Bac de maths 2022 en Nouvelle-Calédonie (jour 2) : sujet et corrigé

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2022
Nouvelle-Calédonie — 27 octobre 2022 — Jour 2
Épreuve d’enseignement de spécialité mathématiques — Durée : 4 heures

Le candidat traite 4 exercices : les exercices 1, 2 et 3 communs à tous les candidats et un seul des deux exercices A ou B.

Exercice 1 (7 points)

Principaux domaines abordés : Probabilités

Au basket-ball, il existe deux sortes de tir :

• les tirs à deux points.
  Ils sont réalisés près du panier et rapportent deux points s’ils sont réussis.
• les tirs à trois points.
  Ils sont réalisés loin du panier et rapportent trois points s’ils sont réussis.

Stéphanie s’entraîne au tir. On dispose des données suivantes :

• Un quart de ses tirs sont des tirs à deux points. Parmi eux, 60 % sont réussis.
• Trois quarts de ses tirs sont des tirs à trois points. Parmi eux, 35 % sont réussis.

1. Stéphanie réalise un tir.

On considère les évènements suivants :

\(D\) : « Il s’agit d’un tir à deux points ».
\(R\) : « le tir est réussi ».

a. Représenter la situation à l’aide d’un arbre de probabilités.

b. Calculer la probabilité \(p(\overline{D} \cap R)\).

c. Démontrer que la probabilité que Stéphanie réussisse un tir est égale à \(0{,}4125\).

d. Stéphanie réussit un tir. Calculer la probabilité qu’il s’agisse d’un tir à trois points. Arrondir le résultat au centième.

2. Stéphanie réalise à présent une série de 10 tirs à trois points.

On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de tirs réussis.

On considère que les tirs sont indépendants. On rappelle que la probabilité que Stéphanie réussisse un tir à trois points est égale à \(0{,}35\).

a. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

b. Calculer l’espérance de \(X\). Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

c. Déterminer la probabilité que Stéphanie rate 4 tirs ou plus. Arrondir le résultat au centième.

d. Déterminer la probabilité que Stéphanie rate au plus 4 tirs. Arrondir le résultat au centième.

3. Soit \(n\) un entier naturel non nul.

Stéphanie souhaite réaliser une série de \(n\) tirs à trois points.

On considère que les tirs sont indépendants. On rappelle que la probabilité qu’elle réussisse un tir à trois points est égale à \(0{,}35\).

Déterminer la valeur minimale de \(n\) pour que la probabilité que Stéphanie réussisse au moins un tir parmi les \(n\) tirs soit supérieure ou égale à \(0{,}99\).

Exercice 2 (7 points)

Principaux domaines abordés : fonctions, fonction logarithme.

Soit \(f\) la fonction définie sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\) par :

\[f(x) = x \ln (x) – x – 2.\]

On admet que la fonction \(f\) est deux fois dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\).

On note \(f^{\prime}\) sa dérivée, \(f^{\prime\prime}\) sa dérivée seconde et \(\mathcal{C}_f\) sa courbe représentative dans un repère.

1. a. Démontrer que, pour tout \(x\) appartenant à \(]0\,;\,+\infty[\), on a \(f^{\prime}(x) = \ln (x)\).

b. Déterminer une équation de la tangente \(T\) à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse \(x = \text{e}\).

c. Justifier que la fonction \(f\) est convexe sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\).

d. En déduire la position relative de la courbe \(\mathcal{C}_f\) et de la tangente \(T\).

2. a. Calculer la limite de la fonction \(f\) en 0.

b. Démontrer que la limite de la fonction \(f\) en \(+\infty\) est égale à \(+\infty\).

3. Dresser le tableau de variations de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\).

4. a. Démontrer que l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution dans l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\). On note \(\alpha\) cette solution.

b. Justifier que le réel \(\alpha\) appartient à l’intervalle \(]4{,}3\,;\,4{,}4[\).

c. En déduire le signe de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\).

5. On considère la fonction seuil suivante écrite dans le langage Python :

On rappelle que la fonction log du module math (que l’on suppose importé) désigne la fonction logarithme népérien ln.

def seuil(pas) :
    x=4.3
    while x*log (x) - x - 2 < 0:
        x=x+pas
    return x

Quelle est la valeur renvoyée à l’appel de la fonction seuil(0.01) ?

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

Exercice 3 (7 points)

Principaux domaines abordés : géométrie dans l’espace

Une maison est modélisée par un parallélépipède rectangle ABCDEFGH surmonté d’une pyramide EFGHS.

On a DC = 6, DA = DH = 4.

Soit les points I, J et K tels que \(\vec{\text{DI}} = \dfrac16\vec{\text{DC}}, \quad \vec{\text{DJ}} = \dfrac14\vec{\text{DA}}, \quad \vec{\text{DK}} = \dfrac14\vec{\text{DH}}\).

On note \(\vec{\imath} = \vec{\text{DI}},\ \vec{\jmath} = \vec{\text{DJ}},\ \vec{k} = \vec{\text{DK}}\).

On se place dans le repère orthonormé \((\text{D}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

On admet que le point S a pour coordonnées \((3\,;\,2\,;\,6)\).

1. Donner, sans justifier, les coordonnées des points B, E, F et G.

2. Démontrer que le volume de la pyramide EFGHS représente le septième du volume total de la maison.

On rappelle que le volume \(V\) d’un tétraèdre est donné par la formule :

\[V = \dfrac13 \times (\text{aire de la base}) \times \text{hauteur}.\]

3. a. Démontrer que le vecteur \(\vec{n}\) de coordonnées \(\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan (EFS).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (EFS) est \(y + z – 8 = 0\).

4. On installe une antenne sur le toit, représentée par le segment [PQ]. On dispose des données suivantes :

• le point P appartient au plan (EFS) ;
• le point Q a pour coordonnées \((2\,;\,3\,;\,5{,}5)\) ;
• la droite (PQ) est dirigée par le vecteur \(\vec{k}\).

a. Justifier qu’une représentation paramétrique de la droite (PQ) est :

\[\{\begin{array}{l} x = 2 \\ y = 3 \\ z = 5{,}5 + t \end{array}. \quad (t \in \mathbb{R})\]

b. En déduire les coordonnées du point P.

c. En déduire la longueur PQ de l’antenne.

5. Un oiseau vole en suivant une trajectoire modélisée par la droite \(\Delta\) dont une représentation paramétrique est :

\[\{\begin{array}{l} x = -4 + 6s \\ y = 7 – 4s \\ z = 2 + 4s \end{array}. \quad (s \in \mathbb{R})\]

Déterminer la position relative des droites (PQ) et \(\Delta\).

L’oiseau va-t-il percuter l’antenne représentée par le segment [PQ] ?

Exercice 4 (7 points)

Principaux domaines abordés : suites, fonctions, primitives

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
Pour chacune des questions suivantes, une seule des quatre réponses proposées est exacte.
Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse à une question ne rapporte ni n’enlève de point.
Pour répondre, indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre de la réponse choisie.
Aucune justification n’est demandée.

1. On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par

\[u_n = \dfrac{(-1)^n}{n + 1}.\]

On peut affirmer que :

Dans les questions 2 et 3, on considère deux suites \((v_n)\) et \((w_n)\) vérifiant la relation :

\[w_n = \text{e}^{-2v_n} + 2.\]

2. Soit \(a\) un nombre réel strictement positif. On a \(v_0 = \ln (a)\).

3. On sait que la suite \((v_n)\) est croissante. On peut affirmer que la suite \((w_n)\) est :

4. On considère la suite \((a_n)\) ainsi définie :

\[a_0 = 2 \quad \text{et, pour tout entier naturel } n, \quad a_{n+1} = \dfrac13 a_n + \dfrac83.\]

Pour tout entier naturel \(n\), on a :

5. On considère une suite \((b_n)\) telle que, pour tout entier naturel \(n\), on a :

\[b_{n+1} = b_n + \ln (\dfrac{2}{(b_n)^2 + 3}).\]

On peut affirmer que :

6. On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \(]0\,;\,+\infty[\) par :

\[g(x) = \dfrac{\text{e}^x}{x}.\]

On note \(\mathcal{C}_g\) la courbe représentative de la fonction \(g\) dans un repère orthogonal.

La courbe \(\mathcal{C}_g\) admet :

7. Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[f(x) = x\text{e}^{x^2+1}.\]

Soit \(F\) une primitive sur \(\mathbb{R}\) de la fonction \(f\). Pour tout réel \(x\), on a :

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Le premier niveau de l’arbre sépare les tirs à deux points (\(D\), probabilité \(\dfrac14 = 0{,}25\)) des tirs à trois points (\(\overline{D}\), probabilité \(\dfrac34 = 0{,}75\)). Le second niveau indique la réussite : \(p_D(R) = 0{,}6\) et \(p_{\overline{D}}(R) = 0{,}35\), d’où, par complément à 1, \(p_D(\overline{R}) = 0{,}4\) et \(p_{\overline{D}}(\overline{R}) = 0{,}65\).

b. On suit le chemin « \(\overline{D}\) puis \(R\) » et on multiplie les probabilités portées par ses branches :

\[p(\overline{D} \cap R) = p(\overline{D}) \times p_{\overline{D}}(R) = 0{,}75 \times 0{,}35 = 0{,}2625.\]

La probabilité que le tir soit un tir à trois points réussi vaut \(0{,}2625\).

c. De la même façon, \(p(D \cap R) = 0{,}25 \times 0{,}6 = 0{,}15\). Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :

\[p(R) = p(D \cap R) + p(\overline{D} \cap R) = 0{,}15 + 0{,}2625 = 0{,}4125.\]

La probabilité que Stéphanie réussisse un tir est bien \(0{,}4125\).

d. On cherche la probabilité conditionnelle de \(\overline{D}\) sachant \(R\) :

\[p_R(\overline{D}) = \dfrac{p(\overline{D} \cap R)}{p(R)} = \dfrac{0{,}2625}{0{,}4125} = \dfrac{7}{11} \approx 0{,}636.\]

Sachant que le tir est réussi, la probabilité que ce soit un tir à trois points est environ \(0{,}64\).

2. a. Chaque tir est une épreuve à deux issues : succès (tir réussi) de probabilité \(p = 0{,}35\), ou échec. On répète 10 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, et \(X\) compte le nombre de succès.

\(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}35\).

b. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 10 \times 0{,}35 = 3{,}5\).

\(E(X) = 3{,}5\) : sur un grand nombre de séries de 10 tirs à trois points, Stéphanie en réussit en moyenne 3,5 par série.

c. Rater 4 tirs ou plus sur 10, c’est réussir au plus \(10 – 4 = 6\) tirs. On calcule donc \(P(X \leq\, 6)\) à la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) :

\[P(X \leq\, 6) \approx 0{,}9740.\]

La probabilité que Stéphanie rate 4 tirs ou plus est environ \(0{,}97\).

d. Rater au plus 4 tirs, c’est réussir au moins 6 tirs :

\[P(X \geq\, 6) = 1 – P(X \leq\, 5) \approx 0{,}0949.\]

La probabilité que Stéphanie rate au plus 4 tirs est environ \(0{,}09\).

3. Soit \(Y\) le nombre de tirs réussis parmi les \(n\) tirs : \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}35\). L’évènement « réussir au moins un tir » est le contraire de « rater les \(n\) tirs », dont la probabilité est \(0{,}65^n\) (tirs indépendants). Donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – 0{,}65^n\).

On résout :

\[1 – 0{,}65^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}65^n \leq\, 0{,}01.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), cela équivaut à \(n \ln(0{,}65) \leq\, \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}65) \lt 0\), on change le sens de l’inégalité en divisant :

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}65)} \approx 10{,}69.\]

Vérification : \(1 – 0{,}65^{10} \approx 0{,}9865\) (insuffisant) et \(1 – 0{,}65^{11} \approx 0{,}9912\) (convient).

La valeur minimale est \(n = 11\) tirs.

Exercice 2 :

1. a. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), on dérive le produit \(x \ln(x)\) avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x\) et \(v(x) = \ln(x)\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac1x – 1 = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x).\]

Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime}(x) = \ln(x)\).

b. L’équation de la tangente au point d’abscisse \(\text{e}\) est \(y = f^{\prime}(\text{e})(x – \text{e}) + f(\text{e})\). Or \(f(\text{e}) = \text{e} \times 1 – \text{e} – 2 = -2\) et \(f^{\prime}(\text{e}) = \ln(\text{e}) = 1\). Donc \(y = 1 \times (x – \text{e}) – 2\).

\(T : y = x – \text{e} – 2\).

c. On dérive \(f^{\prime}\) : \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac1x\). Pour tout \(x \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\).

La dérivée seconde est strictement positive, donc \(f\) est convexe sur \(]0\,;\,+\infty[\).

d. Une fonction convexe a sa courbe située au-dessus de chacune de ses tangentes.

La courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de la tangente \(T\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) (elles se touchent uniquement au point d’abscisse \(\text{e}\)).

2. a. On connaît la limite de croissance comparée \(\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0\). De plus \(\lim\limits_{x \to 0^+} (-x – 2) = -2\). Par somme :

\(\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -2\).

b. En \(+\infty\), la somme \(x\ln(x) – x\) est une forme indéterminée « \(\infty – \infty\) ». On factorise par \(x\) :

\[f(x) = x(\ln(x) – 1) – 2.\]

Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} (\ln(x) – 1) = +\infty\), le produit tend vers \(+\infty\), et en retranchant 2 :

\(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

3. Le signe de \(f^{\prime}(x) = \ln(x)\) est connu : \(\ln(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(\ln(1) = 0\) et \(\ln(x) \gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\). Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\,1]\) et strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), avec un minimum \(f(1) = 0 – 1 – 2 = -3\).

4. a. On étudie les deux intervalles du tableau.

• Sur \(]0\,;\,1]\) : \(f\) est strictement décroissante, de limite \(-2\) en 0, donc \(f(x) \lt -2 \lt 0\) pour tout \(x\) de cet intervalle. L’équation \(f(x) = 0\) n’y a aucune solution.
• Sur \([1\,;\,+\infty[\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(1) = -3 \lt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\). Comme 0 est compris entre \(-3\) et \(+\infty\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur cet intervalle.

L’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\), et \(\alpha \gt 1\).

b. À la calculatrice : \(f(4{,}3) \approx -0{,}028 \lt 0\) et \(f(4{,}4) \approx 0{,}119 \gt 0\). Comme \(f\) est strictement croissante sur \([4{,}3\,;\,4{,}4]\) et change de signe entre ces deux bornes, la solution \(\alpha\) est entre elles.

\(\alpha \in\ ]4{,}3\,;\,4{,}4[\).

c. D’après les questions précédentes :

• sur \(]0\,;\,1]\), \(f(x) \lt 0\) ;
• sur \([1\,;\,\alpha[\), \(f\) croît strictement vers \(f(\alpha) = 0\), donc \(f(x) \lt 0\) ;
• sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(f(x) \gt f(\alpha) = 0\).

\(f\) est strictement négative sur \(]0\,;\,\alpha[\), s’annule en \(\alpha\) et est strictement positive sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).

5. La fonction part de \(x = 4{,}3\) et ajoute le pas 0,01 tant que \(f(x) \lt 0\) : elle renvoie la première valeur de la liste 4,30 ; 4,31 ; 4,32 ; … pour laquelle \(f(x) \geq\, 0\).

On a \(f(4{,}30) \approx -0{,}028\), \(f(4{,}31) \approx -0{,}013\) (encore négatifs) puis \(f(4{,}32) \approx 0{,}0013 \gt 0\) : la boucle s’arrête à \(x = 4{,}32\).

L’appel seuil(0.01) renvoie 4,32 (Python peut afficher 4.319999999999999 à cause des arrondis des nombres à virgule flottante).

Interprétation : \(f(4{,}31) \lt 0 \lt f(4{,}32)\), donc \(4{,}31 \lt \alpha \lt 4{,}32\) : la fonction fournit une valeur approchée par excès de \(\alpha\) à 0,01 près.

Exercice 3 :

1. Dans ce repère, l’axe des abscisses suit [DC] (DC = 6), l’axe des ordonnées suit [DA] (DA = 4) et l’axe des cotes suit [DH] (DH = 4). On a donc C(6 ; 0 ; 0), A(0 ; 4 ; 0) et H(0 ; 0 ; 4), puis :

B(6 ; 4 ; 0), E(0 ; 4 ; 4), F(6 ; 4 ; 4) et G(6 ; 0 ; 4).

2. Volume du parallélépipède : \(V_1 = \text{DC} \times \text{DA} \times \text{DH} = 6 \times 4 \times 4 = 96\).

La pyramide a pour base le rectangle EFGH, d’aire \(6 \times 4 = 24\), situé dans le plan d’équation \(z = 4\). Sa hauteur est la distance de S à ce plan : \(6 – 4 = 2\). Donc :

\[V_2 = \dfrac13 \times 24 \times 2 = 16.\]

Le volume total de la maison est \(V_1 + V_2 = 96 + 16 = 112\), et :

\[\dfrac{V_2}{V_1 + V_2} = \dfrac{16}{112} = \dfrac17.\]

La pyramide EFGHS représente bien le septième du volume total de la maison.

3. a. On calcule deux vecteurs du plan (EFS) : \(\vec{\text{EF}}\begin{pmatrix}6\\0\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{ES}}\begin{pmatrix}3\\-2\\2\end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée du premier est nulle, pas celle du second).

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{EF}} = 0 \times 6 + 1 \times 0 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{ES}} = 0 \times 3 + 1 \times (-2) + 1 \times 2 = 0.\]

\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EFS), il est donc normal à ce plan.

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(y + z + d = 0\). Le point E(0 ; 4 ; 4) appartient au plan : \(4 + 4 + d = 0\), soit \(d = -8\).

Une équation cartésienne de (EFS) est \(y + z – 8 = 0\).

4. a. La droite (PQ) passe par Q(2 ; 3 ; 5,5) et est dirigée par \(\vec{k}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\). Un point M(\(x\) ; \(y\) ; \(z\)) est sur (PQ) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{QM}} = t\,\vec{k}\), c’est-à-dire \(x – 2 = 0\), \(y – 3 = 0\) et \(z – 5{,}5 = t\).

On retrouve la représentation paramétrique \(x = 2\), \(y = 3\), \(z = 5{,}5 + t\) (\(t \in \mathbb{R}\)).

b. P est le point de (PQ) qui appartient au plan (EFS). On remplace dans l’équation du plan : \(3 + (5{,}5 + t) – 8 = 0\), d’où \(t = -0{,}5\) et \(z = 5{,}5 – 0{,}5 = 5\).

P(2 ; 3 ; 5).

c. \(\text{PQ} = \sqrt{(2-2)^2 + (3-3)^2 + (5{,}5 – 5)^2} = \sqrt{0{,}25} = 0{,}5\).

L’antenne mesure 0,5 unité de longueur.

5. Un vecteur directeur de \(\Delta\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}6\\-4\\4\end{pmatrix}\), celui de (PQ) est \(\vec{k}\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\). La première coordonnée de \(\vec{k}\) est nulle mais pas celle de \(\vec{u}\) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Elles sont soit sécantes, soit non coplanaires.

On cherche un point commun, c’est-à-dire des réels \(t\) et \(s\) tels que :

\[\{\begin{array}{l} 2 = -4 + 6s \\ 3 = 7 – 4s \\ 5{,}5 + t = 2 + 4s \end{array}.\]

La première équation donne \(s = 1\) ; la deuxième donne aussi \(s = 1\) (\(7 – 4 = 3\)), elles sont donc compatibles ; la troisième donne alors \(5{,}5 + t = 6\), soit \(t = 0{,}5\).

Les droites (PQ) et \(\Delta\) sont sécantes au point de coordonnées (2 ; 3 ; 6).

Sur la droite (PQ), le point P correspond à \(t = -0{,}5\) et le point Q à \(t = 0\) : le segment [PQ] est formé des points obtenus pour \(-0{,}5 \leq\, t \leq\, 0\), c’est-à-dire de cote comprise entre 5 et 5,5. Le point d’intersection correspond à \(t = 0{,}5\) (cote 6), il est en dehors du segment.

L’oiseau ne percute pas l’antenne : il passe à la verticale de l’antenne, 0,5 unité au-dessus de son sommet Q.

Exercice 4 :

1. Réponse d. Pour tout \(n\), \(-1 \leq\, (-1)^n \leq\, 1\) et \(n + 1 \gt 0\), donc \(-\dfrac{1}{n+1} \leq\, u_n \leq\, \dfrac{1}{n+1}\). Les deux suites qui encadrent tendent vers 0, donc d’après le théorème des gendarmes \((u_n)\) converge vers 0.

2. Réponse a. \(w_0 = \text{e}^{-2\ln(a)} + 2 = \text{e}^{\ln(a^{-2})} + 2 = a^{-2} + 2 = \dfrac{1}{a^2} + 2\).

3. Réponse b. Si \(v_n \leq\, v_{n+1}\), alors \(-2v_{n+1} \leq\, -2v_n\) (multiplication par un négatif), puis \(\text{e}^{-2v_{n+1}} \leq\, \text{e}^{-2v_n}\) car l’exponentielle est croissante, donc \(w_{n+1} \leq\, w_n\) : \((w_n)\) est décroissante. De plus \(\text{e}^{-2v_n} \gt 0\), donc \(w_n \gt 2\) : la suite est minorée par 2. (Elle n’est pas forcément majorée par 3 : par exemple avec \(v_0 = -1\), \(w_0 = \text{e}^2 + 2 \gt 3\).)

4. Réponse b. Le point fixe \(\ell\) vérifie \(\ell = \dfrac13\ell + \dfrac83\), soit \(\ell = 4\). En posant \(c_n = a_n – 4\), on obtient \(c_{n+1} = \dfrac13 a_n + \dfrac83 – 4 = \dfrac13(a_n – 4) = \dfrac13 c_n\) : \((c_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac13\) et de premier terme \(c_0 = 2 – 4 = -2\). Donc \(a_n = 4 – 2(\dfrac13)^n = -\dfrac{2}{3^n} + 4\). Contrôle : \(a_0 = 2\), \(a_1 = \dfrac23 + \dfrac83 = \dfrac{10}{3}\) et \(4 – \dfrac23 = \dfrac{10}{3}\). (La proposition a donne \(a_0 = 2\) mais \(a_1 = -\dfrac23\), et c donne \(a_0 = 3\).)

5. Réponse b. \(b_{n+1} – b_n = \ln(\dfrac{2}{b_n^2 + 3})\). Or \(b_n^2 + 3 \geq\, 3 \gt 2\), donc \(0 \lt \dfrac{2}{b_n^2 + 3} \lt 1\) et son logarithme est strictement négatif. Ainsi \(b_{n+1} – b_n \lt 0\) pour tout \(n\), quelle que soit la valeur de \(b_0\) : la suite est décroissante.

6. Réponse b. En \(0^+\) : \(\text{e}^x \to 1\) et \(x \to 0^+\), donc \(g(x) \to +\infty\) : la droite d’équation \(x = 0\) est asymptote verticale. En \(+\infty\) : par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = +\infty\), la limite n’est pas finie, donc pas d’asymptote horizontale.

7. Réponse d. On écrit \(f(x) = \dfrac12 \times 2x\,\text{e}^{x^2+1}\), de la forme \(\dfrac12 u^{\prime}\text{e}^u\) avec \(u(x) = x^2 + 1\). Une primitive est \(\dfrac12\text{e}^{x^2+1}\). Vérification : la dérivée de \(\dfrac12\text{e}^{x^2+1}\) est \(\dfrac12 \times 2x\,\text{e}^{x^2+1} = x\text{e}^{x^2+1}\).

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