Corrigé bac mathématiques 2026 Amérique du Nord jour 1 — Exercice 4 : Étude d'une fonction avec logarithme : dérivée, variations, convexité

1. Sur la partie tracée, la courbe ${\mathcal{C}}_f$ est d'abord « tournée vers le haut » (elle descend en s'aplatissant, puis remonte : elle reste au-dessus de ses tangentes), et ce jusqu'au voisinage de l'abscisse $1$. Ensuite, elle est « tournée vers le bas » et passe au-dessous de ses tangentes. La tangente tracée au point $A$ rend ce changement très lisible : la courbe est au-dessus d'elle à gauche de $A$ et au-dessous à droite — elle traverse sa tangente en $A$, ce qui est la signature d'un changement de concavité. On conjecture donc :

$$f\text{ semble convexe sur }]-\infty ;1]\text{et concave sur }[1;+\infty [.$$

Réserve à formuler : la courbe n'est visible que pour $x$ supérieur à $-1$ environ (plus à gauche, elle sort de la fenêtre par le haut). La partie de la conjecture qui concerne $]-\infty ;-1]$ n'est donc pas réellement lue sur le graphique : c'est une extrapolation, et la question 5.a montrera qu'elle est fausse.

2. Étudions séparément les deux termes de $f(x)=5\ln (x^2+1)-3x$ lorsque $x$ tend vers $-\infty$.

• $\underset{x\to -\infty }{\lim }{x}^2=+\infty$, donc $\underset{x\to -\infty }{\lim }(x^2+1)=+\infty$ ; comme $\underset{X\to +\infty }{\lim }\ln X=+\infty$, on obtient par composition $\underset{x\to -\infty }{\lim }\ln (x^2+1)=+\infty$, puis $\underset{x\to -\infty }{\lim }5\ln (x^2+1)=+\infty$.
• $\underset{x\to -\infty }{\lim }(-3x)=+\infty$.

Par somme de deux limites infinies de même signe :

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

Il n'y a ici aucune forme indéterminée : les deux termes tendent tous les deux vers $+\infty$.

3.a. Soit $x$ un réel strictement positif. On factorise par $x^2$ à l'intérieur du logarithme :

$$x^2+1=x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right).$$

Les deux facteurs $x^2$ et $1+\frac{1}{x^2}$ sont strictement positifs, donc le logarithme d'un produit est la somme des logarithmes :

$$\ln (x^2+1)=\ln (x^2)+\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right)=2\ln x+\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right),$$

en utilisant $\ln (x^2)=2\ln x$, valable parce que $x>0$. Donc

$$f(x)=5\left(2\ln x+\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right)\right)-3x=10\ln x-3x+5\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right).$$

Enfin, comme $x\ne 0$, on peut mettre $x$ en facteur dans les deux premiers termes : $10\ln x-3x=x\left(\frac{10\ln x}{x}-3\right)$. D'où, pour tout $x>0$ :

$$f(x)=x\left(10\frac{\ln x}{x}-3\right)+5\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right).$$

3.b. L'écriture directe $5\ln (x^2+1)-3x$ conduit en $+\infty$ à la forme indéterminée « $+\infty -\infty$ » : on utilise donc la forme obtenue à la question 3.a.

• D'après le théorème des croissances comparées, $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(10\frac{\ln x}{x}-3\right)=-3$. Comme $\underset{x\to +\infty }{\lim }x=+\infty$, le produit d'une quantité tendant vers $+\infty$ par une quantité tendant vers $-3<0$ donne

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(10\frac{\ln x}{x}-3\right)=-\infty .$$

• $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{x^2}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(1+\frac{1}{x^2}\right)=1$, et par composition avec $\ln$ (continue en $1$, avec $\ln 1=0$) : $\underset{x\to +\infty }{\lim }5\ln \left(1+\frac{1}{x^2}\right)=0$.

Par somme :

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

Ce que le correcteur attend : dire que la forme initiale est indéterminée, et nommer les croissances comparées — c'est le seul argument qui départage $10\ln x$ et $-3x$.

4.a. La fonction $u:x\mapsto x^2+1$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et strictement positive, donc $x\mapsto \ln (u(x))$ est dérivable sur $\mathbb{R}$, de dérivée $\frac{u^{\prime }}{u}$ avec $u^{\prime }(x)=2x$. Ainsi, pour tout réel $x$ :

$$f^{\prime }(x)=5\times \frac{2x}{x^2+1}-3=\frac{10x}{x^2+1}-\frac{3(x^2+1)}{x^2+1}=\frac{10x-3x^2-3}{x^2+1}=\frac{-3x^2+10x-3}{x^2+1}.$$

4.b. Pour tout réel $x$, $x^2+1>0$ : le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui du trinôme $-3x^2+10x-3$. Son discriminant vaut

$$\Delta =10^2-4\times (-3)\times (-3)=100-36=64>0,$$

et $\sqrt{\Delta }=8$ : le trinôme admet deux racines distinctes,

$$x_1=\frac{-10+8}{2\times (-3)}=\frac{-2}{-6}=\frac{1}{3},x_2=\frac{-10-8}{2\times (-3)}=\frac{-18}{-6}=3.$$

Le coefficient de $x^2$ vaut $-3<0$ : le trinôme est donc strictement négatif à l'extérieur des racines et strictement positif entre elles. Par conséquent, $f$ est strictement décroissante sur $\left]-\infty ;\frac{1}{3}\right]$, strictement croissante sur $\left[\frac{1}{3};3\right]$, puis strictement décroissante sur $[3;+\infty [$. Les valeurs exactes aux deux extremums sont

$$f\left(\frac{1}{3}\right)=5\ln \left(\frac{1}{9}+1\right)-1=5\ln \left(\frac{10}{9}\right)-1\approx -0,47,f(3)=5\ln (10)-9\approx 2,51.$$

Avec les limites des questions 2 et 3.b, on obtient le tableau de variation :

La fonction $f$ admet donc un minimum local en $\frac{1}{3}$ et un maximum local en $3$, ce que confirme la courbe donnée.

5.a. Pour tout réel $x$ :

$$f^{\prime \prime }(x)=\frac{-10x^2+10}{{\left(x^2+1\right)}^2}=\frac{10\left(1-x^2\right)}{{\left(x^2+1\right)}^2}.$$

Le dénominateur ${\left(x^2+1\right)}^2$ est strictement positif et $10>0$ : le signe de $f^{\prime \prime }(x)$ est celui de $1-x^2=(1-x)(1+x)$. Ce trinôme, de coefficient dominant négatif et de racines $-1$ et $1$, est positif sur $[-1;1]$ et négatif à l'extérieur. D'après la caractérisation de la convexité par la dérivée seconde :

• $f^{\prime \prime }(x)⩽0$ sur $]-\infty ;-1]$ : $f$ est concave sur cet intervalle ;
• $f^{\prime \prime }(x)⩾0$ sur $[-1;1]$ : $f$ est convexe sur $[-1;1]$ ;
• $f^{\prime \prime }(x)⩽0$ sur $[1;+\infty [$ : $f$ est concave sur cet intervalle.

La dérivée seconde s'annulant en changeant de signe en $-1$ et en $1$, la courbe admet deux points d'inflexion, d'abscisses $-1$ et $1$.

La conjecture de la question 1 est donc à rejeter telle qu'elle était formulée : la concavité sur $[1;+\infty [$ est bien confirmée, mais $f$ n'est pas convexe sur tout $]-\infty ;1]$ ; elle ne l'est que sur $[-1;1]$, et redevient concave sur $]-\infty ;-1]$. C'est précisément la zone que le tracé ne montrait pas.

5.b. Le point $A$ a pour abscisse $1$. On calcule

$$f(1)=5\ln (1^2+1)-3\times 1=5\ln 2-3,f^{\prime }(1)=\frac{-3+10-3}{1+1}=\frac{4}{2}=2.$$

L'équation de la tangente à ${\mathcal{C}}_f$ au point d'abscisse $1$ est $y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)$, soit

$$y=2(x-1)+5\ln 2-3=2x-2+5\ln 2-3,$$

c'est-à-dire, sous forme réduite :

$$y=2x+5\ln 2-5.$$

Contrôle graphique : $5\ln 2-5\approx -1,53$ et la droite tracée coupe bien l'axe des ordonnées vers $-1,5$, avec un coefficient directeur $2$ (deux carreaux vers le haut pour un vers la droite).

5.c. D'après la question 5.a, la fonction $f$ est concave sur l'intervalle $[1;+\infty [$. Or, pour une fonction concave sur un intervalle, la courbe représentative est située au-dessous de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. En appliquant cela à la tangente au point $A$, d'abscisse $1$, on obtient pour tout $x⩾1$ :

$$f(x)⩽2x+5\ln 2-5,$$

c'est-à-dire

$$5\ln (x^2+1)-3x⩽2x+5\ln 2-5.$$

On ajoute $3x$ aux deux membres :

$$5\ln (x^2+1)⩽5x+5\ln 2-5,$$

puis on divise par $5>0$, ce qui conserve le sens de l'inégalité :

$$\ln (x^2+1)⩽x+\ln 2-1\text{pour tout }x⩾1.$$

Ce que le correcteur attend : la concavité doit être invoquée sur un intervalle contenant à la fois le point de tangence $1$ et le réel $x$ considéré — d'où la restriction $x⩾1$, qui n'est pas un détail : pour $x=0$, l'inégalité donnerait $0⩽\ln 2-1\approx -0,31$, ce qui est faux.