Sujetexercice 1exercice 2exercice 3Problème

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا - الدورة العادية 2025

Problème (11 points) :

Partie I :

Le graphique ci-contre représente les courbes (Cs)(C_s) et (Ch)(C_h) des fonctions : g:x↦x2g : x \mapsto x^2 et h:x↦2ln⁡x−(ln⁡x)2h : x \mapsto 2 \ln x - (\ln x)^2 sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[ dans un même repère orthonormé.

x y 1 2 3 4 5 6 7 8 9 − 3 − 2 − 1 1 2 3 4 ( C g ) ( C h )

1) a) Justifier graphiquement que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[ : g(x)−h(x)>0g(x) - h(x) > 0

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D’après le graphe, la courbe (Cg)(C_g) est située strictement au-dessus de la courbe (Ch)(C_h) sur l’intervalle ]0;+∞[]0; +\infty[.

On en déduit que, pour tout x∈]0;+∞[x \in ]0; +\infty[, on a :

g(x)−h(x)>0g(x) - h(x) > 0

1) b) Déduire que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[ : 2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2} < 1

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(∀x∈]0;+∞[: g(x)−h(x)>0(\forall x \in]0;+\infty[:~g(x)-h(x)>0

  ⟺  x2−2ln⁡x+(ln⁡x)2>0  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2<x2  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\begin{align*} &\iff x^2-2\ln x+(\ln x)^2>0\\ &\iff 2\ln x-(\ln x)^2<x^2 \\ &\iff \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}<1 \end{align*}

2) a) Vérifier que la fonction H:x↦xln⁡x−xH : x \mapsto x \ln x - x est une primitive de la fonction x↦ln⁡xx \mapsto \ln x sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[, puis déduire que ∫1e2ln⁡(x)dx=1+e2\displaystyle\int_1^{e^2} \ln(x) dx = 1 + e^2

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HH est dérivable sur ]0;+∞[]0;+\infty[ et on a :

H′(x)=ln⁡x+x×1x−1=ln⁡x=h(x)\begin{align*} H'(x)&=\ln x+x\times\dfrac1x-1\\&=\ln x =h(x) \end{align*}

Donc HH est une primitive de hh sur ]0;+∞[]0;+\infty[.

∫1e2ln⁡xdx=∫1e2h(x)dx=[H(x)]1e2=H(e2)−H(1)=2e2−e2+1=1+e2\begin{align*} \int_1^{e^2}\ln x dx &=\int_1^{e^2} h(x)dx =[H(x)]_1^{e^2} \\ &= H(e^2)-H(1)\\ &=2e^2-e^2+1\\&=1+e^2 \end{align*}

2) b) En utilisant une intégration par parties, montrer que ∫1e2(ln⁡x)2dx=2e2−2\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2

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Formule d'intégration par parties :

∫u′(x)v(x)dx=[u(x)v(x)]−∫u(x)v′(x)dx\int u'(x)v(x)dx=[u(x)v(x)]-\int u(x)v'(x)dx

Pour ∫1e2(ln⁡x)2dx=2e2−2\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2 :

Posons : u′(x)=ln⁡xu'(x)=\ln x et v(x)=ln⁡xv(x)=\ln x

Donc u(x)=H(x)u(x)=H(x) et v′(x)=1xv'(x)=\dfrac{1}{x}

I=∫1e2(ln⁡x)2dx=[H(x)ln⁡x]1e2−∫1e2H(x)xdx=e2ln⁡(e2)−∫1e2(ln⁡x−1)dx=2e2−∫1e2ln⁡xdx+∫1e21dx=2e2−1−e2+[x]1e2=e2−1+(e2−1)=2e2−2\begin{align*} I&=\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx \\ &= [H(x)\ln x]_1^{e^2}-\int_1^{e^2}\frac{H(x)}{x} dx\\ &=e^2\ln(e^2)-\int_1^{e^2}(\ln x -1) dx \\ &=2e^2-\int_1^{e^2}\ln x dx+\int_1^{e^2}1 dx \\ &=2e^2-1-e^2+[x]_1^{e^2} \\ &=e^2-1+(e^2-1) \\ &=2e^2-2 \end{align*}

2) c) Résoudre sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[, l’équation h(x)=0h(x) = 0 et déduire les deux points d’intersection de la courbe (Ch)(C_h) avec l’axe des abscisses.

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Soit x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[ on a :

h(x)=0  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2=0  ⟺  ln⁡x(2−ln⁡x)=0  ⟺  ln⁡x=0 ou ln⁡x=2  ⟺  x=e0=1 ou x=e2\begin{align*} h(x)=0 &\iff 2\ln x -(\ln x)^2=0 \\ &\iff \ln x(2-\ln x)=0\\ &\iff \ln x=0 \text{ ou } \ln x=2 \\ &\iff x=e^0=1 \text{ ou } x=e^2 \end{align*}

Donc (Ch)(C_h) coupe l'axe des abscisses en deux points E(1,0)E(1,0) et F(e2,0)F(e^2,0).

2) d) Déduire, en unité d’aire, l’aire de la partie du plan délimitée par la courbe (Ch)(C_h), l’axe des abscisses, et les droites d’équations x=1x = 1 et x=e2x = e^2.

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A=∫1e2∣h(x)∣dx u\mathcal{A}=\int_1^{e^2} |h(x)|dx~u

avec uu : unité d'aire.

Or, la courbe (Ch)(C_h) est située au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle [1,e2][1, e^2], ce qui signifie que h(x)≥0h(x) \geq 0 sur cet intervalle.

Ainsi, on a : ∣h(x)∣=h(x)|h(x)| = h(x) pour tout x∈[1,e2]x \in [1, e^2].

A=∫1e2(2ln⁡x−(ln⁡x)2)dx=2∫1e2ln⁡xdx−I=2(1+e2)−(2e2−2)=2+2e2−2e2+2=4u\begin{align*} \mathcal{A}&=\int_1^{e^2} (2\ln x - (\ln x)^2)dx \\ &=2\int_1^{e^2}\ln x dx - I \\ &=2(1+e^2)-(2e^2-2) \\ &=2+2e^2-2e^2+2 \\ &=4 u \end{align*}

Partie II :

On considère la fonction numérique ff définie sur ]0,+∞[]0, +\infty[ par :

f(x)=x−(ln⁡x)2xf(x) = x - \dfrac{(\ln x)^2}{x}

Soit (Cf)(C_f) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

1) a) Vérifier que lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty et donner une interprétation géométrique de ce résultat.

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lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=-\infty

Car lim⁡x→0+x=0\lim\limits_{x\to 0^+}x=0 et lim⁡x→0+−(ln⁡x)2x=−∞\lim\limits_{x\to 0^+}-\dfrac{(\ln x)^2}{x}=-\infty.

Interprétation : La droite d'équation x=0x = 0 (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à la courbe (Cf)(C_f).

1) b) Montrer que lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x} = 0 (on peut poser t=xt = \sqrt{x}), puis calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x \to +\infty} f(x).

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On pose t=xt=\sqrt{x} donc x=t2x=t^2 et x→+∞  ⟹  t→+∞x \to +\infty \implies t \to +\infty.

lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=lim⁡t→+∞(2ln⁡t)2t2=lim⁡t→+∞4(ln⁡tt)2=0\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}&=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{(2\ln t)^2}{t^2}\\ &=\lim\limits_{t\to+\infty}4\left(\dfrac{\ln t}{t}\right)^2\\ &=0 \end{align*}

Car lim⁡t→+∞ln⁡tt=0\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0.

lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty

Car lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0 et lim⁡x→+∞x=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty.

1) c) Déduire que la droite d’équation y=xy = x est une asymptote oblique de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.

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lim⁡x→+∞(f(x)−x)=lim⁡x→+∞−(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)=\lim\limits_{x\to+\infty}-\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0

Et donc la droite d'équation y=xy=x est une asymptote oblique de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.

2) a) Montrer que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[, f′(x)=1−2ln⁡x−(ln⁡x)2x2f'(x) = 1 - \dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2}.

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La fonction ff est dérivable sur ]0,+∞[]0, +\infty[ par somme, produit et quotient.

∀x∈]0,+∞[\forall x \in ]0, +\infty[ :

f′(x)=1−2×1xln⁡x×x−(ln⁡x)2×1x2=1−2ln⁡x−(ln⁡x)2x2\begin{align*} f'(x) &=1-\dfrac{2\times\dfrac{1}{x}\ln x\times x - (\ln x)^2\times 1}{x^2}\\ &=1-\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2} \end{align*}

2) b) Montrer que la fonction ff est strictement croissante sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[ (utiliser la question Partie I-1-b).

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On a d'après la question Partie I-1-b : ∀x∈]0,+∞[\forall x \in ]0, +\infty[, 2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2} < 1.

Donc f′(x)>0f'(x) > 0 et par conséquent, la fonction ff est strictement croissante sur ]0,+∞[]0, +\infty[.

3) a) Montrer que l’équation f(x)=0f(x) = 0 admet une solution unique α\alpha dans ]0,+∞[]0, +\infty[.

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On a ff est continue sur ]0,+∞[]0, +\infty[ (car dérivable).

Et f(]0,+∞[)=]lim⁡x→0+f(x),lim⁡x→+∞f(x)[=]−∞,+∞[=Rf(]0, +\infty[) = ]\lim\limits_{x\to 0^+} f(x), \lim\limits_{x\to+\infty} f(x)[ = ]-\infty, +\infty[ = \mathbb{R}.

Et comme 0∈R0 \in \mathbb{R}, alors d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x)=0f(x)=0 admet au moins une solution α∈]0,+∞[\alpha \in ]0, +\infty[.

Comme ff est strictement croissante, alors α\alpha est unique.

3) b) Vérifier que e−1<α<1e^{-1} < \alpha < 1 et montrer que ln⁡α=−α\ln \alpha = -\alpha.

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  • f(e−1)=e−1−(−1)2e−1=e−2−1e−1<0f(e^{-1})=e^{-1}-\frac{(-1)^2}{e^{-1}}=\frac{e^{-2}-1}{e^{-1}}<0
  • f(1)=1−021=1>0f(1)=1-\frac{0^2}{1}=1>0

Donc f(e−1)f(1)<0f(e^{-1})f(1)<0, ce qui prouve que e−1<α<1e^{-1}<\alpha<1.

On a f(α)=0f(\alpha)=0, donc α−(ln⁡α)2α=0\alpha - \dfrac{(\ln\alpha)^2}{\alpha}=0.

Ce qui donne α2=(ln⁡α)2\alpha^2 = (\ln\alpha)^2.

Comme α∈]e−1,1[\alpha \in ]e^{-1}, 1[, alors ln⁡α<0\ln\alpha < 0 et α>0\alpha > 0. Donc ln⁡α=−α\ln\alpha = -\alpha.

3) c) Montrer que f(x)≤xf(x) \leq x pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[.

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f(x)−x=−(ln⁡x)2xf(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^2}{x}

Pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[, on a x>0x > 0 et (ln⁡x)2≥0(\ln x)^2 \geq 0.

Donc f(x)−x≤0f(x)-x \leq 0.

Par conséquent : ∀x∈]0,+∞[\forall x \in ]0, +\infty[, f(x)≤xf(x) \leq x.

3) d) Montrer que y=xy = x est l’équation de la tangente (T)(T) à la courbe (Cf)(C_f) au point d’abscisse 1.

Afficher la correction (T):y=f′(1)(x−1)+f(1)=1(x−1)+1=x\begin{align*} (T) : y &=f'(1)(x-1)+f(1)\\ &=1(x-1)+1 \\ &=x \end{align*}

4) Le graphique ci-aprés représente la courbe (Cf)(C_f) dans le repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

xy1234−3−2−11234(Cf)y=x

Soit φ\varphi la restriction de ff sur l’intervalle ]0,1]]0,1].

a) Montrer que φ\varphi admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer.

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φ(x)=f(x)\varphi(x)=f(x) pour tout x∈]0,1]x \in ]0,1].

φ\varphi est continue et strictement croissante sur ]0,1]]0,1], alors elle admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur J=φ(]0,1])=]−∞,1]J=\varphi(]0,1])=]-\infty,1].

b) Montrer que φ−1\varphi^{-1} est dérivable en 0 et que (φ−1)′(0)=α2+2α(\varphi^{-1})'(0) = \dfrac{\alpha}{2 + 2\alpha}.

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On sait que f(α)=0f(\alpha)=0 et α∈]e−1,1[\alpha \in ]e^{-1},1[.

Comme ]e−1,1[⊂]0,1]]e^{-1},1[ \subset ]0,1], alors φ(α)=0\varphi(\alpha)=0 et donc φ−1(0)=α\varphi^{-1}(0)=\alpha.

Et comme φ′(α)>0\varphi'(\alpha)>0 donc φ′(α)≠0\varphi'(\alpha)\neq 0.

Ainsi, φ−1\varphi^{-1} est dérivable en 00 et on a :

(φ−1)′(0)=1φ′(φ−1(0))=1φ′(α)\begin{align*} (\varphi^{-1})'(0) &=\dfrac{1}{\varphi'(\varphi^{-1}(0))}\\ &=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)} \end{align*}

D'après 3)b), on a ln⁡α=−α\ln\alpha=-\alpha. Remplaçons dans l'expression de φ′(α)\varphi'(\alpha) :

φ′(α)=1−2ln⁡α−(ln⁡α)2α2=1−−2α−(−α)2α2=α2+2α+α2α2=2α2+2αα2=2α(α+1)α2=2α+2α\begin{align*} \varphi'(\alpha) &=1-\dfrac{2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}\\ &=1-\dfrac{-2\alpha-(-\alpha)^2}{\alpha^2}\\ &=\dfrac{\alpha^2+2\alpha+\alpha^2}{\alpha^2} \\ &=\dfrac{2\alpha^2+2\alpha}{\alpha^2}\\ &=\dfrac{2\alpha(\alpha+1)}{\alpha^2}\\ &=\dfrac{2\alpha+2}{\alpha} \end{align*}

Alors : (φ−1)′(0)=1φ′(α)=α2α+2(\varphi^{-1})'(0)=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)}=\dfrac{\alpha}{2\alpha+2}.

c) Recopier la courbe de φ\varphi et construire la courbe de φ−1\varphi^{-1} dans le repère (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

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On sait que la courbe de φ−1\varphi^{-1} est le symétrique de la courbe de ff sur ]0,1]]0,1] par rapport à la première bissectrice (la droite d'équation y=xy=x).

x y −3 −2 −1 1 2 3 4 −3 −2 −1 1 2 3 4 (Cf) y=x (Cφ−1)

Partie III :

Soit (un)(u_n) la suite numérique définie par u0=eu_0 = e et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n), pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

1) Montrer par récurrence que 1<un1 < u_n pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

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  • Pour n=0n=0 : u0=e>1u_0=e>1, donc l'initialisation est vraie.
  • Soit n∈Nn \in \mathbb{N}, supposons que 1<un1 < u_n et montrons que 1<un+11 < u_{n+1}.

On a 1<un1 < u_n. Comme ff est continue et strictement croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[, alors :

f(1)<f(un)f(1) < f(u_n)

Et puisque f(1)=1f(1) = 1 et f(un)=un+1f(u_n) = u_{n+1}, on obtient 1<un+11 < u_{n+1}.

D'après le principe de récurrence : ∀n∈N, 1<un\forall n \in \mathbb{N}, \ 1 < u_n.

2) a) Montrer que la suite (un)(u_n) est décroissante (utiliser la question Partie II-3-c).

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Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. D'après la question Partie II-3-c, on a pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0,+\infty[ : f(x)≤xf(x) \leq x.

Et comme un∈]1,+∞[u_n \in ]1,+\infty[ (donc dans ]0,+∞[]0,+\infty[), alors :

f(un)≤unf(u_n) \leq u_n

D'où un+1≤unu_{n+1} \leq u_n. Par conséquent, la suite (un)(u_n) est décroissante.

2) b) En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente.

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La suite (un)(u_n) est décroissante et elle est minorée par 1 (car un>1u_n > 1).

Toute suite décroissante et minorée est convergente. Donc (un)(u_n) converge.

2) c) Déterminer la limite de la suite (un)(u_n).

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On a les conditions suivantes :

  • ff est continue sur I=[1,+∞[I = [1,+\infty[
  • f(I)=[1;+∞[⊂If(I) = [1;+\infty[ \subset I
  • u0=e∈Iu_0 = e \in I
  • (un)(u_n) est convergente (posons ℓ=lim⁡un\ell = \lim u_n)

Alors la limite ℓ\ell de (un)(u_n) est solution de l'équation f(x)=xf(x) = x sur II.

f(x)=x  ⟺  x−(ln⁡x)2x=x  ⟺  −(ln⁡x)2x=0  ⟺  (ln⁡x)2=0  ⟺  ln⁡x=0  ⟺  x=1\begin{align*} f(x)=x &\iff x - \dfrac{(\ln x)^2}{x} = x \\ &\iff -\dfrac{(\ln x)^2}{x} = 0 \\ &\iff (\ln x)^2 = 0 \\ &\iff \ln x = 0 \\ &\iff x = 1 \end{align*}

Et donc : lim⁡un=1\lim u_n = 1.