Bac 2024, Métropole : exercice 3

Partie A

Question 1.

Le point B d'abscisse $-1$ appartient à $\mathcal{C}_f$ et a pour ordonnée $-2$ (lecture graphique, B$(-1\;;\;-2)$). Donc $f(-1)=-2$.

Le nombre dérivé $f'(-1)$ est le coefficient directeur de la tangente $T$ à $\mathcal{C}_f$ au point B. La droite $T$ passe par B$(-1\;;\;-2)$ et A$(0\;;\;-1)$ :

Donc $f(-1)=-2$ et $f'(-1)=1$.

Réponse : $f(-1)=-2$ et $f'(-1)=1$.

Question 2.

Une fonction convexe sur un intervalle est située au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.

Sur le graphique, la courbe $\mathcal{C}_f$ traverse la tangente $T$ à gauche du point B (vers $x\approx-1{,}7$) : pour les abscisses plus petites, $\mathcal{C}_f$ est située en dessous de $T$.

La courbe n'est donc pas au-dessus de toutes ses tangentes.

Donc la fonction $f$ n'est pas convexe sur $]-2\;;\;+\infty[$.

Question 3.

La courbe $\mathcal{C}_f$ coupe l'axe des abscisses en un seul point, d'abscisse comprise entre $0$ et $0{,}2$ (un peu avant $0{,}2$ sur le graphique).

On conjecture donc que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, de valeur approchée $0{,}1$ à $10^{-1}$ près.

Réponse : une solution, environ $0{,}1$.

Partie B

Question 1.

Quand $x$ tend vers $-2$ par valeurs supérieures (la fonction est définie sur $]-2\;;\;+\infty[$) :

De plus, $\lim\limits_{x\to-2}(x+2)=0^+$ et $\lim\limits_{X\to0^+}\ln X=-\infty$, donc par composition $\lim\limits_{x\to-2}\ln(x+2)=-\infty$.

Par somme, $\lim\limits_{x\to-2}f(x)=-\infty$.

Interprétation graphique : la droite d'équation $x=-2$ est asymptote verticale à la courbe $\mathcal{C}_f$.

Réponse : $\lim\limits_{x\to-2}f(x)=-\infty$, asymptote verticale d'équation $x=-2$.

Question 2.

La fonction $f$ est dérivable sur $]-2\;;\;+\infty[$, et $x\mapsto\ln(x+2)$ a pour dérivée $x\mapsto\dfrac1{x+2}$ (composée $\ln(u)$ avec $u(x)=x+2$, $u'=1$, $u>0$).

Pour tout $x>-2$ :

On met au même dénominateur :

Donc pour tout $x>-2$, $f'(x)=\dfrac{2x^2+6x+5}{x+2}$.

Question 3.

On étudie le signe de $f'(x)$ sur $]-2\;;\;+\infty[$.

Le numérateur $2x^2+6x+5$ est un trinôme du second degré, de discriminant $\Delta=6^2-4\times2\times5=36-40=-4<0$ : il n'a pas de racine réelle et il est du signe de son coefficient dominant $2>0$. Donc $2x^2+6x+5>0$ pour tout réel $x$.

Le dénominateur vérifie $x+2>0$ sur $]-2\;;\;+\infty[$.

Par quotient, $f'(x)>0$ sur $]-2\;;\;+\infty[$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $]-2\;;\;+\infty[$.

Tableau de variations complet : $f$ est strictement croissante sur $]-2\;;\;+\infty[$, avec $\lim\limits_{x\to-2}f(x)=-\infty$ (question 1) et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ (admis).

Question 4.

La fonction $f$ est continue sur $]-2\;;\;+\infty[$ (car dérivable) et strictement croissante sur cet intervalle.

Elle réalise une bijection de $]-2\;;\;+\infty[$ sur l'intervalle $\left]\lim\limits_{x\to-2}f\;;\;\lim\limits_{x\to+\infty}f\right[=\left]-\infty\;;\;+\infty\right[=\mathbb{R}$.

Le réel $0$ appartient à $\mathbb{R}$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour une fonction continue strictement monotone), l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]-2\;;\;+\infty[$.

On encadre $\alpha$ à la calculatrice :

Comme $f$ est strictement croissante, $0{,}115<\alpha<0{,}125$, donc $\alpha\approx0{,}12$ à $10^{-2}$ près (on a plus précisément $\alpha\approx0{,}118$).

Donc l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]-2\;;\;+\infty[$, et $\alpha\approx0{,}12$.

Réponse : $\alpha\approx0{,}12$.

Question 5.

La fonction $f$ est strictement croissante sur $]-2\;;\;+\infty[$ et $f(\alpha)=0$.

Donc :

• pour $-2<x<\alpha$, $f(x)<f(\alpha)=0$

• pour $x=\alpha$, $f(x)=0$

• pour $x>\alpha$, $f(x)>f(\alpha)=0$.

Donc $f(x)<0$ sur $]-2\;;\;\alpha[$ et $f(x)>0$ sur $]\alpha\;;\;+\infty[$.

Question 6.

Les points d'inflexion de $\mathcal{C}_f$ correspondent aux valeurs où $f''$ s'annule en changeant de signe.

La fonction $f'$ est dérivable sur $]-2\;;\;+\infty[$. À partir de $f'(x)=2x+2+\dfrac1{x+2}$, pour tout $x>-2$ :

Le dénominateur $(x+2)^2$ est strictement positif sur $]-2\;;\;+\infty[$ : $f''(x)$ est du signe de $2(x+2)^2-1$.

Comme $x+2>0$, on a

La fonction $x\mapsto2(x+2)^2-1$ est strictement croissante sur $]-2\;;\;+\infty[$ (car $x+2$ est positif et croissant, et le carré est croissant sur $\mathbb{R}_+$), donc elle est négative pour $x<-2+\dfrac{\sqrt2}{2}$ et positive pour $x>-2+\dfrac{\sqrt2}{2}$.

Ainsi $f''$ s'annule en changeant de signe en une seule valeur : $f$ est concave sur $\left]-2\;;\;-2+\dfrac{\sqrt2}{2}\right]$ et convexe sur $\left[-2+\dfrac{\sqrt2}{2}\;;\;+\infty\right[$.

Donc $\mathcal{C}_f$ admet un unique point d'inflexion, d'abscisse $-2+\dfrac{\sqrt2}{2}\approx-1{,}293$.

Réponse : abscisse $-2+\dfrac{\sqrt2}{2}\approx-1{,}293$.

Partie C

Question 1.

Le repère est orthonormé, J a pour coordonnées $(0\;;\;1)$ et le point $M$ de $\mathcal{C}_g$ d'abscisse $x$ a pour coordonnées $\left(x\;;\;\ln(x+2)\right)$.

La distance au carré est

Donc pour tout $x>-2$, $h(x)=\text{J}M^2=x^2+\left[\ln(x+2)-1\right]^2$.

Question 2.

a) Pour tout $x>-2$, $h'(x)=\dfrac{2f(x)}{x+2}$ avec $x+2>0$ : $h'(x)$ est du signe de $f(x)$.

D'après la question 5 de la partie B :

• pour $-2<x<\alpha$, $f(x)<0$ donc $h'(x)<0$

• $h'(\alpha)=0$

• pour $x>\alpha$, $f(x)>0$ donc $h'(x)>0$.

Donc $h$ est strictement décroissante sur $]-2\;;\;\alpha]$ puis strictement croissante sur $[\alpha\;;\;+\infty[$, et elle admet un minimum en $\alpha$, égal à $h(\alpha)$.

b) Pour tout $x>-2$, $\text{J}M=\sqrt{h(x)}$, et la fonction racine carrée est strictement croissante sur $[0\;;\;+\infty[$. Donc $\text{J}M$ varie dans le même sens que $h(x)$.

Comme $h$ est minimale en $\alpha$, la distance $\text{J}M$ est minimale pour $x=\alpha$.

Donc la valeur de $x$ pour laquelle la distance $\text{J}M$ est minimale est $\alpha$, défini à la question 4 de la partie B.

Question 3.

a) Par définition, $f(\alpha)=0$, c'est-à-dire

On isole le logarithme :

b) Le point $M_\alpha$ a pour coordonnées $\left(\alpha\;;\;\ln(\alpha+2)\right)$.

La fonction $g$ est dérivable sur $]-2\;;\;+\infty[$ et $g'(x)=\dfrac1{x+2}$. Le coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_g$ en $M_\alpha$ est donc $g'(\alpha)=\dfrac1{\alpha+2}$.

On a $\alpha\neq0$, car $f(0)=-1+\ln2\neq0$ (la valeur $f(0)\approx-0{,}307$ est non nulle). La droite (J$M_\alpha$) n'est donc pas verticale, et son coefficient directeur est

D'après la question a), $\ln(\alpha+2)-1=-2\alpha-\alpha^2=-\alpha(2+\alpha)$. Donc

Le produit des deux coefficients directeurs vaut

Dans un repère orthonormé, deux droites dont le produit des coefficients directeurs est égal à $-1$ sont perpendiculaires.

Donc la tangente à $\mathcal{C}_g$ au point $M_\alpha$ et la droite (J$M_\alpha$) sont perpendiculaires.

Points clés attendus

• Lire $f(-1)$ sur la courbe et $f'(-1)$ comme coefficient directeur de la tangente $T$ (deux points de $T$).

• Justifier la non-convexité par la position de la courbe par rapport à sa tangente, et non par une simple impression.

• Lever la limite en $-2$ par somme, interpréter en asymptote verticale, puis étudier le signe de $f'$ (discriminant négatif, $x+2>0$).

• Citer le théorème des valeurs intermédiaires avec continuité, stricte monotonie et limites aux bornes, puis encadrer $\alpha$.

• Pour le point d'inflexion, étudier le signe de $f''$ et vérifier le changement de signe.

• En partie C, relier le signe de $h'$ à celui de $f$, puis utiliser le critère de perpendicularité avec le produit des coefficients directeurs égal à $-1$.

Corrigé rédigé par + qu'un prof. Cherche d'abord seul, puis compare avec ta propre rédaction.