Correction du baccalauréat S Pondichéry 16 avril 2008
E XERCICE 1 Commun à tous les candidats 1. 4 points

a. x 1 ⇒ ex e1 ou encore ex e ⇒ ex > 1 (par croissance de la fonction exponentielle). f est donc bien définie pour x 1. H est bien définie pour x 1 comme intégrale d’une fonction continue car quotient de deux fonctions continues sur [1 ; +∞[, le dénominateur ne s’annulant pas comme on l’a vu précedemment. c. Sur [1 ; +∞[, x > 0 et ex − 1 > 0 (voir a.), donc la fonction f est positive sur l’intervalle [1 ; x]. H (x) est donc égale à la mesure (en unités d’aire) de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites verticales d’équation X = 1 et X = x. H (3) est donc égale à la mesure (en unités d’aire) de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites verticales d’équation x = 1 et x = 3. e−x x × e−x x =x× . = −x x a. Si x > 0, l’image f (x) peut s’écrire x e − 1 e (e − 1) 1 − e−x b. En posant :   u(x) = x u ′ (x) = 1 d’où , on peut toutes e−x ′  v (x) = v(x) = ln (1 − e−x ) −x 1−e les fonctions étant continues sur [1 ; 3], intégrer par parties :
3 1

b. On sait que H ′ (x) = f (x) : H est la primitive de f qui s’annule pour x = 1.

2.

f (x) dx = x ln 1 − e−x

3 1− 3 1

3

1

ln 1 − e−x dx =

3ln 1 − e−3 − ln 1 − e−1 −

ln 1 − e−x dx.

c. On a 1 x 3 ⇐⇒ −3 −x −1 ⇐⇒ e−3 e−x e−1 ⇐⇒ −e−1 −e−x −e−3 ⇐⇒ 1 − e−1 1 − e−x 1 − e−3 . Par croissance de la fonction ln, on a donc : ln 1 − e−1 ln 1 − e−x ln 1 − e−3 .

d. En intégrant les trois fonctions de l’inégalité précédente sur [1 ; 3], on obtient :
3 1

ln 1 − e−1 dx
3 1

3

1

ln 1 − e−x dx

3

1

ln 1 − e−3 dx soit :

2ln 1 − e−1

ln 1 − e−x dx
3

2ln 1 − e−3 . ln 1 − e−x dx −2ln 1 − e−1 . Donc fi-

On a donc −2ln 1 − e−3 ln 1 − e−3 − ln 1 − e−1

nalement en utilisant le résultat de la question b. :
3

−

1

f (x) dx
1

3ln 1 − e−3 − 3ln 1 − e−1 . 5 points

E XERCICE 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement