الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا - الدورة الإستدراكية 2026

Soit $x \in \mathbb{R}$,

L'ensemble des solutions est donc $S = \{0\}$.

• Sur $]-\infty, 0[$ : Soit $x < 0$. On a : $2x< 0$

  et comme la fonction $x\mapsto e^x$ est croissante alors

  $$\begin{align*} 2x < 0 &\implies e^{2x} < e^0 \\ &\implies e^{2x} < 1 \\ &\implies e^{2x} - 1 < 0 \\ & \implies g(x) < 0 \end{align*}$$

  Donc : $\forall x \in ]-\infty, 0[$, $~g(x) < 0$.

• Sur $]0, +\infty[$ : Soit $x > 0$. On a : $2x > 0$

  et comme la fonction $x\mapsto e^x$ est croissante alors

  $$\begin{align*} 2x > 0 &\implies e^{2x} > e^0 \\ &\implies e^{2x} > 1 \\ & \implies g(x) > 0 \end{align*}$$

  Donc : $\forall x \in ]0, +\infty[$, $~ g(x) > 0$.

D'après la question 1.b, $g(x) \le 0$ sur $[-\ln 2, 0]$ et $g(x) \ge 0$ sur $[0, \ln 2]$.

En utilisant la relation de Chasles, on obtient :

Une primitive de $x \mapsto e^{2x}$ est $x \mapsto \frac{1}{2}e^{2x}$.

On simplifie les exponentielles : $e^{-2\ln 2} = e^{\ln(2^{-2})} = \frac{1}{4}$ et $e^{2\ln 2} = e^{\ln(2^2)} = 4$.

Soit $x\in\R$

$x\in D_f \iff 1+e^{-2x} > 0$

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on sait que $e^{-2x} > 0$, donc :

Puisque la condition $1 + e^{-2x} > 0$ est toujours vérifiée, le domaine de définition est $D_f = \mathbb{R}$.

• $\R$ est centré en $0$ (c'est à dire : $\forall x\in\R~:~-x\in\R$)

• Calculons $f(-x)$ :

  $$\begin{aligned} f(-x) &= -x - \ln 2 + \ln(1 + e^{-2(-x)}) \\ &= -x - \ln 2 + \ln(1 + e^{2x}) \end{aligned}$$

  Factorisons par $e^{2x}$ à l'intérieur du logarithme :

  $$\begin{aligned} f(-x) &= -x - \ln 2 + \ln(e^{2x}(e^{-2x} + 1)) \\ &= -x - \ln 2 + \ln(e^{2x}) + \ln(1 + e^{-2x}) \\ &= -x - \ln 2 + 2x + \ln(1 + e^{-2x}) \\ &= x - \ln 2 + \ln(1 + e^{-2x}) \\ &= f(x) \end{aligned}$$

  Puisque $f(-x) = f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$, la fonction $f$ est paire.

• Au voisinage de $+\infty$ :

  $$\lim\limits_{x\to+\infty} e^{-2x} =\lim\limits_{x\to+\infty} (e^{-x})^2 =0^2=0$$

  donc

  $$\lim\limits_{x\to+\infty} \ln(1 + e^{-2x}) = \ln(1) = 0$$

  De plus, $\lim\limits_{x\to+\infty} (x - \ln 2) = +\infty$.

  et donc :

  $$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$$

• Au voisinage de $-\infty$ :

on pose $t=-x$ donc $x=-t$ et comme $f$ est paire alors $f(-t)=f(t)$

et on a :

$x\to-\infty \iff t\to +\infty$

Comme vu précédemment, $\lim\limits_{x\to+\infty} e^{-2x} = 0$, donc $\lim\limits_{x\to+\infty} \ln(1 + e^{-2x}) = 0$.

Alors la droite $(\Delta)$ d'équation $y = x - \ln 2$ est une asymptote oblique à $(\mathcal{C}_{f})$ en $+\infty$.

on pose $t=-x$ donc $x=-t$ et on a $f(-t)=f(t)$ (car $f$ est paire)

Alors la droite $(\Delta')$ d'équation $y = -x - \ln 2$ est une asymptote de $(C_f)$ au voisinage de $-\infty$.

• La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ par somme produit et composée;

• Soit $x \in \mathbb{R}$ :

  $$\begin{aligned} f^{\prime}(x) &= (x - \ln 2)' + (\ln(1 + e^{-2x}))' \\ &= 1 + \frac{(1 + e^{-2x})'}{1 + e^{-2x}} \\ &= 1 + \frac{-2e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} \end{aligned}$$

  Multiplions le numérateur et le dénominateur de la fraction par $e^{2x}$ donc:

  $$\begin{aligned} f^{\prime}(x) &= 1 - \frac{2}{e^{2x} + 1} \\ &= \frac{e^{2x} + 1 - 2}{e^{2x} + 1} \\ &= \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} \\ &=\frac{g(x)}{1 + e^{2x}} \end{aligned}$$

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $1 + e^{2x} > 0$. Le signe de $f^{\prime}(x)$ est celui de $g(x)$. D'après la question 1.b de la Partie I :

• Sur $]0, +\infty[$, $g(x) > 0 \implies f^{\prime}(x) > 0$. Donc $f$ est strictement croissante sur $[0, +\infty[$.

• Sur $]-\infty, 0[$, $g(x) < 0 \implies f^{\prime}(x) < 0$. Donc $f$ est strictement décroissante sur $]-\infty, 0]$.

(Note : $f'(0) = 0$, donc la monotonie stricte s'étend aux intervalles fermés).

Soit $x \in \mathbb{R}$.

L'unique solution de l'équation est $0$. $S = \{0\}$.

Soit $x \in [0, +\infty[$. On a :

En ajoutant 1 à chaque membre :

Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante :

En ajoutant $x$ à chaque membre :

Alors :

Soit $x \in [0, +\infty[$

Étudions le signe de $f(x) - y_\Delta$ :

Pour tout $x \in \mathbb{R}$, $e^{-2x} > 0 \implies 1 + e^{-2x} > 1$.

Puisque $\ln(t) > 0$ pour $t > 1$, on a :

(on a remplacé $t$ par $1 + e^{-2x}$ )

Ainsi, $f(x) - y_\Delta > 0$ sur $[0, +\infty[$.

Conclusion : La courbe $(\mathcal{C}_{f})$ est au-dessus de l'asymptote $(\Delta)$ sur $[0, +\infty[$.

D'après la question 5.c, on a :

pour tout $x \in [0, +\infty[$ : $f(x) - (x - \ln 2) > 0$

D'autre part, on a vu dans la question 5.b que pour tout $x \ge 0$, $\ln(1 + e^{-2x}) \le \ln 2$.

Or $f(x) - (x - \ln 2) = \ln(1 + e^{-2x})$.

On déduit que pour tout $x$ de $[0,+\infty[$

Méthode de construction :

1. La fonction $f$ est paire (question 2.a), la courbe entière $(\mathcal{C}_{f})$ s'obtient donc en traçant le symétrique de la partie donnée par rapport à l'axe des ordonnées.
2. La droite $(\Delta')$ d'équation $y = -x - \ln 2$ est le symétrique de l'asymptote $(\Delta)$ par rapport à l'axe des ordonnées.
3. L'origine de la courbe symétrisée commence au minimum $(0, 0)$ (tangente horizontale commune $f'(0)=0$).

L'aire demandée $\mathcal{A}$ est donnée par l'intégrale :

Sur $[0, 1]$, la courbe est au-dessus de $(\Delta)$

Donc $|f(x) - y_\Delta| = f(x) - (x - \ln 2)$.

D'après la question 5.d, on a pour tout $x \in [0, 1]$ :

En intégrant cette inégalité sur l'intervalle $[0, 1]$ (les bornes sont dans le sens croissant), on obtient :

La fonction $\varphi$ (restriction de $f$ à $[0, +\infty[$) est :

• Continue sur $[0, +\infty[$ (car $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$).
• Strictement croissante sur $[0, +\infty[$ (d'après la question 4.b).

Par conséquent, $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur l'intervalle image $J = \varphi([0, +\infty[)$.

On a $\varphi(0) = f(0) = 0$ et $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = +\infty$.

Donc $J = [0, +\infty[$.

Vérifier que $\varphi^{-1}\left(\ln(\frac{5}{4})\right) = \ln 2$ revient à montrer que $\varphi(\ln 2) = \ln\left(\frac{5}{4}\right)$. Calculons $\varphi(\ln 2)$ :

On sait que $\varphi$ est dérivable sur $]0, +\infty[$ et $\varphi(\ln 2) = \ln(\frac{5}{4})$.

Calculons le nombre dérivé en $\ln 2$ :

Or, $e^{2\ln 2} = e^{\ln(2^2)} = 4$. Donc :

Puisque $\varphi'(\ln 2) \neq 0$, la fonction réciproque $\varphi^{-1}$ est dérivable en $\varphi(\ln 2) = \ln(\frac{5}{4})$, et on a :

• Initialisation : Pour $n=0$, $u_0 = \ln 2$. L'encadrement $0 \le \ln 2 \le \ln 2$ est vrai.

• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$. Supposons que $0 \le u_n \le \ln 2$ et montrons que $0 \le u_{n+1} \le \ln 2$.

  Puisque $f$ est strictement croissante sur $[0, +\infty[$ (donc sur $[0, \ln 2]$), l'ordre est conservé :

  $$f(0) \le f(u_n) \le f(\ln 2)$$

  On a calculé $f(0) = 0$ et $f(\ln 2) = \ln(\frac{5}{4})$.

  Or, $\frac{5}{4} \le 2 \implies \ln(\frac{5}{4}) \le \ln 2$.

  On obtient donc :

  $$0 \le u_{n+1} \le \ln(\frac{5}{4}) \le \ln 2$$

  Ce qui prouve que $0 \le u_{n+1} \le \ln 2$.

• Conclusion : D'après le principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $0 \le u_n \le \ln 2$.

D'après la question 5.b de la Partie II, on sait que pour tout $x \in [0, +\infty[$, $f(x) \le x$.

D'après la question 1 de cette partie, on a pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n \in [0, \ln 2] \subset [0, +\infty[$.

En appliquant l'inégalité précédente pour $x = u_n$ :

Par conséquent, la suite $(u_n)$ est décroissante.

Convergence : La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée (par $0$), elle est donc convergente vers une limite réelle $\ell$.

Détermination de la limite : On a :

• $u_0 \in [0, \ln 2]$
• $f$ est continue sur $[0, \ln 2]$
• $u_{n+1} = f(u_n)$
• $f([0, \ln 2]) \subset [0, \ln 2]$ (prouvé dans la récurrence)
• $(u_n)$ converge vers $\ell$

Alors la limite $l$ vérifie l'équation $f(\ell) = \ell$.

D'après la question 5.a de la Partie II, l'unique solution de cette équation dans $\mathbb{R}$ (et donc dans $[0, \ln 2]$) est $0$.

Finalement $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0$.