Corrigé bac mathématiques 2026 Métropole jour 1 — Exercice 4 : Fonction avec logarithme : étude, tangente et intégrale

Partie A

1. Le point $A(0;1)$ appartient à la courbe représentative de $f$, donc $f(0)=1$. Or

$$f(0)=a+\frac{b\ln (0+1)}{0+1}=a+\frac{b\ln (1)}{1}=a+0=a,$$

puisque $\ln (1)=0$. Ainsi $a=f(0)=1$.

2.a. Le nombre dérivé $f^{\prime }(0)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_A$ à la courbe au point d'abscisse $0$. Sur le graphique, la droite $T_A$ passe par $A(0;1)$ et par le point de coordonnées $(1;5)$ (un carreau vers la droite, quatre carreaux vers le haut). Son coefficient directeur vaut donc

$$f^{\prime }(0)=\frac{5-1}{1-0}=4.$$

2.b. Sur le graphique, au voisinage du point d'abscisse $1$, la courbe est « tournée vers le bas » : elle est située au-dessous de ses tangentes (on le voit déjà en $A$, où la courbe reste sous $T_A$), et la pente de ses tangentes diminue quand $x$ augmente, de $4$ en $A$ jusqu'à $0$ au sommet de la courbe (vers $x\approx 1,7$). La fonction $f$ est donc concave sur un intervalle contenant $1$, autrement dit $f^{\prime }$ y est décroissante. D'après la caractérisation de la convexité du cours, pour une fonction deux fois dérivable, la concavité sur un intervalle équivaut à $f^{\prime \prime }⩽0$ sur cet intervalle ; la courbe n'étant pas rectiligne autour de $1$ (pas de point d'inflexion en $1$), on lit $f^{\prime \prime }(1)<0$ : $f^{\prime \prime }(1)$ est négatif.

Vérification (hors programme de la question, qui demande une lecture graphique). Avec $b=4$, on trouvera $f^{\prime }(x)=\frac{4(1-\ln (x+1))}{(x+1{)}^2}$, d'où en dérivant à nouveau

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

et $f^{\prime \prime }(1)=\frac{4(2\ln 2-3)}{8}=\frac{2\ln 2-3}{2}\approx -0,81<0$, ce qui confirme la lecture.

3.a. Sur $]-1;+\infty [$, on a $x+1>0$, donc $\ln (x+1)$ est bien défini et dérivable. Écrivons $f=a+b\frac{u}{v}$ avec $u(x)=\ln (x+1)$ et $v(x)=x+1$. Alors

$$u^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}\text{et}{v}^{\prime }(x)=1.$$

D'après la formule de dérivation d'un quotient, ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$ :

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

La constante $a$ a une dérivée nulle, et le facteur $b$ est conservé. Donc, pour tout réel $x$ de $]-1;+\infty [$ :

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

3.b. En appliquant cette formule en $x=0$ :

$$f^{\prime }(0)=\frac{b(1-\ln (1))}{1^2}=\frac{b(1-0)}{1}=b.$$

D'après la question 2.a, $f^{\prime }(0)=4$. Donc $b=4$.

Ce que le correcteur attend : la question 3.b est un « en déduire » : il faut relier la formule de 3.a à la lecture graphique de 2.a, et non chercher $b$ par une autre voie.

Partie B

1. Étudions la limite de $f$ en $+\infty$. Posons $X=x+1$ : lorsque $x\to +\infty$, $X\to +\infty$, et

$$\frac{\ln (x+1)}{x+1}=\frac{\ln X}{X}.$$

Par croissances comparées, $\underset{X\to +\infty }{\lim }\frac{\ln X}{X}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{4\ln (x+1)}{x+1}=0$ et, par somme,

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1+0=1.$$

Comme $\underset{x\to +\infty }{\lim }(f(x)-1)=0$, la droite d'équation $y=1$ est asymptote horizontale à la courbe représentative de $f$ en $+\infty$.

2. Sur $]-1;+\infty [$, on a $x+1>0$ : l'inéquation a un sens. Comme $1=\ln (\mathrm{e})$ et que la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$ :

$$1-\ln (x+1)>0⟺\ln (x+1)<1⟺\ln (x+1)<\ln (\mathrm{e})⟺x+1<\mathrm{e}⟺x<\mathrm{e}-1.$$

En tenant compte du domaine $]-1;+\infty [$, l'ensemble des solutions est

$$S=]-1;\mathrm{e}-1[.$$

(On note que $\mathrm{e}-1\approx 1,72>-1$, donc l'intervalle n'est pas vide.)

3. D'après la partie A avec $b=4$, pour tout $x>-1$ :

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

Le dénominateur $(x+1{)}^2$ est strictement positif sur $]-1;+\infty [$, et $4>0$ : le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui de $1-\ln (x+1)$. D'après la question 2 :

• $f^{\prime }(x)>0$ pour $x\in ]-1;\mathrm{e}-1[$ ;
• $f^{\prime }(\mathrm{e}-1)=0$ (car $\ln (\mathrm{e})=1$) ;
• $f^{\prime }(x)<0$ pour $x\in ]\mathrm{e}-1;+\infty [$.

La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]-1;\mathrm{e}-1]$ et strictement décroissante sur $[\mathrm{e}-1;+\infty [$ : elle admet un maximum en $x=\mathrm{e}-1$, de valeur exacte

$$f(\mathrm{e}-1)=1+\frac{4\ln (\mathrm{e}-1+1)}{\mathrm{e}-1+1}=1+\frac{4\ln (\mathrm{e})}{\mathrm{e}}=1+\frac{4}{\mathrm{e}}\approx 2,47.$$

Avec les limites $\underset{x\to -1}{\lim }f(x)=-\infty$ (admise) et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$ (question 1), on obtient le tableau de variation complet :

Les valeurs $-\infty$ (en $-1$) et $1$ (en $+\infty$) sont des limites, non atteintes : la borne $-1$ est exclue du domaine, et $f(x)>1$ pour tout $x>0$.

Ce que le correcteur attend : le signe de $f^{\prime }$ justifié à partir de la question 2 (le facteur $(x+1{)}^2$ ne change rien au signe), et la valeur exacte $1+\frac{4}{\mathrm{e}}$, pas seulement son approximation.

4. Sur l'intervalle $[2;+\infty [$ :

• $f$ est continue (elle est dérivable sur $]-1;+\infty [$) ;
• $f$ est strictement décroissante, car $2>\mathrm{e}-1\approx 1,72$ et $f$ est strictement décroissante sur $[\mathrm{e}-1;+\infty [$ (question 3) ;
• $f(2)=1+\frac{4\ln 3}{3}\approx 2,46$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$, or $1<1,5<2,46$ : le réel $1,5$ est compris entre la valeur de $f$ en $2$ et sa limite en $+\infty$.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), étendu à l'intervalle non borné $[2;+\infty [$, l'équation $f(x)=1,5$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[2;+\infty [$.

Valeur approchée. À la calculatrice, $f(25)\approx 1,5012>1,5$ et $f(25,1)\approx 1,4999<1,5$ : comme $f$ est strictement décroissante sur $[2;+\infty [$, on a $25<\alpha <25,1$. En affinant, $f(25,05)\approx 1,5006>1,5$ et $f(25,15)\approx 1,4993<1,5$, donc $25,05<\alpha <25,15$ et

$$\alpha \approx 25,1(\text{aˋ }10^{-1}\text{ preˋs}).$$

(Une valeur plus précise est $\alpha \approx 25,09$.)

Ce que le correcteur attend : les trois hypothèses (continuité, stricte monotonie, encadrement de $1,5$ par $f(2)$ et la limite) et le nom du théorème ; l'unicité vient de la stricte décroissance, l'existence du théorème des valeurs intermédiaires. Attention à ne pas conclure sur $]-1;+\infty [$ tout entier : l'équation y a une seconde solution, entre $-1$ et $\mathrm{e}-1$.

5.a. Posons $u(x)=\ln (x+1)$ sur $[0;2]$ : $u$ est dérivable et $u^{\prime }(x)=\frac{1}{x+1}$. La fonction à intégrer s'écrit

$$\frac{\ln (x+1)}{x+1}=\frac{1}{x+1}\times \ln (x+1)=u^{\prime }(x)u(x),$$

qui est de la forme $u^{\prime }u$, dont une primitive est $\frac{u^2}{2}$. Une primitive de $x\mapsto \frac{\ln (x+1)}{x+1}$ sur $[0;2]$ est donc $F(x)=\frac{1}{2}(\ln (x+1){)}^2$ (on vérifie : $F^{\prime }(x)=\frac{1}{2}\times 2\ln (x+1)\times \frac{1}{x+1}=\frac{\ln (x+1)}{x+1}$). Par conséquent

$${\int }_0^2\frac{\ln (x+1)}{x+1}\mathrm{d}x=\left[\frac{1}{2}\right(\ln (x+1){)}^2{]}_0^2=\frac{1}{2}(\ln 3{)}^2-\frac{1}{2}(\ln 1{)}^2=\frac{1}{2}(\ln 3{)}^2-0=\frac{1}{2}(\ln 3{)}^2.$$

5.b. Sur $[0;2]$, on a $x+1⩾1$, donc $\ln (x+1)⩾0$ et $f(x)=1+\frac{4\ln (x+1)}{x+1}⩾1>0$. La fonction $f$ est continue et positive sur $[0;2]$ : l'aire du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe, l'axe des ordonnées ($x=0$) et la droite d'équation $x=2$ est, en unités d'aire, $\mathcal{A}={\int }_0^{2}f(x)\mathrm{d}x$. Par linéarité de l'intégrale et d'après la question 5.a :

$$\mathcal{A}={\int }_0^2\left(1+\frac{4\ln (x+1)}{x+1}\right)\mathrm{d}x={\int }_0^{2}1\mathrm{d}x+4{\int }_0^2\frac{\ln (x+1)}{x+1}\mathrm{d}x=2+4\times \frac{1}{2}(\ln 3{)}^2=2+2(\ln 3{)}^2.$$

L'aire cherchée vaut exactement $2+2(\ln 3{)}^2$ unités d'aire, soit environ $4,41$ unités d'aire.

Ce que le correcteur attend : la positivité de $f$ sur $[0;2]$ justifiée avant d'identifier l'aire à l'intégrale, et la valeur exacte donnée avant l'approximation.