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Bac spécialité · session 2026 · Jour 1, métropole, La Réunion, Mayotte

Bac 2026, spécialité maths, jour 1 (métropole) : sujet et corrigé

Sujet de spécialité maths du 16 juin 2026 en métropole : traversée en ferry et Bienaymé-Tchebychev, vrai-faux, chauffage d’une pièce, étude de ln(x+1)/(x+1).

Durée
4 heures
Calculatrice
autorisée
Sujet officiel
PDF

Cherche chaque question avant d’ouvrir son corrigé. L’énoncé est le sujet officiel ressaisi ; les corrigés sont rédigés par Bac-Maths.

Format : mardi 16 juin 2026, 4 heures, quatre exercices, calculatrice en mode examen autorisée. La qualité de la rédaction et la précision des raisonnements comptent dans la note.

Exercice 1 : traversée en ferry (5 points)

Un navire assure la liaison entre deux ports de la Méditerranée. Lors d’une traversée, une famille a la possibilité de réserver une cabine ainsi qu’un emplacement pour un véhicule.

Partie A

Parmi l’ensemble des familles effectuant la traversée, on constate que 30 %30\,\% réservent un emplacement pour un véhicule et, parmi ces dernières, 80 %80\,\% réservent une cabine. On sait par ailleurs que 75 %75\,\% des familles effectuant la traversée réservent une cabine.

On choisit au hasard une famille effectuant la traversée, et on considère les événements VV : « la famille réserve un emplacement pour un véhicule » et CC : « la famille réserve une cabine ». Pour un événement quelconque EE, on désigne par E‾\overline{E} son événement contraire et par P(E)P(E) sa probabilité.

1. a. Donner P(C)P(C).

b. Reproduire l’arbre ci-dessous et compléter les quatre pointillés.

Arbre : branches V et V barre depuis la racine, puis C et C barre ; pointillés sur les branches vers V et V barre et sur les deux branches issues de V

2. Calculer la probabilité qu’une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine.

3. Une famille a réservé une cabine. Déterminer la probabilité qu’elle réserve un emplacement pour un véhicule.

4. Déterminer PV‾(C)P_{\overline{V}}(C). On arrondira le résultat à 10−210^{-2}. Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Corrigé de la partie A

1. a. P(C)=0,75P(C) = 0{,}75.

b. P(V)=0,3P(V) = 0{,}3 et P(V‾)=0,7P(\overline{V}) = 0{,}7 ; PV(C)=0,8P_V(C) = 0{,}8 et PV(C‾)=0,2P_V(\overline{C}) = 0{,}2.

2. P(V∩C)=P(V)×PV(C)=0,3×0,8=0,24P(V \cap C) = P(V) \times P_V(C) = 0{,}3 \times 0{,}8 = 0{,}24.

3.

PC(V)=P(V∩C)P(C)=0,240,75=0,32P_C(V) = \dfrac{P(V \cap C)}{P(C)} = \dfrac{0{,}24}{0{,}75} = 0{,}32

4. D’après la formule des probabilités totales, P(V‾∩C)=P(C)−P(V∩C)=0,75−0,24=0,51P(\overline{V} \cap C) = P(C) - P(V \cap C) = 0{,}75 - 0{,}24 = 0{,}51. Donc :

PV‾(C)=0,510,7≈0,73P_{\overline{V}}(C) = \dfrac{0{,}51}{0{,}7} \approx 0{,}73

Parmi les familles qui ne réservent pas d’emplacement pour un véhicule, environ 73 %73\,\% réservent une cabine.

Partie B

Sur ce trajet, la réservation d’une cabine et d’un emplacement pour un véhicule sont facturés en supplément du coût de la traversée. Ces suppléments sont d’un montant de 100100 € pour une cabine et de 7070 € pour l’emplacement d’un véhicule. On suppose qu’une famille peut réserver au maximum une cabine et au maximum un emplacement pour un véhicule. À ces suppléments peuvent s’ajouter le prix payé pour des extras (repas, boissons, etc.).

On note XX la variable aléatoire qui associe, à chaque famille effectuant la traversée, le prix qu’elle paie, en euro, pour les suppléments. On donne ci-dessous la loi de probabilité de XX.

xix_i 00 7070 100100 170170
P(X=xi)P(X = x_i) 0,190{,}19 0,060{,}06 0,510{,}51 0,240{,}24

On note YY la variable aléatoire qui associe, à chaque famille effectuant la traversée, le prix qu’elle paie, en euro, pour les extras. On admet que la variable aléatoire YY a pour espérance E(Y)=104E(Y) = 104 et pour variance V(Y)=1 686V(Y) = 1\,686. On suppose que les variables XX et YY sont indépendantes.

1. Justifier que E(X)=96E(X) = 96 et que V(X)=3 114V(X) = 3\,114.

2. À titre exceptionnel, la compagnie propose une remise de 40 %40\,\% sur les suppléments et les extras. On note ZZ la variable aléatoire qui, à chaque famille effectuant la traversée, associe le montant total pour les suppléments et les extras, en euro, payé par cette famille après réduction.

a. Justifier que Z=0,6(X+Y)Z = 0{,}6(X + Y).

b. En déduire que E(Z)=120E(Z) = 120 et que V(Z)=1 728V(Z) = 1\,728, où E(Z)E(Z) est l’espérance de la variable aléatoire ZZ et V(Z)V(Z) sa variance.

3. On note nn un entier naturel non nul et on choisit au hasard un échantillon de nn familles effectuant cette traversée bénéficiant de la réduction exceptionnelle définie en question 2. On admet que ce choix peut être assimilé à un tirage avec remise. On désigne par Z1,Z2,…,ZnZ_1, Z_2, \ldots, Z_n les variables aléatoires égales au prix total pour les suppléments et les extras payé par la première, la deuxième, …, la nn-ième famille. On considère la variable aléatoire Mn=Z1+Z2+⋯+ZnnM_n = \dfrac{Z_1 + Z_2 + \cdots + Z_n}{n} donnant le prix total moyen pour les suppléments et les extras, payé par ces familles. On admet que les variables Z1,Z2,…,ZnZ_1, Z_2, \ldots, Z_n sont indépendantes et suivent la même loi de probabilité que la variable aléatoire ZZ.

a. Montrer que l’espérance E(Mn)E(M_n) de la variable MnM_n est égale à 120120, et que sa variance V(Mn)V(M_n) est égale à 1 728n\dfrac{1\,728}{n}.

b. Déterminer le plus petit entier nn pour lequel l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d’affirmer que P(114<Mn<126)≥0,85P(114 < M_n < 126) \geq 0{,}85. Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Corrigé de la partie B

1.

E(X)=0×0,19+70×0,06+100×0,51+170×0,24=4,2+51+40,8=96E(X) = 0 \times 0{,}19 + 70 \times 0{,}06 + 100 \times 0{,}51 + 170 \times 0{,}24 = 4{,}2 + 51 + 40{,}8 = 96

E(X2)=4 900×0,06+10 000×0,51+28 900×0,24=294+5 100+6 936=12 330E(X^2) = 4\,900 \times 0{,}06 + 10\,000 \times 0{,}51 + 28\,900 \times 0{,}24 = 294 + 5\,100 + 6\,936 = 12\,330, donc :

V(X)=E(X2)−E(X)2=12 330−9 216=3 114V(X) = E(X^2) - E(X)^2 = 12\,330 - 9\,216 = 3\,114

2. a. Une remise de 40 %40\,\% revient à multiplier le montant total X+YX + Y par 0,60{,}6 : Z=0,6(X+Y)Z = 0{,}6(X + Y).

b. Par linéarité de l’espérance : E(Z)=0,6(E(X)+E(Y))=0,6×200=120E(Z) = 0{,}6(E(X) + E(Y)) = 0{,}6 \times 200 = 120. Comme XX et YY sont indépendantes, V(X+Y)=V(X)+V(Y)=4 800V(X + Y) = V(X) + V(Y) = 4\,800, donc V(Z)=0,62×4 800=0,36×4 800=1 728V(Z) = 0{,}6^2 \times 4\,800 = 0{,}36 \times 4\,800 = 1\,728.

3. a. Par linéarité, E(Mn)=1n×n×120=120E(M_n) = \dfrac{1}{n} \times n \times 120 = 120. Les ZiZ_i étant indépendantes : V(Mn)=1n2×n×1 728=1 728nV(M_n) = \dfrac{1}{n^2} \times n \times 1\,728 = \dfrac{1\,728}{n}.

b. 114<Mn<126  ⟺  ∣Mn−120∣<6114 < M_n < 126 \iff |M_n - 120| < 6. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

P(∣Mn−120∣≥6)≤V(Mn)62=1 72836n=48ndoncP(114<Mn<126)≥1−48nP(|M_n - 120| \geq 6) \leq \dfrac{V(M_n)}{6^2} = \dfrac{1\,728}{36n} = \dfrac{48}{n} \qquad\text{donc}\qquad P(114 < M_n < 126) \geq 1 - \dfrac{48}{n}

Il suffit que 1−48n≥0,851 - \dfrac{48}{n} \geq 0{,}85, c’est-à-dire 48n≤0,15\dfrac{48}{n} \leq 0{,}15, soit n≥320n \geq 320. Le plus petit entier est n=320n = 320 : sur un échantillon d’au moins 320320 familles, la probabilité que le montant moyen payé soit strictement compris entre 114114 € et 126126 € est au moins 0,850{,}85.

Exercice 2 : vrai ou faux (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. L’espace est muni d’un repère orthonormé (O ; ı⃗,ȷ⃗,k⃗)\left(O \,;\, \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k}\right). On considère la droite (d)(d) de représentation paramétrique

{x=ty=−1,5−tz=2−2touˋ t∈R,\left\{\begin{array}{l} x = t \\ y = -1{,}5 - t \\ z = 2 - 2t \end{array}\right. \quad \text{où } t \in \mathbb{R},

les points A(3 ; 0 ; 2)A(3 \,;\, 0 \,;\, 2) et B(2 ; 1 ; −3)B(2 \,;\, 1 \,;\, -3), et le plan (P)(P) d’équation −x+y−5z−0,5=0-x + y - 5z - 0{,}5 = 0.

1. a. Affirmation 1 : le plan (P)(P) est orthogonal à la droite (AB)(AB), et passe par le milieu du segment [AB][AB].

1. b. Affirmation 2 : les droites (d)(d) et (AB)(AB) sont sécantes.

1. c. On considère le point CC de coordonnées (1,5 ; −3 ; −1)(1{,}5 \,;\, -3 \,;\, -1).
Affirmation 3 : la mesure de l’angle ACB^\widehat{ACB}, arrondie à 10−110^{-1}, est égale à 70,5°70{,}5°.

2. Titouan et Clotilde participent à un escape game. Ils se retrouvent dans une salle possédant deux portes de sortie, A et B, chacune protégée par un digicode équipé de 88 touches portant des symboles différents. Le digicode de la porte A utilise un code de 33 symboles différents devant être saisis dans l’ordre ; celui de la porte B utilise un code de 44 symboles différents qui peuvent être saisis dans n’importe quel ordre. N’étant pas parvenus à obtenir d’indices, ils décident de procéder au hasard à la saisie des codes. Clotilde choisit un code pour la porte A, et Titouan choisit un code pour la porte B. On considère que les choix des codes sont équiprobables.
Affirmation 4 : Titouan a plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.

Corrigé de l’exercice 2

Affirmation 1 : vraie. AB→ (−1 ; 1 ; −5)\overrightarrow{AB}\,(-1 \,;\, 1 \,;\, -5) est égal au vecteur normal n⃗ (−1 ; 1 ; −5)\vec{n}\,(-1 \,;\, 1 \,;\, -5) du plan (P)(P) : la droite (AB)(AB) est orthogonale à (P)(P). Le milieu de [AB][AB] est I(2,5 ; 0,5 ; −0,5)I(2{,}5 \,;\, 0{,}5 \,;\, -0{,}5), et −2,5+0,5+2,5−0,5=0-2{,}5 + 0{,}5 + 2{,}5 - 0{,}5 = 0 : I∈(P)I \in (P). ((P)(P) est le plan médiateur de [AB][AB].)

Affirmation 2 : fausse. Une représentation de (AB)(AB) est x=3−sx = 3 - s, y=sy = s, z=2−5sz = 2 - 5s (s∈Rs \in \mathbb{R}). Un point commun vérifierait t=3−st = 3 - s et −1,5−t=s-1{,}5 - t = s. En remplaçant tt : −1,5−3+s=s-1{,}5 - 3 + s = s, soit −4,5=0-4{,}5 = 0, impossible. Les droites n’ont aucun point commun : elles ne sont pas sécantes.

Affirmation 3 : vraie. CA→ (1,5 ; 3 ; 3)\overrightarrow{CA}\,(1{,}5 \,;\, 3 \,;\, 3) et CB→ (0,5 ; 4 ; −2)\overrightarrow{CB}\,(0{,}5 \,;\, 4 \,;\, -2).

CA→⋅CB→=0,75+12−6=6,75CA=20,25=4,5CB=20,25=4,5\overrightarrow{CA} \cdot \overrightarrow{CB} = 0{,}75 + 12 - 6 = 6{,}75 \qquad CA = \sqrt{20{,}25} = 4{,}5 \qquad CB = \sqrt{20{,}25} = 4{,}5cos⁡ACB^=6,754,5×4,5=13ACB^≈70,5°\cos\widehat{ACB} = \dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5} = \dfrac{1}{3} \qquad \widehat{ACB} \approx 70{,}5°

Affirmation 4 : vraie. Porte A : l’ordre compte et les symboles sont distincts, il y a 8×7×6=3368 \times 7 \times 6 = 336 codes ; Clotilde a une probabilité 1336\dfrac{1}{336}. Porte B : l’ordre ne compte pas, il y a (84)=70\dbinom{8}{4} = 70 codes ; Titouan a une probabilité 170\dfrac{1}{70}. Comme 170>1336\dfrac{1}{70} > \dfrac{1}{336}, Titouan a plus de chances.

Exercice 3 : chauffage d’une pièce (6 points)

On étudie le fonctionnement d’un système de chauffage installé dans une pièce. Ce système se déclenche automatiquement dès que la température de la pièce est inférieure ou égale à 1818 °C (degrés Celsius), et s’éteint lorsqu’elle atteint 2020 °C.

Partie A : phase de chauffage

Pour une température de la pièce variant de 1818 °C à 2020 °C, le système de chauffage fonctionne en continu. La température de la pièce augmente progressivement. Dans cette partie, on modélise la température de la pièce, en degré Celsius, à l’instant tt, exprimé en dizaines de minutes, par une fonction TT définie sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}. On admet que la fonction TT est dérivable sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} et solution de l’équation différentielle (E):y′=−0,035y+0,91(E) : y' = -0{,}035y + 0{,}91, où yy est une fonction de la variable tt, définie et dérivable sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}. On note T′T' la fonction dérivée de la fonction TT. On suppose qu’au début de l’étude, la température de la pièce est de 1818 °C. Ainsi T(0)=18T(0) = 18.

1. Donner les solutions de l’équation différentielle (E)(E) sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

2. En déduire que pour tout nombre réel tt appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}, on a T(t)=26−8e−0,035tT(t) = 26 - 8\mathrm{e}^{-0{,}035t}.

3. Selon ce modèle, déterminer au bout de combien de temps la pièce atteindra la température de 2020 °C. On exprimera le résultat en heures et minutes arrondi à la minute.

4. Si une panne du système de chauffage l’empêche de s’éteindre lorsque la température de la pièce atteint 2020 °C, la température de la pièce pourra-t-elle dépasser 2828 °C selon ce modèle ? Justifier.

Corrigé de la partie A

1. (E)(E) est de la forme y′=ay+by' = ay + b avec a=−0,035a = -0{,}035 et b=0,91b = 0{,}91. La solution constante est −ba=0,910,035=26-\dfrac{b}{a} = \dfrac{0{,}91}{0{,}035} = 26. Les solutions sont les fonctions t↦Ce−0,035t+26t \mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}035t} + 26, avec C∈RC \in \mathbb{R}.

2. T(0)=C+26=18T(0) = C + 26 = 18, donc C=−8C = -8 et T(t)=26−8e−0,035tT(t) = 26 - 8\mathrm{e}^{-0{,}035t}.

3.

T(t)=20  ⟺  8e−0,035t=6  ⟺  e−0,035t=0,75  ⟺  t=ln⁡(0,75)−0,035=ln⁡430,035≈8,22T(t) = 20 \iff 8\mathrm{e}^{-0{,}035t} = 6 \iff \mathrm{e}^{-0{,}035t} = 0{,}75 \iff t = \dfrac{\ln(0{,}75)}{-0{,}035} = \dfrac{\ln\frac{4}{3}}{0{,}035} \approx 8{,}22

tt est en dizaines de minutes : environ 82,282{,}2 minutes, soit 1 h 22 min.

4. Non. T′(t)=0,28 e−0,035t>0T'(t) = 0{,}28\,\mathrm{e}^{-0{,}035t} > 0 : TT est croissante, et e−0,035t→0\mathrm{e}^{-0{,}035t} \to 0, donc T(t)→26T(t) \to 26. Comme 8e−0,035t>08\mathrm{e}^{-0{,}035t} > 0, on a T(t)<26T(t) < 26 pour tout tt : la température ne dépassera jamais 2626 °C, et a fortiori pas 2828 °C.

Partie B : phase de refroidissement

Lorsque la pièce atteint la température de 2020 °C, le système de chauffage s’éteint et la pièce refroidit. On modélise la température de la pièce par la suite (un)(u_n) définie par u0=20u_0 = 20 et, pour tout entier naturel nn :

un+1=0,965un+0,35+0,07e−0,1nu_{n+1} = 0{,}965u_n + 0{,}35 + 0{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n}

où nn est un nombre entier exprimant le temps écoulé en dizaines de minutes.

1. Montrer que u1=19,72u_1 = 19{,}72.

2. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel nn, on a un>10u_n > 10.

On admet que la suite (un)(u_n) est décroissante.

3. En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente.

4. On note ℓ\ell la limite de la suite (un)(u_n).

a. Justifier que cette limite est solution de l’équation x=0,965x+0,35x = 0{,}965x + 0{,}35.

b. Déterminer ℓ\ell et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

5. On rappelle que le système de chauffage se met en marche automatiquement dès que la température de la pièce est inférieure ou égale à 1818 °C.

a. Recopier et compléter les lignes 4, 5 et 6 du programme écrit en langage Python ci-dessous, afin qu’il renvoie le nombre de dizaines de minutes à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

1.  def marche() :
2.      n = 0
3.      u = 20
4.      while … :
5.          u = …
6.          n = …
7.      return n

5. b. Déterminer le temps, en dizaines de minutes, à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

Corrigé de la partie B

1. u1=0,965×20+0,35+0,07e0=19,3+0,35+0,07=19,72u_1 = 0{,}965 \times 20 + 0{,}35 + 0{,}07\mathrm{e}^{0} = 19{,}3 + 0{,}35 + 0{,}07 = 19{,}72.

2. Initialisation : u0=20>10u_0 = 20 > 10.
Hérédité : supposons un>10u_n > 10 pour un entier nn. Alors 0,965un>9,650{,}965u_n > 9{,}65 et, comme 0,07e−0,1n>00{,}07\mathrm{e}^{-0{,}1n} > 0 :

un+1>9,65+0,35+0=10u_{n+1} > 9{,}65 + 0{,}35 + 0 = 10

Conclusion : pour tout entier naturel nn, un>10u_n > 10.

3. La suite est décroissante et minorée par 1010 : elle converge.

4. a. Quand n→+∞n \to +\infty, e−0,1n→0\mathrm{e}^{-0{,}1n} \to 0, un→ℓu_n \to \ell et un+1→ℓu_{n+1} \to \ell. En passant à la limite dans la relation de récurrence : ℓ=0,965ℓ+0,35\ell = 0{,}965\ell + 0{,}35.

b. 0,035ℓ=0,350{,}035\ell = 0{,}35, donc ℓ=10\ell = 10. Si le chauffage ne se rallumait jamais, la température de la pièce tendrait vers 1010 °C.

5. a. On boucle tant que la température est strictement supérieure à 1818 °C, en calculant le terme suivant avec la valeur courante de nn :

def marche() :
    n = 0
    u = 20
    while u > 18 :
        u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
        n = n + 1
    return n

(La fonction exp s’importe avec from math import exp.)

b. À la calculatrice : u7≈18,12>18u_7 \approx 18{,}12 > 18 et u8≈17,87≤18u_8 \approx 17{,}87 \leq 18. Le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 11 h 2020 min.

Exercice 4 : étude d’une fonction avec un logarithme (5 points)

On considère la fonction ff définie sur l’intervalle ]−1 ; +∞[\mathopen{]}-1 \,;\, +\infty\mathclose{[} par f(x)=a+bln⁡(x+1)x+1f(x) = a + \dfrac{b\ln(x + 1)}{x + 1}, où aa et bb sont des réels, et ln⁡\ln désigne la fonction logarithme népérien. On admet que la fonction ff est deux fois dérivable sur ]−1 ; +∞[\mathopen{]}-1 \,;\, +\infty\mathclose{[}. On note f′f' sa fonction dérivée et f′′f'' sa fonction dérivée seconde.

Partie A

L’objectif de cette partie est de déterminer les valeurs de aa et bb de sorte que la courbe représentative de la fonction ff sur [0 ; +∞[[0 \,;\, +\infty\mathclose{[} corresponde à celle tracée dans le repère orthonormé ci-dessous. On précise que la droite TAT_A est la tangente à la courbe représentative de la fonction ff au point A(0 ; 1)A(0 \,;\, 1).

Courbe de f qui part de A(0 ; 1), monte jusqu’à environ 2,5 vers x = 1,7 puis redescend lentement ; la tangente T_A en A passe par le point (1 ; 5)

1. Justifier que a=1a = 1.

2. En utilisant le graphique :

a. Donner la valeur de f′(0)f'(0). Justifier.

b. Donner le signe de f′′(1)f''(1). Justifier.

3. a. Montrer que pour tout réel xx appartenant à ]−1 ; +∞[\mathopen{]}-1 \,;\, +\infty\mathclose{[}, on a f′(x)=b(1−ln⁡(x+1))(x+1)2f'(x) = \dfrac{b(1 - \ln(x + 1))}{(x + 1)^2}.

b. En déduire la valeur de bb.

Corrigé de la partie A

1. A(0 ; 1)A(0 \,;\, 1) est sur la courbe : f(0)=a+bln⁡11=a=1f(0) = a + \dfrac{b\ln 1}{1} = a = 1.

2. a. f′(0)f'(0) est le coefficient directeur de TAT_A. Sur le graphique, TAT_A passe par A(0 ; 1)A(0 \,;\, 1) et par le point (1 ; 5)(1 \,;\, 5) : f′(0)=5−11−0=4f'(0) = \dfrac{5 - 1}{1 - 0} = 4.

b. Autour de x=1x = 1, la courbe est située en dessous de ses tangentes (elle « s’infléchit » vers le bas) : ff est concave au voisinage de 11, donc f′′(1)≤0f''(1) \leq 0 (en fait f′′(1)<0f''(1) < 0).

3. a. On dérive ln⁡(x+1)x+1\dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1} comme un quotient, avec u=ln⁡(x+1)u = \ln(x + 1), u′=1x+1u' = \dfrac{1}{x + 1}, v=x+1v = x + 1, v′=1v' = 1 :

f′(x)=b×1x+1×(x+1)−ln⁡(x+1)(x+1)2=b(1−ln⁡(x+1))(x+1)2f'(x) = b \times \dfrac{\frac{1}{x + 1} \times (x + 1) - \ln(x + 1)}{(x + 1)^2} = \dfrac{b(1 - \ln(x + 1))}{(x + 1)^2}

b. f′(0)=b(1−0)1=bf'(0) = \dfrac{b(1 - 0)}{1} = b, et f′(0)=4f'(0) = 4 : donc b=4b = 4.

Partie B

On admet dans la suite de l’exercice que la fonction ff est définie sur ]−1 ; +∞[\mathopen{]}-1 \,;\, +\infty\mathclose{[} par f(x)=1+4ln⁡(x+1)x+1f(x) = 1 + \dfrac{4\ln(x + 1)}{x + 1}.

1. Justifier que la droite d’équation y=1y = 1 est asymptote à la courbe représentative de la fonction ff.

2. Résoudre l’inéquation 1−ln⁡(x+1)>01 - \ln(x + 1) > 0 sur ]−1 ; +∞[\mathopen{]}-1 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

3. On admet que lim⁡x→−1f(x)=−∞\displaystyle\lim_{x \to -1} f(x) = -\infty. Dresser le tableau de variation complet de la fonction ff en indiquant la valeur exacte de son extremum. Justifier.

4. Montrer que l’équation f(x)=1,5f(x) = 1{,}5 admet une unique solution dans l’intervalle [2 ; +∞[[2 \,;\, +\infty\mathclose{[}. En donner une valeur arrondie à 10−110^{-1}.

5. a. Montrer que ∫02ln⁡(x+1)x+1 dx=12(ln⁡3)2\displaystyle\int_0^2 \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1}\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.

b. En déduire l’aire, en unité d’aire, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe représentative de la fonction ff, l’axe des ordonnées et la droite d’équation x=2x = 2.

Corrigé de la partie B

1. Avec X=x+1→+∞X = x + 1 \to +\infty, par croissance comparée ln⁡XX→0\dfrac{\ln X}{X} \to 0, donc f(x)→1f(x) \to 1 en +∞+\infty : la droite y=1y = 1 est asymptote horizontale à la courbe en +∞+\infty.

2. 1−ln⁡(x+1)>0  ⟺  ln⁡(x+1)<1  ⟺  x+1<e  ⟺  x<e−11 - \ln(x + 1) > 0 \iff \ln(x + 1) < 1 \iff x + 1 < \mathrm{e} \iff x < \mathrm{e} - 1. Avec x>−1x > -1 : S=]−1 ; e−1[S = \mathopen{]}-1 \,;\, \mathrm{e} - 1\mathclose{[}.

3. D’après la partie A avec b=4b = 4, f′(x)=4(1−ln⁡(x+1))(x+1)2f'(x) = \dfrac{4(1 - \ln(x + 1))}{(x + 1)^2}, du signe de 1−ln⁡(x+1)1 - \ln(x + 1) : positif sur ]−1 ; e−1[\mathopen{]}-1 \,;\, \mathrm{e} - 1\mathclose{[}, nul en e−1\mathrm{e} - 1, négatif ensuite. Maximum : f(e−1)=1+4ln⁡ee=1+4ef(\mathrm{e} - 1) = 1 + \dfrac{4\ln \mathrm{e}}{\mathrm{e}} = 1 + \dfrac{4}{\mathrm{e}}.

x−1e−1+∞f′(x)+0−f−∞↗1+4e↘1\begin{array}{c|ccccc} x & -1 & & \mathrm{e} - 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f & -\infty & \nearrow & 1 + \dfrac{4}{\mathrm{e}} & \searrow & 1 \end{array}

4. e−1≈1,72<2\mathrm{e} - 1 \approx 1{,}72 < 2 : sur [2 ; +∞[[2 \,;\, +\infty\mathclose{[}, ff est continue et strictement décroissante, de f(2)=1+4ln⁡33≈2,46f(2) = 1 + \dfrac{4\ln 3}{3} \approx 2{,}46 vers sa limite 11. Comme 1,51{,}5 est compris entre 11 et f(2)f(2), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe une unique solution β\beta dans [2 ; +∞[[2 \,;\, +\infty\mathclose{[}. À la calculatrice, β≈25,1\beta \approx 25{,}1.

5. a. ln⁡(x+1)x+1\dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1} est de la forme u′uu'u avec u(x)=ln⁡(x+1)u(x) = \ln(x + 1) : une primitive est 12(ln⁡(x+1))2\dfrac{1}{2}\left(\ln(x + 1)\right)^2. Donc :

∫02ln⁡(x+1)x+1 dx=12(ln⁡3)2−12(ln⁡1)2=12(ln⁡3)2\int_0^2 \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1}\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2 - \dfrac{1}{2}(\ln 1)^2 = \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2

b. Sur [0 ; 2][0 \,;\, 2], ln⁡(x+1)≥0\ln(x + 1) \geq 0, donc f(x)≥1>0f(x) \geq 1 > 0 : l’aire cherchée est l’intégrale de ff sur [0 ; 2][0 \,;\, 2].

A=∫021 dx+4∫02ln⁡(x+1)x+1 dx=2+4×12(ln⁡3)2=2+2(ln⁡3)2≈4,41 u.a.\mathcal{A} = \int_0^2 1\,\mathrm{d}x + 4\int_0^2 \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1}\,\mathrm{d}x = 2 + 4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2 = 2 + 2(\ln 3)^2 \approx 4{,}41 \text{ u.a.}

Sujet officiel

26-MATJ1ME1 · session 2026

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