Sujetexercice 1exercice 2exercice 3Problème

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا - الدورة العادية 2026

Problème (11 points) :

Partie I :

On considère les fonctions numériques gg et hh définies sur ]0,+∞[]0, +\infty[ par : g(x)=1−ln⁡xg(x) = 1 - \ln x et h(x)=x2ex−1h(x) = x^2e^{x-1}

1.a. Calculer g(1)g(1) et h(1)h(1)

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  • g(1)=1−ln⁡(1)=1g(1)=1-\ln(1)=1
  • h(1)=12e1−1=e0=1h(1)=1^2e^{1-1}=e^0=1

1.b. Résoudre l'équation g(x)=0g(x) = 0 dans l'intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[

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Soit x∈]0,+∞[x\in]0, +\infty[

g(x)=0  ⟺  1−ln⁡(x)=0  ⟺  ln⁡(x)=1  ⟺  x=e\begin{aligned} g(x)=0 &\iff 1-\ln(x)=0 \\& \iff \ln(x)=1 \\& \iff x=e \end{aligned}

2. Le graphique ci-dessous représente les courbes (Cg)(\mathcal{C}_g) et (Ch)(\mathcal{C}_h) des fonctions gg et hh dans un même repère orthonormé.

0−11234−11234dvisvgm:rawset 4dvisvgm:rawdefdvisvgm:rawput 4(Cg)(Ch)e

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

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  • sur ]0,1[]0, 1[ , on voit que (Ch)(C_h) est située en dessous de (Cg)(C_g) donc :
∀x∈]0,1[ : h(x)−g(x)<0\forall x \in ]0, 1[ ~:~ h(x) - g(x) < 0

  • sur ]1,+∞[]1, +\infty[ , on voit que (Ch)(C_h) est située au dessus de (Cg)(C_g) donc :

    ∀x∈]1,+∞[ : h(x)−g(x)>0\forall x \in ]1, +\infty[ ~:~ h(x) - g(x) > 0

2.b. En utilisant une intégration par parties, montrer que : ∫1eg(x) dx=e−2\displaystyle\int_{1}^{e} g(x) \, \mathrm{d}x = e - 2

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∫1eg(x) dx avec : g(x)=1−ln⁡(x) \displaystyle\int_{1}^{e} g(x) \, \mathrm{d}x \qquad \text{ avec : }g(x)=1-\ln(x)

on pose u(x)=g(x)u(x)=g(x) et v′(x)=1v'(x)=1

donc : u′(x)=g′(x)=−1xu'(x)=g'(x)=-\dfrac1x et v(x)=xv(x)=x

∫1eg(x) dx=[u(x)v(x)]1e−∫1eu′(x)v(x) dx=[x⋅g(x)]1e−∫1e−1x×x dx=e⋅g(e)−1⋅g(1)+∫1e1 dx=−1+[x]1e=−1+e−1=e−2\begin{aligned} \int_{1}^{e} g(x) \, \mathrm{d}x &=[u(x)v(x)]_1^e-\int_{1}^{e} u'(x)v(x) \ \mathrm{d}x \\ &=[x \cdot g(x)]_1^e - \int_{1}^{e} -\dfrac1x \times x \ \mathrm{d}x \\ &=e \cdot g(e)-1 \cdot g(1)+\int_{1}^{e}1 \ \mathrm{d}x \\ &=-1+[x]_1^e \\ &=-1+e-1 \\ &=e-2 \end{aligned}

2.c. Vérifier que la fonction H:x↦ex−1(x2−2x+2)H : x \mapsto e^{x-1}(x^2 - 2x + 2) est une primitive de la fonction hh sur ]0,+∞[]0, +\infty[, puis calculer ∫01h(x) dx\int_{0}^{1} h(x) \, \mathrm{d}x

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  • La fonction H est dérivable sur ]0,+∞[]0,+\infty[
  • pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[ :
H′(x)=(ex−1(x2−2x+2))′=(ex−1)′(x2−2x+2)+ex−1(x2−2x+2)′=ex−1(x2−2x+2)+ex−1(2x−2)=ex−1(x2−2x+2+2x−2)=x2ex−1=h(x)\begin{aligned} H'(x) &= \left(e^{x-1}(x^2 - 2x + 2)\right)' \\ &= (e^{x-1})'(x^2 - 2x + 2) + e^{x-1}(x^2 - 2x + 2)' \\ &= e^{x-1}(x^2 - 2x + 2) + e^{x-1}(2x - 2) \\ &= e^{x-1}(x^2 - 2x + 2 + 2x - 2) \\ &= x^2e^{x-1} = h(x) \end{aligned}

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

La fonction h est continue en 0 donc on peut calculer l'intégrale ∫01h(x) dx\int_{0}^{1} h(x) \, \mathrm{d}x

∫01h(x) dx=[H(x)]01=H(1)−H(0)=1−e−1×2=1−2e\begin{aligned} \int_{0}^{1} h(x) \, \mathrm{d}x &= [H(x)]_0^1 \\ &= H(1) - H(0) \\ &= 1 - e^{-1}\times 2 \\ &= 1-\dfrac2e \end{aligned}

2.d. Calculer l'aire du domaine hachuré sur le graphique précédent. (en unité d'aire)

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L'aire demandée A\mathcal{A} est délimitée par l'axe des abscisses, les droites x=0x=0, x=ex=e, et les courbes (Ch)(\mathcal{C}_h) sur [0,1][0,1] et (Cg)(\mathcal{C}_g) sur [1,e][1,e].

A=∫01∣h(x)∣ dx+∫1e∣g(x)∣ dx\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_{0}^{1} |h(x)| \, \mathrm{d}x + \int_{1}^{e} |g(x)| \, \mathrm{d}x \\ \end{aligned}

la partie hachurée est au dessus de l'axe des abscisses donc

A=∫01h(x) dx+∫1eg(x) dx\begin{aligned} \mathcal{A} &= \int_{0}^{1} h(x) \, \mathrm{d}x + \int_{1}^{e} g(x) \, \mathrm{d}x \\ \end{aligned}

D'après les questions 2.b et 2.c, on a :

∫01h(x) dx=1−2e et ∫1eg(x) dx=e−2\int_{0}^{1} h(x) \, \mathrm{d}x = 1 - \frac{2}{e} \quad\text{ et }\quad \int_{1}^{e} g(x) \, \mathrm{d}x = e - 2

Par conséquent :

A=(1−2e)+(e−2)=e−1−2e(en u.a.)\mathcal{A} = \left(1 - \frac{2}{e}\right) + (e - 2) = e - 1 - \frac{2}{e} \quad (\text{en } u.a.)

Partie II :

On considère la fonction numérique ff définie sur ]0,+∞[]0, +\infty[ par f(x)=ex−1−ln⁡xxf(x) = e^{x-1} - \frac{\ln x}{x} Soit (Cf)(\mathcal{C}_f) sa courbe 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, puis interpréter géométriquement ce résultat.

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lim⁡x→0+f(x)=lim⁡x→0+(ex−1−ln⁡xx) \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = \lim\limits_{x \to 0^+} \left(e^{x-1} - \frac{\ln x}{x}\right)

  • lim⁡x→0+ex−1=e−1\lim\limits_{x \to 0^+} e^{x-1} = e^{-1}

  • {∙lim⁡x→0+ln⁡x=−∞∙lim⁡x→0+x=0+  ⟹  lim⁡x→0+−ln⁡xx=+∞ \begin{cases}\bullet \lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty \\ \bullet \lim\limits_{x \to 0^+} x = 0^+ \end{cases} \implies \lim\limits_{x \to 0^+} -\frac{\ln x}{x} = +\infty

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

Interprétation géométrique : La droite d'équation x=0x = 0 (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à la courbe (Cf)(\mathcal{C}_f).

1.b. Vérifier que lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty

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On a : lim⁡x→+∞f(x)=lim⁡x→+∞(ex−1−ln⁡xx)\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \left(e^{x-1} - \frac{\ln x}{x}\right)

  • lim⁡x→+∞ln⁡xx=0\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0 (limite usuelle)
  • lim⁡x→+∞ex−1=lim⁡x→+∞e−1ex=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} e^{x-1} =\lim\limits_{x \to +\infty} e^{-1}e^{x}= +\infty.

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

1.c. Montrer que lim⁡x→+∞f(x)x=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = +\infty, puis interpréter géométriquement ce résultat.

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lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞(ex−1x−ln⁡xx2)\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \left( \frac{e^{x-1}}{x} - \frac{\ln x}{x^2} \right)

  • lim⁡x→+∞ex−1x=lim⁡x→+∞exx×e−1=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^{x-1}}{x}=\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}{x}\times e^{-1}=+\infty

  • lim⁡x→+∞ln⁡xx2=0\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = 0.

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

Interprétation géométrique :

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

Alors la courbe (Cf)(\mathcal{C}_f) admet une branche parabolique de direction asymptotique l'axe des ordonnées au voisinage de +∞+\infty.

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

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

Soit x∈]0,+∞[x\in]0, +\infty[

f′(x)=(ex−1)′−(ln⁡xx)′=ex−1−(ln⁡x)′⋅x−(ln⁡x)⋅(x)′x2=ex−1−1x⋅x−ln⁡xx2=ex−1−1−ln⁡xx2=x2ex−1−(1−ln⁡x)x2=h(x)−g(x)x2 \begin{aligned} f'(x) &= (e^{x-1})' - \left(\frac{\ln x}{x}\right)' \\ &= e^{x-1} - \frac{(\ln x)' \cdot x - (\ln x) \cdot (x)'}{x^2} \\ &= e^{x-1} - \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x}{x^2} \\ &= e^{x-1} - \frac{1 - \ln x}{x^2} \\ &= \frac{x^2e^{x-1} - (1 - \ln x)}{x^2} \\ &= \frac{h(x) - g(x)}{x^2} \end{aligned}

2.b. Dresser le tableau de variations de ff sur ]0,+∞[]0, +\infty[ (On peut utiliser la question 2.a de la partie I.)

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Pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[, x2>0x^2 > 0, donc le signe de f′(x)f'(x) est celui de h(x)−g(x)h(x) - g(x).

D'après la question 2.a de la Partie I :

  • Sur ]0,1[]0, 1[, h(x)−g(x)<0  ⟹  f′(x)<0h(x) - g(x) < 0 \implies f'(x) < 0.
  • Sur ]1,+∞[]1, +\infty[, h(x)−g(x)>0  ⟹  f′(x)>0h(x) - g(x) > 0 \implies f'(x) > 0.
  • Et pour x=1x=1, h(1)−g(1)=0  ⟹  f′(1)=0h(1) - g(1) = 0 \implies f'(1) = 0.

On calcule l'image de 1 : f(1)=e1−1−ln⁡11=1f(1) = e^{1-1} - \frac{\ln 1}{1} = 1.

Le tableau de variations de ff est donc :

xfʹ(x)f(x)01+∞+∞1+∞0−+

2.c. Déduire que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[, ex−1≥1+ln⁡xxe^{x-1} \geq 1 + \frac{\ln x}{x}

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D'après le tableau de variations, la fonction ff admet un minimum absolue sur ]0,+∞[]0, +\infty[ en x=1x=1, qui vaut f(1)=1f(1) = 1. Donc, pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[ :

f(x)≥1f(x) \geq 1 ex−1−ln⁡xx≥1e^{x-1} - \frac{\ln x}{x} \geq 1 ex−1≥1+ln⁡xxe^{x-1} \geq 1 + \frac{\ln x}{x}

3. Montrer que l'équation f(x)=xf(x) = x admet une solution α\alpha tel que : 32<α<2\frac{3}{2} < \alpha < 2 (On donne f(2)≈2,37f(2) \approx 2,37 et f(32)≈1,38f\left(\frac{3}{2}\right) \approx 1,38)

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Considérons la fonction kk définie sur [32,2][\frac{3}{2}, 2] par k(x)=f(x)−xk(x) = f(x) - x.

  • La fonction kk est continue sur [32,2][\frac{3}{2}, 2] (somme de fonctions continues).
  • k(2)=f(2)−2≈0,37>0k(2) = f(2) - 2 \approx 0,37 > 0
  • k(32)=f(32)−32≈−0,12<0k(\frac{3}{2}) = f(\frac{3}{2}) - \frac{3}{2} \approx -0,12 < 0

Puisque k(32)×k(2)<0k(\frac{3}{2}) \times k(2) < 0, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), l'équation k(x)=0k(x) = 0 admet au moins une solution α∈]32,2[\alpha \in ]\frac{3}{2}, 2[. Donc, l'équation f(x)=xf(x) = x admet bien une solution α\alpha tel que 32<α<2\frac{3}{2} < \alpha < 2.

4. Soit φ\varphi la restriction de la fonction ff sur l'intervalle [1,+∞[[1, +\infty[

4.a. Montrer que φ\varphi admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur un intervalle JJ que l'on déterminera. (L'expression φ−1(x)\varphi^{-1}(x) n'est pas demandée.)

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La fonction φ\varphi (restriction de ff sur [1,+∞[[1, +\infty[) est :

  • Continue sur [1,+∞[[1, +\infty[ (car ff est dérivable sur [1,+∞[[1, +\infty[).
  • Strictement croissante sur [1,+∞[[1, +\infty[ (d'après le tableau de variations de ff).

Par conséquent, φ\varphi admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur J=φ([1,+∞[)J = \varphi([1, +\infty[).

J=[φ(1),lim⁡x→+∞φ(x)[=[1,+∞[J = [\varphi(1), \lim\limits_{x \to +\infty} \varphi(x)[ = [1, +\infty[

4.b. Justifier que la fonction φ−1\varphi^{-1} est strictement croissante sur l'intervalle JJ

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La fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} a le même sens de variation que la fonction φ\varphi sur son intervalle de définition. Puisque φ\varphi est strictement croissante sur [1,+∞[[1, +\infty[, alors φ−1\varphi^{-1} est strictement croissante sur J=[1,+∞[J = [1, +\infty[.

5. Le graphique ci-dessous représente la courbe (Cφ)(\mathcal{C}_\varphi) de la fonction φ\varphi et la droite (Δ)(\Delta) d'équation y=xy = x dans un repère orthonormé.

0−11234−11234αα(Cφ)(Δ)

5.a. Justifier graphiquement que pour tout xx de [1,α]:φ(x)≤x[1, \alpha] : \varphi(x) \leq x

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Sur l'intervalle [1,α][1, \alpha], on observe sur le graphique que la courbe (Cφ)(\mathcal{C}_\varphi) est située en dessous ou sur la droite (Δ)(\Delta) d'équation y=xy = x.

Par conséquent : ∀x∈[1,α] : φ(x)≤x\forall x \in [1, \alpha] ~:~ \varphi(x) \leq x

5.b. Déduire que pour tout xx de [1,α]:φ−1(x)≥x[1, \alpha] : \varphi^{-1}(x) \geq x

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φ\varphi est continue et strictement croissante sur [1,α][1,\alpha], donc

φ([1,α])=[φ(1),φ(α)] \varphi([1,\alpha])=[\varphi(1),\varphi(\alpha)]

on a : α\alpha une solution de l'équation f(x)=xf(x)=x et comme α∈[1,32]\alpha\in[1,\frac32] et φ=f\varphi=f sur [1,+∞[[1,+\infty[ alors φ(α)=α\varphi(\alpha)=\alpha

et on a φ(1)=f(1)=1\varphi(1)=f(1)=1

donc φ([1,α])=[1,α]\varphi([1,\alpha])=[1,\alpha] et sa signifier que ∀x∈[1,α] : φ(x)∈[1,α]\forall x\in[1,\alpha] ~:~ \varphi(x)\in[1,\alpha]

Soit x∈[1,α]x \in [1, \alpha].

D'après la question 5.a, on a : φ(x)≤x\varphi(x) \leq x.

et on a d'après la question 5.b, φ−1\varphi^{-1} est strictement croissante sur [1,α][1,\alpha], alors :

φ−1(φ(x))≤φ−1(x)\varphi^{-1}(\varphi(x)) \leq \varphi^{-1}(x)

Or φ−1(φ(x))=x\varphi^{-1}(\varphi(x)) = x, on a donc :

x≤φ−1(x)x \leq \varphi^{-1}(x)

Finalement : ∀x∈[1,α] : φ−1(x)≥x\forall x \in [1, \alpha] ~:~ \varphi^{-1}(x) \geq x

5.c. Reproduire la courbe (Cφ)(\mathcal{C}_\varphi) et tracer la courbe (Cφ−1)(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}}) de la fonction φ−1\varphi^{-1} dans un même repère orthonormé.

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Méthode de tracé : La courbe représentative (Cφ−1)(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}}) s'obtient par symétrie axiale de la courbe (Cφ)(\mathcal{C}_\varphi) par rapport à la première bissectrice, c'est-à-dire la droite (Δ)(\Delta) d'équation y=xy = x.

  • Le point (1,1)(1, 1) appartient aux deux courbes et à (Δ)(\Delta).
  • Le point (α,α)(\alpha, \alpha) appartient aussi aux deux courbes (point d'intersection avec (Δ)(\Delta)).
  • La tangente horizontale de (Cφ)(\mathcal{C}_\varphi) au point (1,1)(1,1) devient une tangente verticale pour (Cφ−1)(\mathcal{C}_{\varphi^{-1}}) au même point (1,1)(1,1).
0−11234−11234αα(Cφ)(Cφ−1)(Δ)

Partie III :

Soit la suite numérique (un)(u_n) définie par u0∈]1,α[u_0 \in ]1, \alpha[ et un+1=φ−1(un)u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n), pour tout nn de N\mathbb{N}

1. Montrer par récurrence que 1<un<α1 < u_n < \alpha, pour tout entier naturel nn.

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Initialisation : Pour n=0n = 0, on a par hypothèse u0∈]1,α[u_0 \in ]1, \alpha[, donc 1<u0<α1 < u_0 < \alpha.

La proposition est donc vraie pour n=0n = 0.

Hérédité : Soit n∈Nn\in\N, supposons que 1<un<α1 < u_n < \alpha.

La fonction φ−1\varphi^{-1} est strictement croissante sur [1,α][1, \alpha] donc

φ−1(1)<φ−1(un)<φ−1(α) \varphi^{-1}(1) < \varphi^{-1}(u_n) < \varphi^{-1}(\alpha)
  • φ(1)=1  ⟹  φ−1(1)=1\varphi(1) = 1 \implies \varphi^{-1}(1) = 1
  • φ(α)=α  ⟹  φ−1(α)=α\varphi(\alpha) = \alpha \implies \varphi^{-1}(\alpha) = \alpha
  • un+1=φ−1(un)u_{n+1} = \varphi^{-1}(u_n)

L'inégalité devient :

1<un+1<α1 < u_{n+1} < \alpha

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout entier naturel nn, 1<un<α1 < u_n < \alpha.

2. Montrer que la suite (un)(u_n) est croissante. (On peut utiliser la question 5.b de la partie II.)

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D'après la question 5.b de la Partie II, on sait que pour tout x∈[1,α]x \in [1, \alpha], φ−1(x)≥x\varphi^{-1}(x) \geq x.

D'après la question 1 de cette partie, on a pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, un∈]1,α[⊂[1,α]u_n \in ]1, \alpha[ \subset [1, \alpha]. On peut donc remplacer xx par unu_n dans l'inégalité : φ−1(un)≥un\varphi^{-1}(u_n) \geq u_n

Ce qui équivaut à : un+1≥unu_{n+1} \geq u_n

Par conséquent, la suite (un)(u_n) est croissante.

3. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente et déterminer sa limite.

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Convergence : La suite (un)(u_n) est croissante et elle est majorée, donc la suite (un)(u_n) converge vers une limite ℓ\ell. Comme 1<un<α1 < u_n < \alpha, on a l∈[1,α]l \in [1, \alpha].

Calcul de la limite :

on a

  • u0∈[1,α]u_0\in[1,\alpha]
  • φ−1\varphi^{-1} est continue
  • un+1=φ−1(un)u_{n+1}=\varphi^{-1}(u_n)
  • (un)(u_n) est convergente
  • φ−1([1,α])=[1,α]\varphi^{-1}([1,\alpha])=[1,\alpha]

alors

lim⁡un=ℓ  ⟺  φ−1(ℓ)=ℓ  ⟺  ℓ=φ(ℓ)\begin{align*} \lim u_n=\ell & \iff \varphi^{-1}(\ell)=\ell \\ & \iff \ell=\varphi(\ell) \\ \end{align*}

D'après la question 3 de la Partie II et le graphique, les seules solutions de l'équation f(x)=xf(x) = x sur [1,+∞[[1, +\infty[ sont 11 et α\alpha.

donc ℓ=1\ell = 1 ou ℓ=α\ell = \alpha.

Or la suite (un)(u_n) est croissante donc ∀n∈N : un≥u0\forall n\in\N ~:~u_n \ge u_0

par passage a la limite ℓ≥u0\ell \ge u_0

et u0>1u_0 > 1, donc ℓ≥u0>1\ell \geq u_0 > 1.

La limite ne peut donc pas être 1.

On en conclut que lim⁡n→+∞un=α\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = \alpha.