Corrigé bac mathématiques 2025 Métropole jour 1 — Exercice 2 : Étude d'une fonction avec logarithme et convexité

Partie A : Lectures graphiques

1. Le nombre dérivé $f^{\prime }(1)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$ à ${\mathcal{C}}_f$ au point d'abscisse $1$. Cette droite passe par $A(1;2)$ et par $C(3;0)$, donc son coefficient directeur vaut

$$f^{\prime }(1)=\frac{y_C-y_A}{x_C-x_A}=\frac{0-2}{3-1}=\frac{-2}{2}=-1.$$

On lit d'ailleurs sur le graphique que $T_A$ descend d'une unité quand on avance d'une unité : $f^{\prime }(1)=-1$.

2. Les solutions de l'équation $f^{\prime }(x)=0$ sont les abscisses des points de ${\mathcal{C}}_f$ où la tangente est horizontale. Sur $]0;3]$, la courbe présente deux tels points : un maximum local, d'abscisse comprise entre $0,2$ et $0,4$ (environ $0,37$), et un minimum local, d'abscisse comprise entre $1,6$ et $1,8$ (environ $1,65$). Partout ailleurs sur $]0;3]$ la courbe est strictement monotone (croissante avant le maximum, décroissante entre les deux extremums, croissante après le minimum), donc la tangente n'y est jamais horizontale. L'équation $f^{\prime }(x)=0$ admet donc exactement deux solutions dans $]0;3]$.

Vérification (hors lecture graphique) : avec l'expression de $f^{\prime }$ admise en partie B, $f^{\prime }(x)=2(\ln x{)}^2+\ln x-1=(2\ln x-1)(\ln x+1)$ s'annule pour $\ln x=\frac{1}{2}$ ou $\ln x=-1$, soit $x=\sqrt{\mathrm{e}}\approx 1,65$ et $x=\frac{1}{\mathrm{e}}\approx 0,37$, tous deux dans $]0;3]$ : cela confirme la lecture.

3. Au voisinage du point d'abscisse $0,2$, la courbe ${\mathcal{C}}_f$ est « tournée vers le bas » : elle est située au-dessous de ses tangentes (la courbe monte de plus en plus lentement entre $0$ et son maximum, la pente des tangentes diminue). La fonction $f$ est donc concave sur un intervalle contenant $0,2$, ce qui, pour une fonction deux fois dérivable, équivaut à $f^{\prime \prime }⩽0$ sur cet intervalle. La courbe n'étant pas rectiligne autour de $0,2$ (ce n'est pas un point d'inflexion), on conclut que $f^{\prime \prime }(0,2)$ est strictement négatif.

Ce que le correcteur attend : le lien « courbe sous ses tangentes $⟺$ $f$ concave $⟺$ $f^{\prime \prime }⩽0$ » explicitement énoncé, et non une simple affirmation du signe. (Avec la formule de la partie B, $f^{\prime \prime }(0,2)=\frac{4\ln (0,2)+1}{0,2}\approx -27,2<0$.)

Partie B : Étude de la fonction $f$

1. L'équation $2X^2-3X+2=0$ est une équation du second degré, de discriminant

$$\Delta =(-3{)}^2-4\times 2\times 2=9-16=-7<0.$$

Elle n'admet donc aucune solution réelle.

Cherchons les points d'intersection de ${\mathcal{C}}_f$ avec l'axe des abscisses, c'est-à-dire les solutions de $f(x)=0$ sur $]0;+\infty [$. Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul :

$$f(x)=0⟺x=0\text{ou}2(\ln x{)}^2-3\ln x+2=0.$$

Le cas $x=0$ est exclu, car $0\notin ]0;+\infty [$. Pour le second facteur, posons $X=\ln x$ : l'équation devient $2X^2-3X+2=0$, qui n'a pas de solution réelle. Il n'existe donc aucun réel $x>0$ tel que $f(x)=0$ : la courbe ${\mathcal{C}}_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

Remarque. Comme $\Delta <0$ et que le coefficient de $X^2$ est $2>0$, le trinôme $2X^2-3X+2$ est strictement positif pour tout réel $X$ ; avec $x>0$, on obtient même $f(x)>0$ sur $]0;+\infty [$ : la courbe est entièrement au-dessus de l'axe des abscisses, ce que confirme le graphique.

2. Posons $X=\ln x$. Lorsque $x\to +\infty$, $X=\ln x\to +\infty$ (limite de référence). Pour $X\ne 0$,

$$2X^2-3X+2=X^2\left(2-\frac{3}{X}+\frac{2}{X^2}\right).$$

Or $\underset{X\to +\infty }{\lim }\frac{3}{X}=0$ et $\underset{X\to +\infty }{\lim }\frac{2}{X^2}=0$, donc par somme $\underset{X\to +\infty }{\lim }\left(2-\frac{3}{X}+\frac{2}{X^2}\right)=2$, et par produit avec $\underset{X\to +\infty }{\lim }{X}^2=+\infty$ :

$$\underset{X\to +\infty }{\lim }(2X^2-3X+2)=+\infty .$$

Par composition (avec $X=\ln x\to +\infty$), $\underset{x\to +\infty }{\lim }(2(\ln x{)}^2-3\ln x+2)=+\infty$. Enfin $\underset{x\to +\infty }{\lim }x=+\infty$, donc par produit :

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

Ce que le correcteur attend : la levée de l'indétermination « $+\infty -\infty$ » dans $2(\ln x{)}^2-3\ln x$ (par factorisation du terme dominant, ou en écrivant $\ln x(2\ln x-3)+2$, produit de deux quantités tendant vers $+\infty$), et non un simple « les termes en $\ln$ tendent vers l'infini ».

3.a. La fonction $f^{\prime }$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ (l'énoncé admet que $f$ est deux fois dérivable). Dérivons $f^{\prime }(x)=2(\ln x{)}^2+\ln x-1$ terme à terme :

• $x\mapsto (\ln x{)}^2$ est de la forme $u^2$ avec $u=\ln$, de dérivée $2u^{\prime }u$, soit $2\times \frac{1}{x}\times \ln x=\frac{2\ln x}{x}$ ; donc $x\mapsto 2(\ln x{)}^2$ a pour dérivée $\frac{4\ln x}{x}$ ;
• $x\mapsto \ln x$ a pour dérivée $\frac{1}{x}$ ;
• la constante $-1$ a une dérivée nulle.

Ainsi, pour tout $x>0$ :

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

3.b. Sur $]0;+\infty [$, $\frac{1}{x}>0$ : le signe de $f^{\prime \prime }(x)$ est celui de $4\ln x+1$. Comme la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$ :

$$4\ln x+1>0⟺\ln x>-\frac{1}{4}⟺x>{\mathrm{e}}^{-1/4},$$

et de même $4\ln x+1=0⟺x={\mathrm{e}}^{-1/4}$, $4\ln x+1<0⟺0<x<{\mathrm{e}}^{-1/4}$. D'où le tableau de signe :

D'après la caractérisation de la convexité par la dérivée seconde : $f$ est concave sur $]0;{\mathrm{e}}^{-1/4}]$ (car $f^{\prime \prime }⩽0$) et convexe sur $[{\mathrm{e}}^{-1/4};+\infty [$ (car $f^{\prime \prime }⩾0$). La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en ${\mathrm{e}}^{-1/4}$ : la courbe ${\mathcal{C}}_f$ admet un unique point d'inflexion, d'abscisse exacte

$$x_0={\mathrm{e}}^{-1/4}=\frac{1}{\sqrt[4]{\mathrm{e}}}\approx 0,78.$$

(Son ordonnée vaut $f({\mathrm{e}}^{-1/4})={\mathrm{e}}^{-1/4}\left(\frac{2}{16}+\frac{3}{4}+2\right)=\frac{23}{8}{\mathrm{e}}^{-1/4}\approx 2,24$.) Cette valeur est cohérente avec la partie A : $0,2<{\mathrm{e}}^{-1/4}$, donc $f^{\prime \prime }(0,2)<0$.

Ce que le correcteur attend : pour le point d'inflexion, ne pas se contenter de « $f^{\prime \prime }$ s'annule » : il faut le changement de signe. Et la valeur exacte ${\mathrm{e}}^{-1/4}$, pas seulement $0,78$.

3.c. On a ${\mathrm{e}}^{-1/4}<1$ (car $-\frac{1}{4}<0$ et ${\mathrm{e}}^0=1$), donc $[1;+\infty [\subset [{\mathrm{e}}^{-1/4};+\infty [$ : d'après la question précédente, $f$ est convexe sur l'intervalle $[1;+\infty [$. D'après le théorème du cours, une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. Or $B$ a pour abscisse $\mathrm{e}\in [1;+\infty [$ : la tangente $T_B$ en $B$ est une tangente à ${\mathcal{C}}_f$ en un point de cet intervalle. Par conséquent, pour tout $x⩾1$, $f(x)⩾2x-\mathrm{e}$ (équation de $T_B$, partie C) : la courbe ${\mathcal{C}}_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $[1;+\infty [$, avec contact au seul point $B$.

Ce que le correcteur attend : l'inclusion $[1;+\infty [\subset [{\mathrm{e}}^{-1/4};+\infty [$ justifiée (comparer ${\mathrm{e}}^{-1/4}$ à $1$), et le théorème « convexe $\Rightarrow$ courbe au-dessus de ses tangentes » cité ; on ne demande pas d'étudier $g(x)=f(x)-(2x-\mathrm{e})$, ce qui serait une autre méthode valable (avec $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-2$, $g^{\prime }⩽0$ sur $[1;\mathrm{e}]$ et $g^{\prime }⩾0$ sur $[\mathrm{e};+\infty [$, minimum $g(\mathrm{e})=0$).

Partie C : Calcul d'aire

1. La tangente à ${\mathcal{C}}_f$ au point d'abscisse $\mathrm{e}$ a pour équation réduite $y=f^{\prime }(\mathrm{e})(x-\mathrm{e})+f(\mathrm{e})$. Comme $\ln \mathrm{e}=1$ :

$$f^{\prime }(\mathrm{e})=2\times 1^2+1-1=2\text{et}f(\mathrm{e})=\mathrm{e}(2\times 1^2-3\times 1+2)=\mathrm{e}\times 1=\mathrm{e}$$

(on retrouve bien $B(\mathrm{e};\mathrm{e})\in {\mathcal{C}}_f$). Donc

$$T_B:y=2(x-\mathrm{e})+\mathrm{e}=2x-2\mathrm{e}+\mathrm{e}=2x-\mathrm{e}.$$

2. Posons, pour $x\in [1;\mathrm{e}]$ :

$$u(x)=\ln x,v^{\prime }(x)=x,\text{d’ouˋ}{u}^{\prime }(x)=\frac{1}{x},v(x)=\frac{x^2}{2}.$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $[1;\mathrm{e}]$, de dérivées $u^{\prime }$ et $v^{\prime }$ continues sur cet intervalle. D'après la formule d'intégration par parties, ${\int }_1^{\mathrm{e}}u(x)v^{\prime }(x)\mathrm{d}x=[u(x)v(x){]}_1^{\mathrm{e}}-{\int }_1^{\mathrm{e}}{u}^{\prime }(x)v(x)\mathrm{d}x$ :

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x& ={\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]}_1^{\mathrm{e}}-{\int }_1^{\mathrm{e}}\frac{1}{x}\times \frac{x^2}{2}\mathrm{d}x=\left(\frac{{\mathrm{e}}^2}{2}\ln \mathrm{e}-\frac{1^2}{2}\ln 1\right)-{\int }_1^{\mathrm{e}}\frac{x}{2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{{\mathrm{e}}^2}{2}-0-{\left[\frac{x^2}{4}\right]}_1^{\mathrm{e}}=\frac{{\mathrm{e}}^2}{2}-\left(\frac{{\mathrm{e}}^2}{4}-\frac{1}{4}\right)=\frac{2{\mathrm{e}}^2}{4}-\frac{{\mathrm{e}}^2}{4}+\frac{1}{4}=\frac{{\mathrm{e}}^2+1}{4}.\end{array}$$

On a bien ${\int }_1^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x=\frac{{\mathrm{e}}^2+1}{4}$ (soit environ $2,10$).

3. D'après la partie B (question 3.c), sur $[1;\mathrm{e}]$ la courbe ${\mathcal{C}}_f$ est au-dessus de la droite $T_B$ : pour tout $x\in [1;\mathrm{e}]$, $f(x)-(2x-\mathrm{e})⩾0$. L'aire du domaine compris entre les deux courbes et les droites $x=1$ et $x=\mathrm{e}$ est donc, en unités d'aire, l'intégrale de la différence (fonction continue et positive) :

$$\begin{array}{rl}\mathcal{A}={\int }_1^{\mathrm{e}}(f(x)-(2x-\mathrm{e}))\mathrm{d}x& ={\int }_1^{\mathrm{e}}(2x(\ln x{)}^2-3x\ln x+2x-2x+\mathrm{e})\mathrm{d}x\\ & ={\int }_1^{\mathrm{e}}(2x(\ln x{)}^2-3x\ln x+\mathrm{e})\mathrm{d}x.\end{array}$$

Par linéarité de l'intégrale, avec le résultat admis et la question 2 :

$$\begin{array}{rl}\mathcal{A}& =2{\int }_1^{\mathrm{e}}x(\ln x{)}^2\mathrm{d}x-3{\int }_1^{\mathrm{e}}x\ln x\mathrm{d}x+{\int }_1^{\mathrm{e}}\mathrm{e}\mathrm{d}x\\ & =2\times \frac{{\mathrm{e}}^2-1}{4}-3\times \frac{{\mathrm{e}}^2+1}{4}+[\mathrm{e}x{]}_1^{\mathrm{e}}=\frac{2{\mathrm{e}}^2-2}{4}-\frac{3{\mathrm{e}}^2+3}{4}+{\mathrm{e}}^2-\mathrm{e}\\ & =\frac{2{\mathrm{e}}^2-2-3{\mathrm{e}}^2-3+4{\mathrm{e}}^2-4\mathrm{e}}{4}=\frac{3{\mathrm{e}}^2-4\mathrm{e}-5}{4}.\end{array}$$

La valeur exacte de l'aire du domaine hachuré est

$$\mathcal{A}=\frac{3{\mathrm{e}}^2-4\mathrm{e}-5}{4}\text{ uniteˊ d’aire},$$

soit environ $1,57$ unité d'aire (on vérifie que cette valeur est positive, comme il se doit).

Ce que le correcteur attend : la position relative « ${\mathcal{C}}_f$ au-dessus de $T_B$ » rappelée avant d'écrire l'aire comme l'intégrale de $f(x)-(2x-\mathrm{e})$ (et non de $(2x-\mathrm{e})-f(x)$) ; la simplification des termes $2x$ avant d'intégrer ; la valeur exacte donnée avant l'approximation. L'unité d'aire n'est pas le cm${}^2$ : le repère est orthogonal, non orthonormé.