Correction BAC Mathématiques 2015 Pondichéry - Série S
Enseignement de spécialité

Exercice 1 Partie A :
1. La fonction f est définie sur R par f (x) =

3
1+e

2x

.

Or x 7! 1 + e 2x est dérivable sur R et ne s’annule pas sur R. Donc, f est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s’annule pas sur R. De plus, f 0 (x) =
Or, pour tout x 2 R : 6e

2x

2. On a que

3 ⇥ ( 2e 2x )
6e 2x
=
.
(1 + e 2x )2
(1 + e 2x )2

> 0. Donc, pour tout x 2 R, f 0 (x) > 0. Donc f est strictement croissante sur R. lim e

2x

x!+•

=0

donc,

3
= 3. x!+• x!+• 1 + e 2x
Donc la droite d’équation y = 3 est une asymptote horizontale à la courbe C . lim f (x) = lim

3. La fonction f est strictement croissante sur R. De plus elle est continue sur R (car dérivable sur R).
3
3
=
= 1, 5 et lim f (x) = 3. Donc d’après le corollaire du théorème des valeurs x!+• 1 + e 2⇥0 2 intermédiaires il existe une unique solution a de l’équation f (x) = 2, 999 sur [0; +•[. De plus f (x) < 1, 5 sur
] •; 0[ donc l’équation f (x) = 2, 999 admet une unique solution a sur R tout entier.
De plus, on trouve par dichotomie que :
4, 00  a  4, 01
On a que f (0) =

Partie B :

1. f est strictement croissante et lim f (x) = 3, donc pour tout x 2 R , f (x)  3. Donc, soit x 2 R : x!+• h(x) = 3
3

f (x)
3
0

Donc h est positive sur R.
2. Soit x 2 R,

H 0 (x) =

3
2e
⇥
2 1+e

=

3e 2x
1 + e 2x

et

2x
2x

3
3e 2x
=
= H 0 (x).
1 + e 2x 1 + e 2x
Donc, pour tout x 2 R, h(x) = H 0 (x). Donc H est une primitive de h sur R. h(x) = 3

f (x) = 3

3. Soit a un réel strictement positif.
R
(a) 0a h(x)dx est l’aire de la surface délimitée par la courbe représentative de h et les droites d’équations x = 0,x = a et y = 0.
(b)
Ra
Ra 0
0 h(x)dx =
0 H (x)dx
[H(x)]a0

=
=

3 ln(1 + e
2

=

3
2

2a ) +

ln(1 + e

3 ln(1 + e
2

2a ) + ln(1 + 1)

✓ ✓
3
2 ln 2
1+e

=

2⇥0 )

2a

◆◆

⇢

a x 0
)
f (x)  y  3 est ✓ ✓
◆◆
Z a
Z a
Z a
Z a
3
2
3dx
f (x)dx =
(3 f (x))dx = h(x)dx = ln .
2
1 + e 2a
0
0