Lycée pilote de Tunis
Mr Ben Regaya. A
Sujet de révision 1
Terminales S-Exp
Eléments de corrections
www.ben-regaya.net
Exercice 1
1. a) Montrons que f est continue à droite en 2 .
lim x  2  0 et x  2 0
x 2
lim xlnx  0 donc par composée lim f  x   0  f  2  f est continue à droite en 2 .
x 0
x  2 
f ( x)  f (2)
f ( x)  f (2)
 lim ln  x  2    . f n’est
 ln  x  2  et donc lim 
x2
x  2 
x  2 
x2
pas dérivable a droite en 2 .
c) f est dérivable sur 2, 2 et f '( x)  ln  x  2   1 .
b) x  2, 2 ,
f '( x)  0  ln  x  2  1  0  ln  x  2   1  x  2  e1 et x  2, 2 .
1
Donc f '( x)  0  x  e  2
f '( x)  0  ln  x  2   1  0  ln  x  2   1  x  2  e1  x  2  e1  x   2  e 1 , 2 
Ainsi les variations de f sont données ci-contre
2. a) g ( x)  f ( x)   x 4  x 2 donc cette différence est nulle pour x  0
Donc sur 0, 2 ,  C  et au dessus de  C '
et sur  2,0 ,  C  et au dessous de  C ' .
b) courbe
3. a) Si t   2,0 alors At 
Si t  0, 2 alors At 

0
t
 g ( x)  f ( x)  dx  t
0  f ( x)  g ( x)  dx  0 x
t
t
0
 x 4  x 2 dx
4  x 2 dx
Donc on voit que pour tout réel t non nul appartenant à  2, 2 , At 
b) x 4  x2 s’écrit aussi 
x
t
4  x 2 dx .
0
1
1
 2 x  4  x2 de la forme  u ' u donc
2
2
12
23


1
3
une primitive est de la forme :   u u    u u .

3
1
Ainsi At    4  x 2

t
1
4  x2     4  t 2  4  t 2  8
0

3
c) La surface demandée n’est autre que
A2  A2  
1
1
16
 8    8  .
3
3
3
Exercice 2
e x
.
x
e x
e x
e x
e x
1
lim
 lim
lim
0
;
,
;
lim


lim




x x
x x
x xe x
x0 x
x0 x
I. Soit f la fonction définie sur ℝ* par f ( x) 
e x ( x  1)
1. f est dérivable en tout réel non nul et f '( x) 
x ∊ℝ*
x2
f ( x)
ex
e x
 lim 2  lim 2   . Donc C admet une branche
2. lim
x x
x x
x x
 
infinie parabolique de direction O, j au voisinage de  .
II.
1. Il s’agit de montrer que pour tout réel x on a e  x  1 , pour cela il
suffit d’étudier le signe de la différence entre les deux membres de cette
inégalité.
x
soit u( x)  e  x  1
x
u dérivable sur ℝ et u '( x)  e x  1
u '( x)  0  e x  1  x  0
u ' s’annule en 0 et change de signe en allant du    vers le   
donc u admet un minimum absolu en 0 égal à u  0   0 .
Ainsi pour tout réel x , u( x)  0  e  x  1
2. On propose de montrer que pour tout réel x strictement positif on a
x
x 2 f ( x) 
x
, pour cela et comme indiqué dans l’énoncé,
x 1
on utilise l’inégalité établie à la question précédente, c’est à dire,
1
x 1
x
e
1
Il vient,

x
x
x( x  1)
e x  x  1  e x 
0.
2
2
On multiplie finalement les deux côtés de cette inégalité par x et on obtient x f ( x) 
3. a) Il s’agit de prouver par récurrence que pour tout entier naturel n, on a 0
 un
un 
x
.
x 1
1
.
n 1
0
Pour n = 0, on a u0  1 0 , donc la relation est vraie à l’ordre zéro.
On suppose que la relation est vraie à l’ordre n, c’est à dire que un 0 et on s’intéresse à l’ordre n+1.
On a un1  une
un
, d’après l’hypothèse de récurrence on sait que un
toujours strictement positive), on en déduit alors que un 1
 un 
0 , de plus (l’exponentielle étant
0 , La relation est vraie à l’ordre n + 1.
1
n 1
Pour n = 0, on a u0  1 et
1
 1 donc la relation est vraie à l’ordre zéro.
0 1
On suppose que la relation est vraie à l’ordre n, c’est à dire que un 
1
et on s’intéresse à l’ordre n +1.
n 1
On a un1  un2 f (un ) , or nous avons montré à la question précédente que pour tout réel x strictement
positif, on a x f ( x) 
2
x
et comme un
x 1
0 alors un2 f (un ) 
un
un  1
1
x
, de plus la fonction x
est croissante sur
n 1
x 1
1
u
1
la relation
0,  L’inégalité un2 f (un )  u n 1 devient alors, un2 f (un )  1n  1  un2 f (un ) 
n

2
n
1
n 1
D’après l’hypothèse de récurrence on a un 
est vraie à l’ordre n + 1.
D’après le principe de récurrence : Pour tout n naturel 0
un 
4. La suite v est définie pour tout entier naturel n non nul par vn 
1
. Bien sur la suite u à pour limite 0.
n 1
n
 uk , on propose de montrer que
k 0
 1 
vn  ln   .
 un 
u
On part de l’expression un  un1e n1 et on « compose avec le ln » des deux côtés de l’égalité, (notons
que d’après la question II.3.a on a un 0 ).




ln  un   ln un1e un1  ln  un 1   ln e un1  ln  un1   un1 .
n
On passe à la somme, terme à terme,

ln  uk  
k 1
Après simplification, il reste ln  un   ln  u0  
n

ln  uk 1  
k 1
n
n
 uk 1 .
k 1
uk 1 .
k 1
Comme u0  1 alors ln  u0   0 et
n

uk 1  u0  u1  ...  un1 
k 1
n1
 uk  vn .Alors
k 0
 1 
vn  ln  un   ln   . lim vn   .
 un  n
Exercice 3
1.
z4
4
.  z  2  2i donc S  2  2i
 i  z (1  i)  4  z 
z
1 i
2.
z 2  2 z  4  0   z  1  1  4  0   z  1  3  i 3
2

z1  1  i 3
z2  1  i 3
2

 
2

. S  1  i 3;1  i 3
i

z1  1  i 3  2e ;
3
z2  1  i 3  2e
i

3
.
3. En interprétant l’égalité de la question 1.obtenue avec l’affixe de D (modules et arguments égaux) :
z z
z4
i D B i
z
z D  zO
BD  OD
OD, BD   2  2 
. Autrement dit le triangle OBD est isocèle, rectangle
en D.
4. On remarque que z E et z F sont les solutions de l’équation de la question 2.
Donc
z E2  2 z E  4  0
z  2 zF  4  0
2
F
 zE2  zF2  2 zE  2 zF  0   zE  zF  zE  zF   2  zE  zF   0
  zE  zF  zE  zF  2   0  zE  zF  2  0;
 zE  zF   z E  z F
 z A  OE  OF  OA
et les points O, E et F sont non alignés donc OEAF est un parallélogramme.
De plus on sait que zE  zF  2 . conclusion OEAF est un losange.
i

2
i
e 1  i 3 2e 3
3
Aussi
qui n’est pas imaginaire pur donc OE et OF ne sont pas orthogonaux



e

i
f 1 i 3
2e 3
par suite OEAF est un losange non carré.


5. a) zE '  i 1  i 3  3  i . AE '  zE '  z A 
b) On Vérifie que : e  d 

3  i  2 . Donc le point E ' est un point du cercle C ' .

3  2  e ' d  , égalité qui s’écrit DE 


3  2 DE ' donc DE et DE '
sont colinéaires ce qui entraine l’alignement des points E, E ' et D.




3   0 le triangle EE ' D ' est alors rectangle en E ' .
6. Le vecteur E ' E a pour composantes 1  3, 1  3 et le vecteur E ' D a pour composantes 2  3,1




Donc E ' E.E ' D  1  3 2  3  1 1 
Exercice 4
1. a) f est dérivable car somme de fonctions composées dérivable sur 2,  et sur cet intervalle :
f '( x)  ln  x  2  
1
x2 x
1
2
x



et f ''( x) 
2
x  2  x  2
x  2  x  2 2
x2
f ''( x) est une somme de termes positifs, donc est positive ; il s’ensuit que f '( x) est strictement croissante
sur 2,  .
b) lim ln  x  2    et comme
x  2 
lim
x  2 
x
  , on a donc lim f '( x)   .
x2
x  2 
lim ln  x  2   et
x
x
x
 lim  1 , donc lim f '( x)   .
x 
x  x  2
x  x
c) f ' est continue et strictement croissante sur 2,  donc elle réalise une bijection de cet intervalle sur
lim
f ' 2,   ,  , donc s’annule une seule fois sur l’intervalle 2,  en un réel  .



On a f '(0,6)  1  0,6 ln1, 4  0,09 et f '(0,5)  1  0,5 ln1,5  0,07 et donc 0,6
d) On en déduit que :
sur 2,   , f '( x) 0 ;

0,5 .
f '( )  0 ;
sur  ,  , f '( x)
0.
Les résultats précédents et les limites de f aux bornes de son ensemble de définition donnent le tableau suivant :
2. a) d ( x)  f ( x)   f '( x0 )  x  x0   f  x0   ; d est une somme de fonctions dérivables sur 2,  et sur
cet intervalle : d '( x)  f '( x)  1 f '( x0 )  f '( x)  f '( x0 )
b) On a vu que f ' est strictement croissante sur 2,  donc :

si x
x0 , f '( x)
f '( x0 )  d '( x)
0;

si x
x0 , f '( x)
f '( x0 )  d '( x)
0.
d est donc strictement décroissante sur 2, x0  et strictement croissante sur  x0 ,  avec bien entendu
d  x0   0 qui est le minimum de la fonction. Par conséquent d ( x)  0 sur 2,  .
c) Le résultat précédent signifie géométriquement que la courbe (C) est au dessus de la tangente Tx0 , quel
que soit x0 : la courbe est donc au dessus de ses tangentes.
3. a) On sait qu’une équation de la tangente à (C) au point d’abscisse x0 est y  f '  x0  x  x0   f  x0  ;
donc pour x0  0 et f  x0   1 ( M  x, y  ∊ T0  y  xln 2  1 ) .
b) Tx0 d’équation y  f '  x0  x  x0   f  x0  contient l’origine si pour x = 0, y = 0, soit

x 
0  f '  x0  0  x0   f  x0    x0 ln  x0  2   0   1  x0ln  x0  2  
x0  2 

x2
 0  1  0   x02  x0  2  0 . Une solution évidente de cette équation est −1, l’autre est 2. Il y a
x0  2
donc deux tangentes contenant O ; celle au point d’abscisse −1 d’équation y   x et celle au point
1

d’abscisse 2 d’équation y   ln 4   x .
2

Exercice 6
Partie A
f ( x) 
x
 2 ln  x  1  , D f  1,  .
x 1
1. f est dérivable comme somme de fonctions dérivables : en effet, u : x
D f et v : x
Pour x
ln  x  1  est dérivable sur D f .
1 , f '  x  
x 1 x
1
1  2( x  1) 2 x  1
.
2


( x  1)²
x 1
( x  1)²
( x  1)²
x
est rationnelle dérivable sur
x 1
2. Pour x
1 ; f '( x)  0  2 x  1  0  x  

−1
x
f '( x)
f ( x)
lim f ( x)  lim
x  1 
x  1 
1
.
2
+
1
2

−
0
f(-1/2)


x  2( x  1)ln  x  1 
   ca lim  x  1  0 et x  1 0 pour x
x 1
x 1
1 et
lim xlnx  0 donc par composée lim  x  1 ln  x  1  0 .
x 0
x 1
x
x
x
 lim  lim 1  1 et lim  2ln  x  1    .
 2ln  x  1    car lim
x
x  x  1
x  x  1
x  x
x 
lim
 1
f
 2
1


1
2
  1  2ln    1  2ln2  0,39 , f (0)  0 .

2
2
1

f est continue et strictement croissante sur l’intervalle  1,   donc elle réalise une bijection de cet
2

1
1


intervalle sur f  1,    , 1  2ln2 et 0  f  1,   il existe donc un nombre  de
2
2


1


1,

tel que f ( )  0 .

2 
f  0,71   0,027 et f  0,72   0,025 donc 0,72 
0,71.
 1
 2


De même f est continue et strictement croissante sur l’intervalle   ,   donc elle réalise une bijection
 1
 1


de cet intervalle sur f   ,    , 1  2ln2 et 0  f   ,  
 2
 2


 1
 2
et f (0)  0 donc 0 est


l’unique solution de l’équation f ( x)  0 sur   ,   .
Conclusion : l'équation f ( x)  0 admet exactement deux solutions dont l'une est 0, et l’autre que l'on
désigne par  .
Signe de f ( x) :
x
f ( x)
−1
−
Partie B
g ( x) 
ln  x  1 
, D  1,0  0,  .
x²

0
0
+ 0

−
ln  x  1 
ln  x  1  1
1
    car lim
 1 cours et lim   .
x
x
x
x  0
x  0
x  0
x  0 x
ln  x  1  1
De même lim g ( x)  lim
   .
x 0
x
x
x 0
x 0
1. a) lim g ( x)  lim
1
1


ln  x   ln  1  
ln  1  
ln  x 
x
x

b) lim g ( x )    et lim g ( x)  lim
 lim
  2  0.
2
2
x 1
x 
x 
x 
x
x
x
1
x
 x ²  ln  x  1   2 x
 2ln  x  1 
f ( x)
x 1
2. a) g '( x)  x  1

 3 .
4
3
x
x
x

−1
x
−
f(x)
x
g’(x)
b) g ( ) 
+
ln    1 

0
+
−
3
0
; or on sait que f ( )  0 donc
2
On déduit que g ( ) 
0

0
−
−
+
−
−


.
 2ln(  1)  0  ln    1  
 1
2(  1)
ln    1 

1
1

 
 2, 455 .
²
2(  1)  ² 2 (  1)
3. a)
x

–1
+
g '( x)

0
–
0
–

g ( x)


0
b)
y
3
2
x=-1
1
-4
-3
-2
-1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-6
1
2
3
4
5
x
1
1
1
1
, il suffit de prendre donc u ( x)   et v( x)  ln  x  1 .
 ln  x  1   
2
x
x ( x  1)
x
1
1
On sait que u '( x)  2 et v '( x) 
, on voit donc que h( x)  u '( x)  v( x)  u( x)  v '( x) et une
1 x
x
ln 1  x 
primitive de h est la fonction définie sur 1,  par H ( x)  
.
x
1
1
x 1 x
1
b) Pour x élément de D :
et donc une primitive de  est la fonction



x x  1 x( x  1) x  x  1 
4. a) h( x) 
ln x  ln x  1 .
x
1
et donc g ( x)  h( x)    x  et une
x( x  1)
ln 1  x 
primitive de g sur D est la fonction G définie par : G ( x)  
 ln x  ln x  1 .
x
c) On remarque que pour x élément de D : h( x)  g ( x) 
Pour x réel de 1, 2 , g ( x)
Or

2
1
0 donc l’aire demandée est : A 

2
g ( x) dx  4cm2 .
1
g ( x) dx  G( x)1  G  2   G 1 .
2
ln  3
1
2
 ln2  ln3   ln  3  ln   et G 1  ln  2   ln1  ln2  2ln2
2
2
3
2
8 3  2
8 3 
 8 
2
Ainsi
et A  4  ln 
.
g ( x) dx  ln 3  ln    ln4  ln 
 ln 


 9  cm

1
9
3
3 3




G  2  
 

Exercice 7
1. a)   4  16  12    2i 3 donc z1 


2  2i 3
2  2i 3
 1  i 3 et z2 
 1 i 3
2
2
SC  1  i 3,1  i 3
b) 1  i 3  2e
2.
i

3
i
et 1  i 3  2e

3
x  1
0 donc B est un point de la demi-droite 
.
y 0
zB  1  i 3 donc xB  1 et y B
De plus B est un point du cercle  . D’où la construction de B.
Pareil pour le point C.
3. d’une part N est un point de  donc ON  2  z N  2 .



 

D’autre part arg  z N   u, ON  2   u, OM  OM , ON   
et donc z N est le complexe de module 2 et d’argument  

3

3
2 
 
i  
 3.
et par suite z N  2e
 
i 
z  zM
 e  3   ei .
4. a) z F  B
2
i
On rappel le résultat suivant : a cosx  b sinx  r cos  x    avec re  a  ib
i
AF  z F  z A  e  e
2
i

3
3
3
3 
3

 2  cos  isin  
i   cos    i  sin 

2 2
2 
2 

2
2
3 
3

  cos     sin 
  4  3cos  3sin  4  3
2 
2 


3cos  sin

3  i  2e
Or
i

6
donc r  2,   

6






Finalement : AF 2  4  2 3 cos   
b) AF 2 est maximale signifie cos   
zF  e
i
5
6
e
i

3
, zK  e
i

3
e
i
7
6


3cos  sin  2cos    
6

et donc

6
i
5
et donc zM  2e
  1 et  ∊  ,   signifie  
6
6
e
i

3
e
i
5
6
5
6
 
Remarquons que zK  zF et comme A ∊ O, u alors AF  AK . Calculer la distance FK et conclure.
Exercice 8
1. a) e
i
2
3
i
e

i
e e
4




5
i  i
i 
i
 i i  i
 e 6  e 2  1  e 6  e 4  e 4  e 4   e 12




6
i

4
2

i 
 i 4
4
e

e

 et comme



5
i
i
i
 
 2i sin    i 2 alors e 3  e 6  i 2 e 12 .
4

b) remplaçons dans  E  le complexe z par 2e 3 on obtient :
i
2

5


2


5
i 
i
i 
i
i
i
i 
i
 i 2
 i 3  
3
6
3
6  4 e 3  i 2e 12  e 6
12
12
2
e

2
i
2
e
2
e

4
e

4
e

4
i
2
e

4
e



 






 

2

5
i
i
 i

 4  e 3  e 6  i 2e 12   0 d’après a).


i



i
i
c
4e 6
6
c) On sait que le produit des racines est donc z1  z2  4e 6  z2 
.


2
e

i
a
2e 3
d) z1  3  i et z2  2e

i


6
  3 i
2. a) b   3  i  i 1  i 3  ia .

b
OB

1
1


a
b


OA

On a :
ce qui veut dire que le triangle OAB
i 
a
 OA, OB    2 
arg  b   arg  i   2 
 


2
a

est isocèle et rectangle.
c) Construction.

 


3. a) Remarquons que c  1  3  i 1  3  a  b et donc OC  OA  OB et les points O, A et C non
alignés alors le quadrilatère OACB est un parallélogramme et comme de plus le triangle OAB est isocèle et
rectangle alors OACB est un carré.
C est le quatrième sommet du parallélogramme.
b) On sait que OACB est un carré de coté 1 donc OC  2 diagonale du carré et on a aussi
u, OC   u, OA  OA, OC 2  et donc u, OC   arg  a   4 2  soit encore
u, OC   712 2  .
On a donc c  2 et arg  c  
7
i
7
 2  donc c  2 e 12 .
12