Corrigé bac mathématiques 2024 Métropole jour 2 — Exercice 3 : Fonction et tangente : convexité, dérivée seconde

Partie A : exploitation du graphique

1. Le point $B$ de ${\mathcal{C}}_f$ a pour abscisse $-1$ ; on lit sur le graphique son ordonnée $-2$ (il est sur la quatrième ligne horizontale sous l'axe des abscisses, chaque carreau valant $0,5$), donc $f(-1)=-2$.

Le nombre dérivé $f^{\prime }(-1)$ est le coefficient directeur de la tangente $T$ à ${\mathcal{C}}_f$ au point $B$. Cette droite passe par $B(-1;-2)$ et par $A(0;-1)$, donc

$$f^{\prime }(-1)=\frac{y_A-y_B}{x_A-x_B}=\frac{-1-(-2)}{0-(-1)}=\frac{1}{1}=1.$$

Ainsi $f(-1)=-2$ et $f^{\prime }(-1)=1$. (La tangente $T$ a pour équation $y=x-1$.)

2. Non. D'après la caractérisation des fonctions convexes dérivables, si $f$ était convexe sur $]-2;+\infty [$, la courbe ${\mathcal{C}}_f$ serait située entièrement au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de $T$. Or, sur le graphique, à gauche du point $B$, la courbe traverse la droite $T$ (vers l'abscisse $-1,7$) et se trouve en dessous de $T$ pour les abscisses proches de $-2$ : par exemple à l'abscisse $-1,8$, le point de $T$ est à l'ordonnée $-2,8$ tandis que le point de ${\mathcal{C}}_f$ est en dessous, vers $-3$. La courbe n'est donc pas au-dessus de sa tangente $T$ : $f$ n'est pas convexe sur son ensemble de définition.

On observe d'ailleurs que la courbe est « tournée vers le bas » (concave) près de $-2$ puis « tournée vers le haut » (convexe) ensuite : elle semble admettre un point d'inflexion d'abscisse voisine de $-1,3$, là où elle traverse sa tangente. La question 6 de la partie B le confirmera.

Ce que le correcteur attend : un argument précis et non une impression visuelle : convexe $\Rightarrow$ courbe au-dessus de toutes ses tangentes, et la tangente $T$ fournit un contre-exemple lisible sur le graphique.

3. Les solutions de $f(x)=0$ sont les abscisses des points d'intersection de ${\mathcal{C}}_f$ avec l'axe des abscisses. Sur le graphique, la courbe est en dessous de cet axe à gauche, le coupe une seule fois entre $O$ et le point d'abscisse $0,2$, puis reste au-dessus : on conjecture que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution. Le point d'intersection est situé vers le milieu du carreau $[0;0,2]$ : la solution vaut environ $0,1$ (arrondi à $10^{-1}$). Sur un graphique, on ne peut pas lire mieux que le dixième : c'est le calcul de la partie B qui précisera $\alpha \approx 0,12$.

Partie B : étude de la fonction $f$

1. Étudions la limite de $f$ en $-2$ par valeurs supérieures ($x>-2$).

• La fonction polynôme $x\mapsto x^2+2x-1$ est continue sur $\mathbb{R}$, donc $\underset{x\to -2}{\lim }(x^2+2x-1)=(-2{)}^2+2\times (-2)-1=4-4-1=-1$.
• Posons $X=x+2$. Quand $x\to -2$ avec $x>-2$, $X\to 0$ avec $X>0$, et $\underset{X\to 0^{+}}{\lim }\ln X=-\infty$. D'après le théorème sur la limite d'une fonction composée, $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\ln (x+2)=-\infty$.

Par somme d'une limite finie et d'une limite infinie :

$$\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f(x)=-\infty .$$

Interprétation graphique : la droite d'équation $x=-2$ est une asymptote verticale à la courbe ${\mathcal{C}}_f$ : la courbe « plonge » le long de cette droite quand $x$ se rapproche de $-2$, ce que l'on devine sur le graphique à gauche.

2. La fonction $f$ est dérivable sur $]-2;+\infty [$ comme somme de la fonction polynôme $x\mapsto x^2+2x-1$ et de la fonction $x\mapsto \ln (x+2)$, de la forme $\ln u$ avec $u(x)=x+2>0$ sur cet intervalle et $u^{\prime }(x)=1$ ; d'après la formule $(\ln u{)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$, sa dérivée est $x\mapsto \frac{1}{x+2}$. Ainsi, pour tout $x>-2$ :

$$f^{\prime }(x)=2x+2+\frac{1}{x+2}.$$

Réduisons au même dénominateur $x+2$ :

$$f^{\prime }(x)=\frac{(2x+2)(x+2)+1}{x+2}=\frac{2x^2+4x+2x+4+1}{x+2}=\frac{2x^2+6x+5}{x+2}.$$

C'est bien l'expression annoncée.

3. Le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui du quotient $\frac{2x^2+6x+5}{x+2}$.

• Le dénominateur $x+2$ est strictement positif sur $]-2;+\infty [$.
• Le numérateur est un trinôme du second degré de discriminant $\Delta =6^2-4\times 2\times 5=36-40=-4<0$ : il n'a pas de racine réelle et est du signe de son coefficient dominant $2>0$. Donc $2x^2+6x+5>0$ pour tout réel $x$.

Par quotient de deux quantités strictement positives, $f^{\prime }(x)>0$ pour tout $x>-2$ : la fonction $f$ est strictement croissante sur $]-2;+\infty [$. Avec $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$ (question 1) et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$ (admis), on obtient le tableau de variations :

Les valeurs $-\infty$ et $+\infty$ aux bornes sont des limites, non atteintes ($-2$ n'appartient pas à l'ensemble de définition).

4. Sur l'intervalle $]-2;+\infty [$, la fonction $f$ est :

• continue, car dérivable (question 2) ;
• strictement croissante (question 3) ;
• et $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$, $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$, de sorte que $0$ est compris entre les limites de $f$ aux bornes de l'intervalle.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection, étendu à un intervalle ouvert en remplaçant les valeurs aux bornes par les limites), l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]-2;+\infty [$.

Valeur approchée. À la calculatrice :

$$f(0,11)=0,0121+0,22-1+\ln (2,11)\approx -0,7679+0,7467\approx -0,021<0,$$

$$f(0,12)=0,0144+0,24-1+\ln (2,12)\approx -0,7456+0,7514\approx 0,006>0.$$

Comme $f$ est strictement croissante, $0,11<\alpha <0,12$. Pour arrondir au centième, on teste le milieu : $f(0,115)\approx -0,7568+0,7489\approx -0,008<0$, donc $0,115<\alpha <0,12$ et

$$\alpha \approx 0,12(\text{arrondi aˋ }10^{-2}).$$

Une valeur plus précise est $\alpha \approx 0,1179$, cohérente avec la lecture graphique $\alpha \approx 0,1$ de la partie A.

Ce que le correcteur attend : les trois hypothèses du corollaire (continuité, stricte monotonie, position de $0$ par rapport aux limites) explicitement citées ; l'unicité vient de la stricte croissance. L'arrondi au centième exige l'encadrement $0,115<\alpha <0,125$, et non seulement $0,11<\alpha <0,12$.

5. La fonction $f$ est strictement croissante sur $]-2;+\infty [$ et s'annule en $\alpha$. Donc :

• pour $-2<x<\alpha$, $f(x)<f(\alpha )=0$ ;
• pour $x>\alpha$, $f(x)>f(\alpha )=0$.

Ainsi $f(x)<0$ sur $]-2;\alpha [$, $f(\alpha )=0$ et $f(x)>0$ sur $]\alpha ;+\infty [$.

6. La fonction $f^{\prime }$ est dérivable sur $]-2;+\infty [$ (somme de la fonction affine $x\mapsto 2x+2$ et de $x\mapsto \frac{1}{x+2}$, inverse d'une fonction affine ne s'annulant pas). En dérivant l'expression $f^{\prime }(x)=2x+2+\frac{1}{x+2}$, avec ${\left(\frac{1}{u}\right)}^{\prime }=-\frac{u^{\prime }}{u^2}$ :

$$f^{\prime \prime }(x)=2-\frac{1}{(x+2{)}^2}=\frac{2(x+2{)}^2-1}{(x+2{)}^2}.$$

Le dénominateur $(x+2{)}^2$ est strictement positif : le signe de $f^{\prime \prime }(x)$ est celui de $2(x+2{)}^2-1$. Pour $x>-2$, on a $x+2>0$, donc

$$2(x+2{)}^2-1>0⟺(x+2{)}^2>\frac{1}{2}⟺x+2>\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}⟺x>-2+\frac{\sqrt{2}}{2},$$

la fonction racine carrée étant strictement croissante sur $[0;+\infty [$. Posons $x_0=-2+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}-4}{2}\approx -1,29$. On obtient :

La dérivée seconde $f^{\prime \prime }$ s'annule en $x_0$ en changeant de signe (négative avant, positive après), et en aucun autre point. D'après la caractérisation analytique du point d'inflexion, la courbe ${\mathcal{C}}_f$ admet un unique point d'inflexion, d'abscisse

$$x_0=-2+\frac{\sqrt{2}}{2}\approx -1,29.$$

La courbe est concave sur $]-2;x_0]$ et convexe sur $[x_0;+\infty [$, ce qui confirme la réponse de la question 2 de la partie A : $B$ (d'abscisse $-1>x_0$) est dans la partie convexe, et la courbe repasse sous sa tangente $T$ à gauche de $x_0$.

Ce que le correcteur attend : $f^{\prime \prime }$ doit s'annuler en changeant de signe : dire « $f^{\prime \prime }(x_0)=0$ » ne suffit pas. On n'oublie pas que $x+2>0$ pour ne garder que la racine positive de $(x+2{)}^2=\frac{1}{2}$.

Partie C : une distance minimale

1. Dans le repère orthonormé $(O;I,J)$, le point $J$ a pour coordonnées $(0;1)$ et le point $M$ de ${\mathcal{C}}_g$ d'abscisse $x$ a pour coordonnées $(x;g(x))=(x;\ln (x+2))$. Le repère étant orthonormé, la distance de deux points se calcule par la formule $J{M}^2=(x_M-x_J{)}^2+(y_M-y_J{)}^2$, donc, pour tout $x>-2$ :

$$h(x)=J{M}^2=(x-0{)}^2+(\ln (x+2)-1{)}^2=x^2+[\ln (x+2)-1{]}^2.$$

Remarque. On peut retrouver l'expression admise de $h^{\prime }$ : $h^{\prime }(x)=2x+2[\ln (x+2)-1]\times \frac{1}{x+2}=\frac{2x(x+2)+2\ln (x+2)-2}{x+2}=\frac{2(x^2+2x-1+\ln (x+2))}{x+2}=\frac{2f(x)}{x+2}$.

2.a. Pour tout $x>-2$, $h^{\prime }(x)=\frac{2f(x)}{x+2}$ avec $x+2>0$ et $2>0$ : le signe de $h^{\prime }(x)$ est celui de $f(x)$, déterminé à la question 5 de la partie B. Donc $h^{\prime }(x)<0$ sur $]-2;\alpha [$, $h^{\prime }(\alpha )=0$ et $h^{\prime }(x)>0$ sur $]\alpha ;+\infty [$ : la fonction $h$ est strictement décroissante sur $]-2;\alpha ]$ et strictement croissante sur $[\alpha ;+\infty [$.

La fonction $h$ admet donc un minimum sur $]-2;+\infty [$, atteint en $x=\alpha$ uniquement. (Avec la question 3.a, $h(\alpha )={\alpha }^2+(-2\alpha -{\alpha }^2{)}^2={\alpha }^2[1+(\alpha +2{)}^2]\approx 0,076$.)

2.b. La distance $JM$ est positive et $JM=\sqrt{h(x)}$. La fonction racine carrée est strictement croissante sur $[0;+\infty [$, donc $JM$ est minimale exactement lorsque $h(x)=J{M}^2$ est minimale, c'est-à-dire, d'après le tableau de variations, pour $x=\alpha$ et seulement pour cette valeur. La valeur de $x$ pour laquelle la distance $JM$ est minimale est donc $\alpha \approx 0,12$, et cette distance minimale vaut $\sqrt{h(\alpha )}\approx 0,28$.

Ce que le correcteur attend : la stricte croissance de la racine carrée, qui justifie le passage de « $h$ minimale » à « $JM$ minimale ».

3.a. Le réel $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x)=0$ (partie B, question 4) : $f(\alpha )=0$, c'est-à-dire

$${\alpha }^2+2\alpha -1+\ln (\alpha +2)=0⟺\ln (\alpha +2)=1-2\alpha -{\alpha }^2.$$

3.b. Coefficient directeur de la tangente. La fonction $g$ est dérivable sur $]-2;+\infty [$ et $g^{\prime }(x)=\frac{1}{x+2}$. La tangente à ${\mathcal{C}}_g$ au point $M_{\alpha }$ a pour coefficient directeur

$$m_1=g^{\prime }(\alpha )=\frac{1}{\alpha +2}.$$

Coefficient directeur de $(J{M}_{\alpha })$. Les points $J(0;1)$ et $M_{\alpha }(\alpha ;\ln (\alpha +2))$ ont des abscisses distinctes puisque $\alpha \ne 0$ (en effet $f(0)=-1+\ln 2\approx -0,31\ne 0$, et d'ailleurs $\alpha \approx 0,12$) ; la droite $(J{M}_{\alpha })$ n'est donc pas verticale et son coefficient directeur vaut, en utilisant la question 3.a :

$$m_2=\frac{\ln (\alpha +2)-1}{\alpha -0}=\frac{(1-2\alpha -{\alpha }^2)-1}{\alpha }=\frac{-2\alpha -{\alpha }^2}{\alpha }=\frac{-\alpha (2+\alpha )}{\alpha }=-(\alpha +2).$$

Conclusion. Le produit des coefficients directeurs vaut

$$m_1\times m_2=\frac{1}{\alpha +2}\times (-(\alpha +2))=-1.$$

Le repère étant orthonormé, la tangente à ${\mathcal{C}}_g$ en $M_{\alpha }$ et la droite $(J{M}_{\alpha })$ sont perpendiculaires. Géométriquement, le point de ${\mathcal{C}}_g$ le plus proche de $J$ est celui où le segment $[JM]$ est normal à la courbe : la partie C retrouve ainsi, par le calcul, la propriété du projeté orthogonal.

Ce que le correcteur attend : justifier $\alpha \ne 0$ avant de diviser par $\alpha$, et remplacer $\ln (\alpha +2)$ par $1-2\alpha -{\alpha }^2$ (question 3.a) pour faire apparaître la factorisation par $\alpha$.