 0 ou 2− ln x = 0
⇐⇒ x = 0 ou 2 = ln x
⇐⇒ x = 0 ou ln(e2) = ln x
⇐⇒ x = 0 ou e2 = x
Or 0 ∉]0 ; +∞[, donc l’ensemble des solutions de l’équation est S ={
e2}
ré-ponse b.
Corrigé Examen Blanc 2 11 décembre 2012
Baccalauréat STI2D Lycée Don Bosco
3.
limx →+∞
3x =+∞,donc limx →+∞
ln(3x) =+∞.
Donc on déduit limx →+∞
− ln(3x) =−∞,et par somme limx →+∞
(2− ln(3x)) =−∞.
Réponse c.
4. Une primitive de la fonction g sur ]0;+∞[ est la fonction F définie sur ]0;+∞[par F (x)= 3x − x ln(3x) : en effet
F ′(x) = 3−(
ln(3x)+ x3
3x
)
= 3− (ln(3x)+1) = 2− ln(3x)
Réponse b..
EXERCICE 4 4 points
Partie A
Soit la fonction f définie sur [0,5 ; 25] par : f (x) = 8,68× ln x +93,28.
1. a. La fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle [0,5; 25] est :
f ′(x) =8,68
x.
b. Pour tout réel x de l’intervalle [0,5 ; 25] la fonction dérivée f ′ est positive.
c. On déduit le tableau de variation de la fonction f sur l’intervalle [0,5 ; 25] :
x
f ′(x)
f (x)
0.5 25
+
f (0.5)f (0.5)
f (25)f (25)
2.x 0,5 1 2 5 10 16 25
f (x) 87 93 99 107 113 117 121
3.
90
100
110
120
130
×
A = (14, 116.19)
×
B = (21.76, 120.01)
Corrigé Examen Blanc 3 11 décembre 2012
Baccalauréat STI2D Lycée Don Bosco
Partie B
1. a. Le point A représente la réponse 3 du logiciel et à partir du point B laréponse 4.
b. Pour un volume sonore supérieur à 120 décibels la pression supporté estsupérieur à e3,08 ≃ 21,76 bars.
2. D’après la question précédente, la pression que l’oreille de la personne subitsi elle est soumise à une intensité sonore de 120 décibels est d’environ 21,76bar.
Exercice 5 4 points
La fonction g définie sur ]0 ; +∞[, dont la représentation graphique C obtenue surl’écran d’une calculatrice est donnée sur la figure si dessous.
1
2
3
4
5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C
∆
1. Graphiquement, on détermine limx → 0
g (x)=+∞ et limx →+∞
g (x)= 1.
2. Graphiquement on peut donner un tableau de signe de g (x) quand x variedans l’intervalle ]0 ; +∞[:
x
g (x)
0 1 3 +∞
+ 0 − 0 +
.
3. On admet que pour tout x de ]0 ; +∞[,
g (x) =ax2 +bx +c
x2,
où a, b ; c sont trois constantes réels.
a.
limx →+∞
ax2 +bx +c
x2= a.
D’après la question 1. on déduit la valeur de a = 1.
b. Graphiquement on lit g (1) = 0 et g (3) = 0.Dans la suite de l’exercice on admet que la fonction g est de la forme
g (x) =x2 +bx +c
x2.
Corrigé Examen Blanc 4 11 décembre 2012
Baccalauréat STI2D Lycée Don Bosco
c.
g (1)=12 +b ×1+c
12= 1+b +c et g (3) =
33 +b ×3+c
32=
9+3b +c
9
On déduit de la question 3.b. le système de deux équations à deux incon-nues suivant :
(S)
1+b +c = 0
9+3b +c
9= 0
d. On résout le système en soustrayant la première ligne à la seconde onobtient :
(S)⇔{
1+b +c = 0
9+3b +c = 0⇔
{
1+b +c = 0
8+2b = 0⇔
{
1+b +c = 0
2b =−8⇔
{
c =−b −1
b =−4⇔
{
c = 3
b =−4
Donc au final, on conclut que :
g (x)=x2 −4x +3
x2
Exercice 6 4 points
Soit la fonction f définie sur R par : f (x) = 1+ sin (2x).
1. Un primitive F de la fonction f est donnée par :
F (x) = x −1
2cos(2x).
2.
Vm =1
π
(F (π)−F (0))=1
π
(
π−1
2cos(2π)−
(
0−1
2cos 0
))
=1
π
(
π−1
2+
1
2
)
= 1
Vm est appeler la valeur moyenne de la fonction f sur [0 ; π]
3. a. D’après la formule sin2(X ) = 1−cos(2X )2 , on déduit que pour tout x de R,
sin2 (2x) =1−cos (4x)
2.
b.(
f (x))2 = (1+ sin (2x))2 = 1+2sin(2x)+(sin(2x))2 = 1+2sin(2x)+
1−cos (4x)
2
Donc on obtient :(
f (x))2 = 3
2 +2sin(2x)−1
2cos (4x)
c. Une primitive G de(
f (x))2 sur R est donnée par :
G(x) =3
2x +cos(2x)+
1
2·
sin(4x)
4=
3
2x +cos(2x)+
1
8sin(4x).
d.
A =1
π
(G(π)−G(0))
A =1
π
(
3
2π+cos(2π)+
1
8sin(4π)−
(
3
2×0+cos 0+
1
8sin 0
))
A =1
π
(
3
2π+1−1
)
A =3
2
A est la valeur efficace de la fonction f sur [0 ; π].
a =p
A =√
3
2.
Corrigé Examen Blanc 5 11 décembre 2012