Aller au contenu

Exercice donné au bac blanc 2 en 2021-2022

Il s'agit d'un sujet de bac de 2013, largement modifié par mes soins.

Soit \(n\)  un entier positif. On considère les fonctions \(f_n\)  définies sur \(]0\mathrm ;+\infty [\) par :

\[f_n(x)=\dfrac{1+n\text{ln}x}{x^2}\]

On note \(\text C_n\) les courbes représentatives de \(f_n\)  dans un repère orthonormé \((\mathrm{\text O}\mathrm ;\vec \imath ,\vec \jmath)\) .

PARTIE A Étude d'une fonction particulière

Dans cette partie, on prendra \(n=1\)

  1. Déterminer les limites de la fonction \(f_1\)  aux bornes de son ensemble de définition.

    Interpréter géométriquement.

  2. Étudier les variations de la fonction \(f_1\)  sur l'intervalle \(]0\mathrm ;+{\infty}[\) et dresser son tableau de variations.

  3. Montrer que l'équation \(f_1(x)=\dfrac 1 2\)  admet exactement deux solutions sur \(]0\mathrm ;+\infty [\).

PARTIE B

Dans cette partie, on prendra \(n\)  quelconque.

  1. Calculer \(f_{n+1}(x)-f_n(x)\)

  2. Les courbes \(\text C_n\)  ont-elles toutes un point commun ? Si oui, déterminer les coordonnées de ce point.

PARTIE C : Propriété d'une famille de tangentes

  1. Déterminer l'équation de la tangente à \(\text C_1\)  au point d'abscisse \(\text e\) . Donner le résultat sous la forme \(y=\mathit{ax}+b\)  avec \(a\)  et \(b\)  sous forme simplifiée.

  2. Montrer que les tangentes aux courbes \(\text C_n\)  aux points d'abscisse \(\text e\)  ont toutes un point commun que l'on déterminera.

Partie A

  1. on a \(f_1(x)=\dfrac{1+\text{ln}x}{x^2}\) .

    On a \(\lim\limits_{x \to 0}\text{ln}x=-\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0}\dfrac 1{x^2}=+\infty\), par somme et produit, on a donc \(\lim\limits_{x\to 0}f_1(x)=-\infty\).

    \(\text C_1\) admet donc en 0 une asymptote verticale d'équation \(x=0\)

    On récrit \(f_1(x)=\dfrac 1{x^2}+\dfrac{\text{ln}x}{x^2}\) .

    On a \(\lim\limits_{x\to +\infty }\dfrac 1{x^2}=0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty }\dfrac{\text{ln}x}{x^2}=0\), donc par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty }f_1(x)=0\).

    \(\text C_1\) admet donc en \(+\infty\) une asymptote horizontale d'équation \(y=0\).

  2. \(f_1\)  est de la forme \(\dfrac u v\)  avec \(u(x)=1+\text{ln}(x)\)  et \(v(x)=x^2\)  soit \(u'(x)=\dfrac 1 x\) et \(v'(x)=2x\) .

    d'où \(f'_1(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}=\dfrac{x-(1+\text{ln}(x))\times 2x}{x^4}=\dfrac{-x-2x\text{ln}(x)}{x^4}=\dfrac{-1-2\text{ln}(x)}{x^3}\)

    \(x^3>0\)  sur \(]0\mathrm ;+\infty [\) et \(-1-2\text{ln}x\geqslant 0 \Leftrightarrow -1\geqslant 2\text{ln}(x) \Leftrightarrow \text e^{-\frac 1 2}\geqslant x\)

    La fonction \(f_1\)   est donc croissante sur \(\left]0\mathrm ;\text e^{-\frac 1 2}\right]\) et décroissante sur \(\left[\text e^{-\frac 1 2}\mathrm ;+\infty \right[\).

    on calcule \(f_1\left(\text e^{-\frac 1 2}\right)=\text e\times \left(1-\frac 1 2\right)=\dfrac{\text e} 2\) et on obtient alors le tableau des variations de \(f_1\) :

  3. On a \(f_1\)  strictement croissante et continue sur \(\left]0\mathrm ;\text e^{-\frac 1 2}\right]\), de plus \(f_1\left(\dfrac{\text e} 2\right)>\dfrac 1 2\)  et \(\lim\limits_{x\to 0}f_1(x)<\dfrac 1 2\) . D'après le corollaire du théorème sur les valeurs intermédiaires, \(f_1(x)=\dfrac 1 2\)  admet une unique solution sur l'intervalle \(\left]0\mathrm ;\text e^{-\frac 1 2}\right]\) .

    De même sur l'intervalle \(\left[\text e^{-\frac 1 2}\mathrm ;+\infty \right[\).

    On a donc \(f_1(x)=\dfrac 1 2\)  qui a exactement deux solutions sur \(\mathbb{R}^+\).

Partie B

  1. \(f_{n+1}(x)-f_n(x)=\dfrac{1+(n+1)\text{ln}x-(1+n\text{ln}x)}{x^2}=\dfrac{\text{ln}x}{x^2}\)

  2. sur \(\mathbb{R}^+\), on a \(\dfrac{\text{ln}x}{x^2}=0\)  \(\Leftrightarrow\) \(\text{ln}(x)=0\)  \(\Leftrightarrow\) \(x=1\) , les courbes \(\text C_n\)  passent donc toutes par le même point d'abscisse \(1\) .

    On a \(f_n(1)=\dfrac{1+0} 1=1\) , ce point a donc pour ordonnée 1. C'est le point de coordonnées \((1\mathrm ;1)\).

Partie C

  1. Une équation de la tangente à \(\text C_1\)  au point d'abscisse \(\text e\):

    \(\text T_1\) :  \(y=f'_1(\text e)(x-\text e)+f_1(\text e) \Leftrightarrow y=\dfrac{-3}{\text e^3}(x-\text e)+\dfrac 2{\text e^2}=-\dfrac 3{\text e^3}x+\dfrac 5{\text e^2}\)

  2. Pour déterminer le point commun, on commence par chercher l'intersection de la tangente à \(\text C_0\)  en \(\text e\) , et celle à \(\text C_1\)  en \(\text e\) (dont l'équation vient d'être calculée).

    Équation de la tangente à \(\text C_0\)  au point d'abscisse \(\text e\) :

    \(\text T_0\) : \(y=f'_0(\text e)(x-\text e)+f_0(\text e)\)

    \(f_0(x)=\dfrac 1{x^2}\)  \(\to\) \(f_0(\text e)=\dfrac 1{\text e^2}\)

    \(f'_0(x)=-\dfrac 2{x^3}\)  \(\to\) \(f'_0(\text e)=-\dfrac 2{\text e^3}\)

    D'où \(\text T_0\) :

    \(y=-\dfrac 2{\text e^3}(x-\text e)+\dfrac 1{\text e^2}=-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 2{\text e^2}+\dfrac 1{\text e^2}=-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 3{\text e^2}\)

    On peut donc chercher le point d'intersection de \(\text T_0\) et \(\text T_1\) (unique puisque les deux droites ne sont pas parallèles) :

    On résout \(-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 3{\text e^2}=-\dfrac 3{\text e^3}x+\dfrac 5{\text e^2} \Leftrightarrow \dfrac 1{\text e^3}x=\dfrac 2{\text e^2}\) \(\Leftrightarrow x=2\text e\) et \(y=-\dfrac 2{\text e^3}\times 2\text e+\dfrac 3{\text e^2}=-\dfrac 1{\text e^2}\), on a donc \(\left(2\text e\mathrm ;-\dfrac 1{\text e^2}\right)\) les coordonnées de ce point d'intersection.

    Reste à vérifier que ce point appartient bien à toutes les tangentes aux courbes \(\text C_n\)  en 1.

    On détermine l'équation d'une tangente quelconque :

    \[\text T_n : y=f'_n(\text e)(x-\text e)+f_n(\text e)\]

    On calcule :

    \(f'_n(x)=\dfrac{\dfrac n x\times x^2-(1+n\text{ln}x)\times 2x}{x^4}=\dfrac{\mathit{xn}-2x-2\mathit{xn}\text{ln}(x)}{x^4}=\dfrac{n-2-2n\text{ln}(x)}{x^3} \Rightarrow f'_n(\text e)=\dfrac{-2-n}{\text e^3}\)

    \(f_n(\text e)=\dfrac{1+n}{\text e^2}\) d'où \(\text T_n\)  : \(y=\dfrac{-2-n}{\text e^3}(x-\text e)+\dfrac{1+n}{\text e^2}\)

    Pour \(x=2\text e\) , on obtient \(y=\dfrac{-2-n}{\text e^2}+\dfrac{1+n}{\text e^2}=-\dfrac 1{\text e^2}\) .

    Les courbes \(\text T_n\)  passent donc toutes par le point de coordonnées \(\left(2\text e\mathrm ;-\dfrac 1{\text e^2}\right)\).