Corrigé France 2021 : organisation du corrigé
Tout d’abord, ce corrigé France 2021 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2021 en France (jour 2), dont chaque question est corrigée et justifiée. En effet, l’épreuve se compose de 5 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la convexité et les limites. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 48 minutes par exercice, relecture comprise. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Question 1. Un point appartient à \(\mathcal{D}^{\prime}\) s’il existe une même valeur de \(t\) qui donne ses trois coordonnées. On déduit \(t\) de la première équation, puis on contrôle les deux autres.
Pour \(\text{M}_1\) : \(-4 + 3t = -1\) donne \(t = 1\), puis \(y = 3\) (correct) mais \(z = 8 – 6 = 2 \neq -2\). Puis pour \(\text{M}_2\) : \(-4 + 3t = 11\) donne \(t = 5\), puis \(y = 6 – 15 = -9\) et \(z = 8 – 30 = -22\) : les trois coordonnées concordent. Pour \(\text{M}_3\) : \(t = -1\) donne \(y = 9\) mais \(z = 14 \neq 2\). Pour \(\text{M}_4\) : \(t = \dfrac{2}{3}\) donne \(y = 4 \neq 3\).
Réponse b : \(\text{M}_2(11\,;\,-9\,;\,-22)\) est le point de \(\mathcal{D}^{\prime}\) de paramètre \(t = 5\).
Question 2. Dans une représentation paramétrique, les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur : ici \((3\,;\,-3\,;\,-6)\), c’est exactement \(\vec{u_3}\). Les autres vecteurs ne lui sont pas colinéaires (par exemple \(\vec{u_2}\) a ses deux premières coordonnées égales, alors que celles de \(\vec{u_3}\) sont opposées).
Réponse c.
Question 3. Un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-2\\2\\4\end{pmatrix}\). On remarque que \(\vec{u_3} = -\dfrac{3}{2}\,\vec{\text{AB}}\) : les deux vecteurs sont colinéaires, donc les droites sont parallèles (strictement ou confondues).
Pour trancher, on regarde si le point A appartient à \(\mathcal{D}^{\prime}\) : \(-4 + 3t = 1\) donne \(t = \dfrac{5}{3}\), puis \(y = 6 – 5 = 1\) et \(z = 8 – 10 = -2\). On retrouve bien \(\text{A}(1\,;\,1\,;\,-2)\).
Les deux droites sont parallèles et ont un point commun : elles sont confondues, réponse d.
Exercice 1 du corrigé France 2021 : question 4
Question 4. Un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\m\\-2\end{pmatrix}\). La droite \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\) si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à \(\vec{n}\) :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{n} = -2 \times 1 + 2 \times m + 4 \times (-2) = 2m – 10.\]
Ce produit scalaire est nul si et seulement si \(m = 5\). (On peut ajouter que, pour \(m = 5\), le point A vérifie \(1 + 5 + 4 + 8 = 18 \neq 0\) : il n’est pas dans le plan, la droite est donc strictement parallèle à \(\mathcal{P}\).)
Réponse c : \(m = 5\). (Dans le sujet, les deux premières propositions portent toutes deux la lettre a.)
Exercice 2 :
1. a. L’énoncé donne \(P(M) = 0{,}4\), \(P_M(T) = 0{,}9\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}85\). On complète chaque paire de branches issue d’un même nœud pour que la somme vaille 1 : \(P(\overline{M}) = 0{,}6\), \(P_M(\overline{T}) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}15\).
b. On cherche la probabilité de l’intersection, obtenue en multipliant les probabilités le long du chemin \(M\) puis \(T\) :
\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}4 \times 0{,}9 = 0{,}36.\]
La probabilité que le chat soit malade et testé positif est \(0{,}36\).
c. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}36 + 0{,}6 \times 0{,}15 = 0{,}36 + 0{,}09 = 0{,}45.\]
On a bien \(P(T) = 0{,}45\).
d. On sait que le test est positif : on calcule une probabilité conditionnelle sachant \(T\).
\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}36}{0{,}45} = \dfrac{36}{45} = \dfrac{4}{5} = 0{,}8.\]
Un chat testé positif est porteur de la maladie avec une probabilité de \(0{,}8\).
2. a. Pour chacun des 20 chats, on observe une épreuve à deux issues : « test positif » (succès) de probabilité \(p = 0{,}45\), ou « test négatif ». Le choix étant assimilé à un tirage avec remise, ces 20 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}45\).
b. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 5) = \binom\,{20}{5} \times 0{,}45^5 \times 0{,}55^{15} = 15\,504 \times 0{,}45^5 \times 0{,}55^{15} \approx 0{,}036\,47.\]
Exercice 2 du corrigé France 2021 : question 3
Le chiffre des dix-millièmes étant 4, l’arrondi au millième donne \(P(X = 5) \approx 0{,}036\).
c. « Au plus 8 » signifie \(X \leq\, 8\). On utilise la fonction de répartition de la calculatrice (binomFRép ou équivalent) :
\[P(X \leq\, 8) = \sum_{k=0}^{8} \binom\,{20}{k}\, 0{,}45^k\, 0{,}55^{20-k} \approx 0{,}414.\]
La probabilité d’avoir au plus 8 chats positifs est d’environ \(0{,}414\).
d. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times 0{,}45 = 9\).
\(E(X) = 9\) : si l’on prélevait un très grand nombre d’échantillons de 20 chats, on observerait en moyenne 9 chats testés positifs par échantillon.
3. a. Le raisonnement de la question 2 s’applique avec \(n\) chats : le nombre \(Y\) de chats positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}45\). L’évènement « au moins un chat positif » est le contraire de « aucun chat positif », c’est-à-dire \(Y = 0\). Or \(P(Y = 0) = \binom\,{n}{0} \times 0{,}45^0 \times 0{,}55^n = 0{,}55^n\) (chacun des \(n\) chats est négatif avec probabilité \(0{,}55\)). Donc :
\[p_n = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}55^n.\]
b. Le programme part de \(n = 0\) et \(P = 0\). Tant que \(P\) est strictement inférieur à \(0{,}99\), il augmente \(n\) de 1 et calcule \(P = 1 – 0{,}55^n\), c’est-à-dire \(p_n\). La boucle s’arrête dès que \(p_n \geq\, 0{,}99\). Le programme renvoie donc le plus petit entier \(n\) tel que \(p_n \geq\, 0{,}99\) : la taille minimale de l’échantillon pour laquelle la probabilité d’avoir au moins un chat positif atteint 99 %.
c. On résout l’inéquation \(1 – 0{,}55^n \geq\, 0{,}99\), qui équivaut à \(0{,}55^n \leq\, 0{,}01\). La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :
\[n \ln(0{,}55) \leq\, \ln(0{,}01).\]
Comme \(\ln(0{,}55) \lt 0\), on divise en changeant le sens de l’inégalité :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}55)} \approx 7{,}70.\]
Le plus petit entier qui convient est 8. Contrôle : \(p_7 = 1 – 0{,}55^7 \approx 0{,}985 \lt 0{,}99\) et \(p_8 = 1 – 0{,}55^8 \approx 0{,}992 \geq\, 0{,}99\). Le programme renvoie 8.
Exercice 3 :
1. Dans la dernière colonne, les valeurs augmentent de 1 à chaque ligne en partant de 4 pour \(n = 0\). On conjecture que, pour tout entier naturel \(n\), \(\dfrac{4}{u_n} = n + 4\).
2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \gt 0\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1 \gt 0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \gt 0\). Alors le numérateur \(4u_n\) est strictement positif, et le dénominateur \(u_n + 4\) est strictement supérieur à 4, donc strictement positif. Un quotient de deux nombres strictement positifs est strictement positif : \(u_{n+1} = \dfrac{4u_n}{u_n + 4} \gt 0\). Ainsi \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; d’après le principe de récurrence, \(u_n \gt 0\) pour tout entier naturel \(n\).
3. On étudie le signe de la différence de deux termes consécutifs. Pour tout entier naturel \(n\), en réduisant au même dénominateur :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac{4u_n}{u_n + 4} – \dfrac{u_n(u_n + 4)}{u_n + 4} = \dfrac{4u_n – u_n^2 – 4u_n}{u_n + 4} = \dfrac{-u_n^2}{u_n + 4}.\]
D’après la question 2, \(u_n \gt 0\), donc \(u_n^2 \gt 0\) et \(u_n + 4 \gt 0\). La différence est donc strictement négative : \(u_{n+1} \lt u_n\) pour tout \(n\). La suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.
Exercice 3 du corrigé France 2021 : questions 4 à 6
4. La suite \((u_n)\) est décroissante (question 3) et minorée par 0 (question 2). D’après le théorème de la convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(\ell \geq\, 0\).
5. La suite \((v_n)\) est bien définie car \(u_n \neq 0\). Pour tout entier naturel \(n\), l’inverse de \(u_{n+1}\) vaut \(\dfrac{u_n + 4}{4u_n}\), donc :
\[v_{n+1} = \dfrac{4}{u_{n+1}} = 4 \times \dfrac{u_n + 4}{4u_n} = \dfrac{u_n + 4}{u_n} = 1 + \dfrac{4}{u_n} = 1 + v_n.\]
On passe d’un terme au suivant en ajoutant toujours 1 : \((v_n)\) est une suite arithmétique de raison \(r = 1\), de premier terme \(v_0 = \dfrac{4}{u_0} = 4\).
Le terme général d’une suite arithmétique est \(v_n = v_0 + nr\), d’où \(v_n = n + 4\) pour tout entier naturel \(n\) : la conjecture de la question 1 est démontrée.
6. De \(v_n = \dfrac{4}{u_n}\) on tire \(u_n = \dfrac{4}{v_n}\), soit, pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_n = \dfrac{4}{n + 4}.\]
Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), le dénominateur \(n + 4\) tend vers \(+\infty\) tandis que le numérateur reste égal à 4 ; par quotient, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\). On retrouve une limite positive ou nulle, conformément à la question 4.
Exercice A :
Partie 1
1. Limite en 0. On a \(\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = -\infty\), et en ajoutant 1 : \(\lim\limits_{x \to 0} h(x) = -\infty\).
Limite en \(+\infty\). On écrit \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\). Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\). Le produit tend vers 0, donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 1\) : la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(h\) en \(+\infty\).
2. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x^2\), \(v^{\prime}(x) = 2x\) :
\[h^{\prime}(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x^2 – \ln(x) \times 2x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln(x)}{x^4} = \dfrac{x\,(1 – 2\ln(x))}{x^4} = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.\]
On obtient bien \(h^{\prime}(x) = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}\) pour tout \(x \gt 0\).
3. Sur \(]0\,;\,+\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2\ln(x)\). Or :
\[1 – 2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{1/2} = \sqrt{\text{e}}.\]
Donc \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}[\), \(h^{\prime}(\sqrt{\text{e}}) = 0\) et \(h^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\). La fonction \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\) et strictement décroissante sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\).
Son maximum vaut \(h(\sqrt{\text{e}}) = 1 + \dfrac{1/2}{\text{e}} = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \approx 1{,}18\).
| \(x\) | \(0\) | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(h^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| \(h(x)\) | || \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) | \(\searrow\) | \(1\) |
Exercice A du corrigé France 2021, partie 1 : questions 4 à 5
4. Sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\), \(h\) décroît de \(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\) vers sa limite 1 sans l’atteindre : pour tout \(x\) de cet intervalle, \(h(x) \gt 1 \gt 0\). L’équation \(h(x) = 0\) n’y a donc aucune solution.
Sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\), \(h\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(\lim\limits_{x \to 0} h(x) = -\infty\) et \(h(\sqrt{\text{e}}) \approx 1{,}18 \gt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
Au total, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
Encadrement : \(h(\dfrac{1}{2}) = 1 + \dfrac{\ln(1/2)}{1/4} = 1 – 4\ln(2) \approx -1{,}77 \lt 0\) et \(h(1) = 1 + 0 = 1 \gt 0\). Comme \(\dfrac{1}{2}\) et 1 sont dans \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\) (car \(\sqrt{\text{e}} \approx 1{,}65\)) où \(h\) est strictement croissante, on a \(h(\dfrac{1}{2}) \lt h(\alpha) \lt h(1)\) donc \(\dfrac{1}{2} \lt \alpha \lt 1\) (à la calculatrice, \(\alpha \approx 0{,}65\)).
5. Sur \(]0\,;\,\sqrt{\text{e}}]\), \(h\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(h(x) \lt 0\) pour \(x \lt \alpha\) et \(h(x) \gt 0\) pour \(\alpha \lt x \leq\, \sqrt{\text{e}}\). Sur \([\sqrt{\text{e}}\,;\,+\infty[\), on a vu que \(h(x) \gt 1 \gt 0\).
Conclusion : \(h(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,\alpha[\), \(h(\alpha) = 0\) et \(h(x) \gt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\).
Partie 2
1. Pour tout \(x \gt 0\), en faisant attention au signe devant la parenthèse :
\[f_1(x) – f_2(x) = x – 1 – \dfrac{\ln(x)}{x^2} – x + 2 + \dfrac{2\ln(x)}{x^2} = 1 + \dfrac{2\ln(x) – \ln(x)}{x^2} = 1 + \dfrac{\ln(x)}{x^2}.\]
On retrouve \(f_1(x) – f_2(x) = h(x)\).
2. La position relative de deux courbes se lit sur le signe de la différence \(f_1(x) – f_2(x) = h(x)\), étudié à la question 5 de la Partie 1 :
- sur \(]0\,;\,\alpha[\), \(h(x) \lt 0\), donc \(f_1(x) \lt f_2(x)\) : \(\mathcal{C}_1\) est en dessous de \(\mathcal{C}_2\) ;
- sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\), \(h(x) \gt 0\), donc \(f_1(x) \gt f_2(x)\) : \(\mathcal{C}_1\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_2\) ;
- les courbes se coupent exactement aux abscisses où \(h(x) = 0\), c’est-à-dire en \(x = \alpha\) seulement : elles ont donc un unique point d’intersection.
Ordonnée de ce point : on utilise \(h(\alpha) = 0\), c’est-à-dire \(\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} = -1\). Alors :
\[f_1(\alpha) = \alpha – 1 – \dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} = \alpha – 1 – (-1) = \alpha.\]
L’unique point d’intersection de \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) a pour coordonnées \((\alpha\,;\,\alpha)\) : il est situé sur la droite d’équation \(y = x\).
Exercice B :
Partie 1
1. Le sens de variation de \(f\) est donné par le signe de \(f^{\prime}\), c’est-à-dire par la position de la courbe tracée par rapport à l’axe des abscisses. La courbe est au-dessus de l’axe pour \(x \lt -1\), le coupe en \(x = -1\), puis reste en dessous pour \(x \gt -1\) (elle se rapproche de l’axe sans le rejoindre). On conjecture que \(f\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\), avec un maximum en \(x = -1\).
2. La convexité de \(f\) est liée aux variations de \(f^{\prime}\) : \(f\) est convexe là où \(f^{\prime}\) est croissante et concave là où \(f^{\prime}\) est décroissante. La courbe de \(f^{\prime}\) descend jusqu’à son minimum \(-1\) atteint en \(x = 0\), puis remonte. On conjecture que \(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,0]\) et convexe sur \([0\,;\,+\infty[\), avec un point d’inflexion d’abscisse 0.
Partie 2
1. En développant et en utilisant \(\text{e}^{-x} = \dfrac{1}{\text{e}^{x}}\) :
\[f(x) = x\,\text{e}^{-x} + 2\text{e}^{-x} = \dfrac{x}{\text{e}^{x}} + 2\text{e}^{-x}.\]
Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^{x}}{x} = +\infty\), donc son inverse vérifie \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^{x}} = 0\). Puis par ailleurs \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
On en déduit que la droite d’équation \(y = 0\) (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).
2. a. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(x) = x + 2\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-x} + (x + 2) \times (-\text{e}^{-x}) = (1 – x – 2)\,\text{e}^{-x} = (-x – 1)\,\text{e}^{-x}.\]
b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x – 1\), qui est positif pour \(x \lt -1\), nul en \(-1\) et négatif pour \(x \gt -1\). Ainsi \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et strictement décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la conjecture de la Partie 1. Son maximum est \(f(-1) = (-1 + 2)\,\text{e}^{1} = \text{e}\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(\text{e}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
c. Sur \([-2\,;\,-1]\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante. De plus \(f(-2) = 0 \times \text{e}^{2} = 0 \lt 2\) et \(f(-1) = \text{e} \approx 2{,}718 \gt 2\). Puisque 2 est compris entre \(f(-2)\) et \(f(-1)\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires garantit que l’équation \(f(x) = 2\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([-2\,;\,-1]\).
Exercice B, partie 2 : question 3
Par balayage à la calculatrice : \(f(-1{,}6) \approx 1{,}981 \lt 2\) et \(f(-1{,}5) \approx 2{,}241 \gt 2\), donc \(-1{,}6 \lt \alpha \lt -1{,}5\). En affinant, \(f(-1{,}60) \approx 1{,}981\) et \(f(-1{,}59) \approx 2{,}01\), d’où \(\alpha \approx -1{,}594\) : au dixième près, \(\alpha \approx -1{,}6\).
3. On dérive \(f^{\prime}(x) = (-x – 1)\,\text{e}^{-x}\) comme un produit, avec \(u(x) = -x – 1\), \(u^{\prime}(x) = -1\) :
\[f^{\prime\prime}(x) = -1 \times \text{e}^{-x} + (-x – 1) \times (-\text{e}^{-x}) = (-1 + x + 1)\,\text{e}^{-x} = x\,\text{e}^{-x}.\]
Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x\) :
- sur \(]-\infty\,;\,0]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
- sur \([0\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.
En \(x = 0\), la dérivée seconde s’annule en changeant de signe : la courbe change de convexité. Le point \(\text{A}(0\,;\,f(0)) = \text{A}(0\,;\,2)\) est donc le point d’inflexion de la courbe \(\mathcal{C}\) : en ce point, la courbe traverse sa tangente, d’équation \(y = -x + 2\) (car \(f^{\prime}(0) = -1\)). Ces résultats confirment la conjecture de la Partie 1.
Comment réviser avec ce corrigé France 2021
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction logarithme népérien ou la fonction exponentielle. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction logarithme propose un rappel complet.
Les pièges classiques
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.
Questions fréquentes sur ce corrigé France 2021
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et la convexité, mais aussi les limites.
Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.
Ensuite, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2021 en France (jour 2) : sujet et corrigé.
