Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 3 : Étude d'une fonction avec logarithme et étude d'une suite récurrente

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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6 points

Partie A

On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $] - 1; + \infty [$ par $f (x) = 4 ln (x + 1) - \frac{x ^{2}}{25} .$

On admet que la fonction $f$ est dérivable sur l'intervalle $] - 1; + \infty [$ .

1. Déterminer la limite de la fonction $f$ en $- 1$ .

2. Montrer que, pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $] - 1; + \infty [$ , on a : $f^{'} (x) = \frac{100 - 2 x - 2 x ^{2}}{25 ( x + 1 )} .$

3. Étudier les variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $] - 1; + \infty [$ puis en déduire que la fonction $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ .

4. On considère $h$ la fonction définie sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ par $h (x) = f (x) - x$ .

On donne ci-dessous le tableau de variations de la fonction $h$ :

(figure : tableau de variations de $h$ sur $[2; 6, 5]$ ; $h$ croît de $h (2)$ jusqu'à un maximum $M = 2, 265$ atteint en $m \approx 2, 364$ , puis décroît jusqu'à $h (6, 5)$ .)

Montrer que l'équation $h (x) = 0$ admet une unique solution $α \in [2; 6, 5]$ .

5. On considère le script suivant, écrit en langage Python :

from math import *

def f(x) :
    return 4*log(1+x)-(x**2)/25

def bornes(n) :
    p = 1/10**n
    x = 6
    while f(x)-x > 0 :
        x = x + p
    return (x-p, x)

On rappelle qu'en langage Python :

la commande $lo g (x)$ renvoie la valeur $ln x$ ;
la commande $c * * d$ renvoie la valeur de $c^{d}$ .

a. Donner les valeurs renvoyées par la commande bornes(2). On donnera les valeurs arrondies au centième.

b. Interpréter ces valeurs dans le contexte de l'exercice.

Partie B

Dans cette partie, on pourra utiliser les résultats obtenus dans la partie A.

On considère la suite $(u_{n})$ définie par $u_{0} = 2$ , et, pour tout entier naturel $n$ , $u_{n + 1} = f (u_{n})$ .

1. Montrer par récurrence que pour tout $n$ entier naturel, $2 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6, 5.$

2. En déduire que la suite $(u_{n})$ converge vers une limite $ℓ$ .

3. On rappelle que le réel $α$ , défini dans la partie A, est la solution de l'équation $h (x) = 0$ sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ .

Justifier que $ℓ = α$ .

Corrigé

Partie A :

1. On a : $⎩ ⎨ ⎧ x \to - 1 lim x + 1 = 0^{+} X \to 0 lim ln X = - \infty$ donc par composition $x \to - 1 lim 4 ln (x + 1) = - \infty$ .

D'autre part, $x \to - 1 lim \frac{- x ^{2}}{25} = - \frac{1}{25}$

donc par somme $x \to - 1 lim f (x) = - \infty$ .

2. $f$ est dérivable sur $] - 1; + \infty [$ .

$f$ est de la forme $4 ln (u) - v$ avec $u (x) = x + 1$ et $v (x) = \frac{x ^{2}}{25}$ .

On a $u^{'} (x) = 1$ et $v^{'} (x) = \frac{2 x}{25}$ .

Or $f^{'} = 4 \frac{u ^{'}}{u} - v^{'}$ donc :

Pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $] - 1; + \infty [$ , on a : $f^{'} (x) = 4 \frac{1}{x + 1} - \frac{2 x}{25} = \frac{4 \times 25 - ( x + 1 ) 2 x}{25 ( x + 1 )} = \frac{100 - 2 x - 2 x ^{2}}{25 ( x + 1 )} .$

3. Pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $] - 1; + \infty [$ , on a : $f^{'} (x) = \frac{100 - 2 x - 2 x ^{2}}{25 ( x + 1 )} .$

$25 (x + 1) > 0$ donc $f^{'} (x)$ est du signe de $100 - 2 x - 2 x^{2}$ , fonction polynôme du second degré de coefficient dominant $(- 2)$ est négatif.

$Δ = (- 2)^{2} - 4 \times 100 \times (- 2) = 804 > 0$

Le polynôme admet donc deux racines : $x_{1} = \frac{2 - 804}{2 ( - 2 )} = \frac{- 1 + 201}{2} \approx 6, 6$ $et x_{2} = \frac{2 + 804}{2 ( - 2 )} = \frac{- 1 - 201}{2} \approx - 7, 6.$

On obtient donc le tableau de variations suivant :

(figure : tableau de variations de $f$ sur $] - 1; + \infty [$ ; $f^{'} (x)$ est positif sur $] - 1; x_{1} [$ puis négatif sur $] x_{1}; + \infty [$ ; $f$ croît jusqu'à $f (x_{1})$ puis décroît.)

$[2; 6, 5] \subset] - 1; x_{1} [$ donc $f$ est strictement croissante sur $[2; 6, 5]$ .

4. $h (2) = f (2) - 2 = 4 ln (2 + 1) - \frac{2 ^{2}}{25} - 2 \approx 2, 235$ .

Sur l'intervalle $[2; m]$ la fonction $h$ est strictement croissante, or $h (2) > 0$ donc sur $[2; m]$ , $h (x) > 0$ et l'équation $h (x) = 0$ n'admet pas de solution sur cet intervalle.

Sur l'intervalle $[m; 6, 5]$ , la fonction $h$ est strictement décroissante et continue.

$h (m) = M = 2, 265 > 0$

et $h (6, 5) = 4 ln (6, 5 + 1) - \frac{6 , 5 ^{2}}{25} - 6, 5 \approx - 0, 13 < 0$

0 est donc une valeur intermédiaire entre $h (m)$ et $h (6, 5)$ , d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotone, l'équation $h (x) = 0$ admet une unique solution $α$ sur l'intervalle $[m; 6, 5]$ .

Finalement, l'équation $h (x) = 0$ admet une unique solution $α$ sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ .

5. a. La calculatrice on trouve que les valeurs renvoyées par la commande bornes(2) sont : $(6, 36; 6, 37)$ .

b. Dans le contexte de l'exercice, un encadrement de $α$ est $6, 36 < α < 6, 37$ .

Partie B :

1. Pour tout entier naturel $n$ , on pose $P_{n}$ , l'affirmation : « $2 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6, 5$ ».

Initialisation : On a, d'une part : $u_{0} = 2$ .

Et, d'autre part : $u_{1} = f (u_{0}) = f (2) = 4, 23$ .

Donc $2 ⩽ u_{0} ⩽ u_{1} ⩽ 6, 5$ .

Pour $n = 0$ , l'affirmation $P_{0}$ est vraie.

Hérédité : Soit $n$ naturel , tel que l'affirmation $P_{n}$ est vraie, c'est-à-dire :

« $2 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6, 5$ ».

On veut montrer que cela implique que l'affirmation $P_{n + 1}$ est vraie.

Par hypothèse de récurrence $2 ⩽ u_{n} ⩽ u_{n + 1} ⩽ 6, 5$ .

Or la fonction $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ donc :

$f (2) ⩽ f (u_{n}) ⩽ f (u_{n + 1}) ⩽ f (6, 5)$

or $f (2) = 4, 23 > 2$ et $f (6, 5) \approx 6, 37 < 6, 5$

donc, par définition de la suite $u$ , $2 ⩽ u_{n + 1} ⩽ u_{n + 2} ⩽ 6, 5$

c'est l'inégalité $P_{n + 1}$ .

Conclusion : L'affirmation est vraie au rang $0$ , et, pour tout rang naturel non nul, sa véracité est héréditaire, donc, en vertu du principe de démonstration par récurrence, on peut vérifier l'inégalité $P_{n}$ pour tout entier naturel $n$ .

2. Pour tout entier $n$ , $u_{n} ⩽ u_{n + 1}$ donc la suite $u$ est croissante,

de plus pour tout entier $n$ , $u_{n} ⩽ 6, 5$ donc la suite $u$ est majorée,

or tout suite croissante et majorée est convergente, donc la suite $(u_{n})$ converge vers une limite $ℓ$ telle que $ℓ ⩽ 6, 5$ .

3. La suite est croissante convergente vers une limite $ℓ$ de la forme $u_{n + 1} = f (u_{n})$ avec $f$ fonction continue. D'après le théorème du point fixe, la limite $ℓ$ est solution de l'équation $f (x) = x$ sur $[2; 6, 5]$ .

On sait de plus que cette limite appartient à l'intervalle $[2; 6, 5]$ et que cette intervalle l'équation $h (x) = 0$ admet une unique solution $α$ sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ .

Or rappelle que le réel $α$ , défini dans la partie A, est la solution de l'équation $h (x) = 0$ sur l'intervalle $[2; 6, 5]$ .

$ℓ = α$

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