Corrigé bac maths Sciences Mathématiques (Maroc) 2024 session normale — Problème · Partie II : étude de $f (x) = x + 1 - ln (e^{x} - x)$

Sujet de l'examen national du baccalauréat marocain, mathématiques, 2e année Bac Sciences Mathématiques, session normale 2024. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $R$ par $f (x) = x + 1 - ln (e^{x} - x)$ . Soit $(C_{f})$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, i, j)$ .

1.a) Vérifier que $f$ est définie sur $R$ .

1.b) Montrer que pour tout $x \in R$ : $f (x) = 1 - ln (1 - x e^{- x})$ .

1.c) En déduire que $x \to + \infty lim f (x) = 1$ , puis interpréter géométriquement ce résultat.

2.a) Calculer $x \to - \infty lim f (x)$ .

2.b) Vérifier que pour tout $x < 0$ : $f (x) = x + 1 - ln (- x) - ln (1 - \frac{e ^{x}}{x})$ .

2.c) Calculer $x \to - \infty lim \frac{f ( x )}{x}$ et en déduire que la courbe $(C_{f})$ admet une branche parabolique de direction la droite d'équation $y = x$ au voisinage de $- \infty$ .

3.a) Montrer que pour tout $x \in R$ : $f^{'} (x) = \frac{1 - x}{e ^{x} - x}$ .

3.b) Étudier le signe de $f^{'} (x)$ , puis dresser le tableau de variations de $f$ sur $R$ .

3.c) Montrer que l'équation $f (x) = 0$ admet une unique solution $α$ dans l'intervalle $] - 1, 0 [$ .

La courbe $(C_{f})$ ci-contre est la représentation graphique de $f$ dans un repère orthonormé.

4.a) Justifier graphiquement que l'équation $f (x) = x$ admet deux solutions $α$ et $β$ .

4.b) Montrer que $e^{α} - e^{β} = α - β$ .

[Figure — voir le PDF]

5) Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I =] - \infty, 1]$ .

5.a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{- 1}$ définie sur un intervalle $J$ que l'on déterminera.

5.b) Vérifier que $g^{- 1}$ est dérivable en $1$ et calculer $(g^{- 1})^{'} (1)$ .

Corrigé

1.a) Vérifier que $f$ est définie sur $R$ .

f

est définie là où

e^{x} - x > 0

, ce qui est vrai pour tout réel (Partie I).

⇒

D_{f} = R

1.b) Montrer que $f (x) = 1 - ln (1 - x e^{- x})$ .

Méthode. On factorise $e^{x}$ dans $e^{x} - x$ , puis on utilise $ln (A B) = ln A + ln B$ .

$e^{x} - x = e^{x} (1 - x e^{- x})$ , donc $f (x) = x + 1 - ln (e^{x} (1 - x e^{- x})) = x + 1 - = x ln (e^{x}) - ln (1 - x e^{- x}) = 1 - ln (1 - x e^{- x}) .$

1.c) En déduire $x \to + \infty lim f (x)$ et interpréter.

Rappel. Croissances comparées : $x \to + \infty lim x e^{- x} = 0$ .

Quand $x \to + \infty$ : $x e^{- x} \to 0$ , donc $1 - x e^{- x} \to 1$ et $ln (1 - x e^{- x}) \to 0$ . Ainsi $x \to + \infty lim f (x) = 1 - ln 1 = 1 .$

⇒ La droite

y = 1

est asymptote horizontale à

(C_{f})

au voisinage de

+ \infty

2.a) Calculer $x \to - \infty lim f (x)$ .

Quand $x \to - \infty$ : $x e^{- x} \to - \infty$ (car $x \to - \infty$ et $e^{- x} \to + \infty$ ), donc $1 - x e^{- x} \to + \infty$ et $ln (1 - x e^{- x}) \to + \infty$ . Avec $f (x) = 1 - ln (1 - x e^{- x})$ : $x \to - \infty lim f (x) = - \infty.$

2.b) Vérifier que pour $x < 0$ : $f (x) = x + 1 - ln (- x) - ln (1 - \frac{e ^{x}}{x})$ .

Pour $x < 0$ , $- x > 0$ et l'on factorise $- x$ dans $e^{x} - x$ : $e^{x} - x = - x (1 - \frac{e ^{x}}{x}) ⟹ ln (e^{x} - x) = ln (- x) + ln (1 - \frac{e ^{x}}{x}),$ d'où, en reportant dans $f (x) = x + 1 - ln (e^{x} - x)$ : $f (x) = x + 1 - ln (- x) - ln (1 - \frac{e ^{x}}{x}) .$

2.c) Calculer $x \to - \infty lim \frac{f ( x )}{x}$ et conclure (branche parabolique).

Rappel. $x \to - \infty lim \frac{ln ( - x )}{x} = 0$ et $x \to - \infty lim \frac{e ^{x}}{x} = 0$ .

En divisant l'écriture précédente par $x$ : $\frac{f ( x )}{x} = 1 + \frac{1}{x} - \frac{ln ( - x )}{x} - \frac{1}{x} ln (1 - \frac{e ^{x}}{x}) x \to - \infty 1.$ De plus $f (x) - x = 1 - ln (- x) - ln (1 - \frac{e ^{x}}{x}) \to - \infty$ .

⇒

\frac{f ( x )}{x} \to 1

f (x) - x \to - \infty

(C_{f})

admet une branche parabolique de direction $y = x$ au voisinage de

- \infty

3.a) Montrer que $f^{'} (x) = \frac{1 - x}{e ^{x} - x}$ .

Rappel. $(ln w)^{'} = \frac{w ^{'}}{w}$ . Ici $w (x) = e^{x} - x$ , $w^{'} (x) = e^{x} - 1$ .

$f^{'} (x) = 1 - \frac{e ^{x} - 1}{e ^{x} - x} = \frac{( e ^{x} - x ) - ( e ^{x} - 1 )}{e ^{x} - x} = \frac{1 - x}{e ^{x} - x} .$

⇒

f^{'} (x) = \frac{1 - x}{e ^{x} - x}

3.b) Signe de $f^{'}$ et tableau de variations.

Comme $e^{x} - x > 0$ , le signe de $f^{'} (x)$ est celui de $1 - x$ : positif pour $x < 1$ , négatif pour $x > 1$ . Maximum en $x = 1$ : $f (1) = 1 + 1 - ln (e - 1) = 2 - ln (e - 1) \approx 1, 46$ .

(La limite $1$ en $+ \infty$ est atteinte « par au-dessus » : $y = 1$ est asymptote.)

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