Corrigé France 2021 : la correction en un coup d’œil
Avant tout, ce corrigé France 2021 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2021 en France (mars, sujet 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. En effet, l’épreuve se compose de 5 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, les limites et les probabilités conditionnelles. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 48 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie I. La variable \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(9\,;\,0{,}03)\) : pour tout entier \(k\) entre 0 et 9, \(P(X = k) = \dbinom{9}{k} \times 0{,}03^k \times 0{,}97^{9-k}\), où \(0{,}03\) est la probabilité qu’une adresse soit illisible et \(0{,}97\) celle qu’elle soit lue correctement.
1. « Aucune adresse illisible » correspond à \(X = 0\) : \(P(X = 0) = \dbinom{9}{0} \times 0{,}03^0 \times 0{,}97^9 = 0{,}97^9 \approx 0{,}760\). Réponse d. (\(0{,}76\)).
2. On cherche \(P(X = 2)\) : deux « succès » (adresses illisibles, probabilité \(0{,}03\) chacune) et donc sept adresses lues (probabilité \(0{,}97\) chacune), parmi \(\dbinom{9}{2}\) placements possibles. Ainsi \(P(X = 2) = \dbinom{9}{2} \times 0{,}97^7 \times 0{,}03^2\). Réponse c. Les réponses a et b inversent les exposants, les réponses b et d utilisent 7 au lieu de 9 épreuves.
3. « Au moins une adresse illisible » est l’évènement \(X \geq\, 1\), dont le contraire est \(X = 0\). Donc \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0)\). Réponse d. (La réponse a donne justement \(P(X = 0)\), et la c oublie le cas \(X = 1\).)
Partie II. Au premier tirage, l’urne contient 8 boules : \(P(V_1) = \dfrac{5}{8}\) et \(P(B_1) = \dfrac{3}{8}\). Comme on ne remet pas la boule, il en reste 7 au second tirage : 4 vertes et 3 blanches si la première était verte, 5 vertes et 2 blanches si elle était blanche.
| Premier tirage | Probabilité | Second tirage | Probabilité conditionnelle |
|---|---|---|---|
| \(V_1\) | \(\dfrac{5}{8}\) | \(V_2\) | \(\dfrac{4}{7}\) |
| \(B_2\) | \(\dfrac{3}{7}\) | ||
| \(B_1\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(V_2\) | \(\dfrac{5}{7}\) |
| \(B_2\) | \(\dfrac{2}{7}\) |
Exercice 1 du corrigé France 2021, partie II : questions 4 à 5
4. Si la première boule est verte, il reste 4 vertes sur 7 boules, donc \(P_{V_1}(V_2) = \dfrac{4}{7}\). Réponse b. (Attention, \(\dfrac{20}{56} = \dfrac{5}{14}\) est \(P(V_1 \cap V_2)\), pas la probabilité conditionnelle.)
5. \(V_1\) et \(B_1\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(V_2) = P(V_1) \times P_{V_1}(V_2) + P(B_1) \times P_{B_1}(V_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{5}{7} = \dfrac{20}{56} + \dfrac{15}{56} = \dfrac{35}{56} = \dfrac{5}{8}.\]
Réponse a. On retrouve la proportion de boules vertes dans l’urne, ce qui est logique : sans information sur la première boule, la seconde a autant de chances d’être verte que la première.
Exercice 2 :
1. a. On applique les relations de récurrence avec \(n = 0\) : \(u_1 = u_0 + v_0 = 1 + 1 = 2\) et \(v_1 = 2u_0 + v_0 = 2 + 1 = 3\). Donc \(u_1 = 2\) et \(v_1 = 3\).
b. Pour tout entier naturel \(n\), \(v_{n+1} – v_n = (2u_n + v_n) – v_n = 2u_n\). Or on a admis que \(u_n \gt 0\), donc \(v_{n+1} – v_n \gt 0\) : la suite \((v_n)\) est strictement croissante. Une suite croissante est minorée par son premier terme : pour tout \(n\), \(v_n \geq\, v_0\), c’est-à-dire \(v_n \geq\, 1\).
c. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \geq\, n + 1\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(u_0 = 1\) et \(0 + 1 = 1\), donc \(u_0 \geq\, 0 + 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(u_n \geq\, n + 1\). D’après la question b, on a aussi \(v_n \geq\, 1\). En additionnant ces deux inégalités membre à membre : \(u_n + v_n \geq\, n + 1 + 1\), soit \(u_{n+1} \geq\, (n + 1) + 1\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, n + 1\).
d. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (n + 1) = +\infty\) et, pour tout \(n\), \(u_n \geq\, n + 1\). Par le théorème de comparaison (minoration par une suite qui tend vers \(+\infty\)), \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).
Exercice 2 du corrigé France 2021 : question 2
2. a. Le nombre \((-1)^{n+1}\) vaut \(1\) si \(n\) est impair et \(-1\) si \(n\) est pair ; dans tous les cas \(-1 \leq\, (-1)^{n+1} \leq\, 1\). Comme \(u_n \gt 0\), on a \(u_n^2 \gt 0\) et diviser par \(u_n^2\) conserve le sens des inégalités :
\[-\dfrac{1}{u_n^2} \leq\, \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2} \leq\, \dfrac{1}{u_n^2}.\]
b. Puisque \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n^2 = +\infty\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{u_n^2} = 0\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} (-\dfrac{1}{u_n^2}) = 0\). La suite étudiée est encadrée par deux suites qui tendent vers 0 : d’après le théorème des gendarmes,
\[\lim_{n \to +\infty} \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2} = 0.\]
c. Comme \(r_n^2 = 2 + \dfrac{(-1)^{n+1}}{u_n^2}\), par somme de limites \(\lim\limits_{n \to +\infty} r_n^2 = 2\). De plus \(r_n = \dfrac{v_n}{u_n}\) est strictement positif (quotient de deux nombres strictement positifs), donc \(r_n = \sqrt{r_n^2}\). La fonction racine carrée étant continue en 2, on obtient \(\lim\limits_{n \to +\infty} r_n = \sqrt{2}\) : la suite \((r_n)\) converge vers \(\sqrt{2}\).
d. Pour tout entier naturel \(n\), on divise le numérateur et le dénominateur par \(u_n\), qui n’est pas nul :
\[r_{n+1} = \dfrac{v_{n+1}}{u_{n+1}} = \dfrac{2u_n + v_n}{u_n + v_n} = \dfrac{2 + \dfrac{v_n}{u_n}}{1 + \dfrac{v_n}{u_n}} = \dfrac{2 + r_n}{1 + r_n}.\]
Exercice 2 (suite)
e. La variable r démarre à 1, qui est \(r_0 = \dfrac{v_0}{u_0}\), avec n = 0. À chaque passage dans la boucle, r est remplacé par \(\dfrac{2 + r}{1 + r}\) (le terme suivant d’après la question d) et n augmente de 1 : la variable r contient donc toujours \(r_n\). La boucle s’arrête dès que \(|r_n – \sqrt{2}| \leq\, 10^{-4}\). La valeur 5 renvoyée signifie donc que 5 est le plus petit entier \(n\) pour lequel \(r_n\) est à une distance inférieure ou égale à \(10^{-4}\) de \(\sqrt{2}\) : \(r_5\) est la première valeur approchée de \(\sqrt{2}\) à \(10^{-4}\) près de la suite.
Vérification : \(r_4 = \dfrac{41}{29} \approx 1{,}41379\), écart environ \(4{,}2 \times 10^{-4}\) ; \(r_5 = \dfrac{99}{70} \approx 1{,}414286\), écart environ \(7{,}2 \times 10^{-5}\).
Exercice 3 :
1. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On a \(\vec{AB}\begin{pmatrix}-2\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{AC}\) est nulle, pas celle de \(\vec{AB}\)). Calculons les produits scalaires :
\[\vec{n} \cdot \vec{AB} = 3 \times (-2) + 2 \times 3 + 6 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{AC} = 3 \times (-2) + 2 \times 0 + 6 \times 1 = 0.\]
Donc \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}3\\2\\6\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(3x + 2y + 6z + d = 0\). Le point A\((2\,;\,0\,;\,0)\) lui appartient : \(3 \times 2 + 0 + 0 + d = 0\), d’où \(d = -6\). Une équation cartésienne de (ABC) est donc \(3x + 2y + 6z – 6 = 0\). (On peut contrôler avec B : \(6 – 6 = 0\), et C : \(6 – 6 = 0\).)
2. a. La droite \(d\) est orthogonale au plan (ABC), donc \(\vec{n}\) en est un vecteur directeur ; elle passe par O\((0\,;\,0\,;\,0)\). Une représentation paramétrique de \(d\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 3t\\ y = 2t\\ z = 6t\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
Exercice 3 du corrigé France 2021 : question 3
b. Un point de \(d\), de paramètre \(t\), appartient au plan (ABC) si et seulement si \(3 \times 3t + 2 \times 2t + 6 \times 6t – 6 = 0\), soit \(49t = 6\), c’est-à-dire \(t = \dfrac{6}{49}\). L’équation a une unique solution : \(d\) coupe le plan en un seul point, de coordonnées \((3 \times \dfrac{6}{49}\,;\,2 \times \dfrac{6}{49}\,;\,6 \times \dfrac{6}{49})\), soit H\((\dfrac{18}{49}\,;\,\dfrac{12}{49}\,;\,\dfrac{36}{49})\).
c. \(\text{OH}^2 = (\dfrac{18}{49})^2 + (\dfrac{12}{49})^2 + (\dfrac{36}{49})^2 = \dfrac{324 + 144 + 1296}{49^2} = \dfrac{1764}{49^2}\). Comme \(1764 = 42^2\), on obtient \(\text{OH} = \dfrac{42}{49}\), soit \(\text{OH} = \dfrac{6}{7}\).
3. Premier calcul. Les points A, B et C sont sur les trois axes du repère orthonormé, donc les droites (OA), (OB) et (OC) sont deux à deux perpendiculaires. Prenons pour base le triangle OAB, rectangle en O : son aire vaut \(\dfrac{\text{OA} \times \text{OB}}{2} = \dfrac{2 \times 3}{2} = 3\). La hauteur correspondante est OC = 1, car (OC) est perpendiculaire au plan (OAB). D’où :
\[V = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 1 = 1.\]
Second calcul. Prenons pour base le triangle ABC. La hauteur issue de O est la distance de O au plan (ABC), c’est-à-dire OH, puisque H est le projeté orthogonal de O sur ce plan. En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de ABC : \(V = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{6}{7} = \dfrac{2\mathcal{A}}{7}\).
Les deux expressions désignent le même volume : \(\dfrac{2\mathcal{A}}{7} = 1\), donc l’aire du triangle ABC vaut \(\dfrac{7}{2} = 3{,}5\) unités d’aire.
Exercice A :
1. a. Les points d’intersection ont pour abscisses les solutions de \(f(x) = g(x)\) :
\[x^2\text{e}^{-x} = \text{e}^{-x} \iff (x^2 – 1)\text{e}^{-x} = 0 \iff x^2 – 1 = 0 \iff x = -1 \ \text{ou} \ x = 1,\]
car \(\text{e}^{-x} \gt 0\) pour tout réel \(x\). Comme \(g(-1) = \text{e}\) et \(g(1) = \text{e}^{-1}\), les courbes se coupent en \((-1\,;\,\text{e})\) et \((1\,;\,\text{e}^{-1})\), ce que confirme le graphique (environ \((-1\,;\,2{,}72)\) et \((1\,;\,0{,}37)\)).
b. On étudie le signe de \(f(x) – g(x) = (x^2 – 1)\text{e}^{-x}\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), il est du signe de \(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\), trinôme positif à l’extérieur de ses racines \(-1\) et \(1\) :
| \(x\) | \(-\infty\) … \(-1\) | \(-1\) … \(1\) | \(1\) … \(+\infty\) |
|---|---|---|---|
| \(f(x) – g(x)\) | \(+\) | \(-\) | \(+\) |
| Position | \(\mathcal{C}_f\) au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) | \(\mathcal{C}_f\) au-dessous de \(\mathcal{C}_g\) | \(\mathcal{C}_f\) au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) |
Conclusion : \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) sur \(]-\infty\,;\,-1[\) et sur \(]1\,;\,+\infty[\), au-dessous sur \(]-1\,;\,1[\), les deux courbes se coupant en \(x = -1\) et \(x = 1\).
2. a. On écrit \(d(x) = (1 – x^2)\text{e}^{-x}\) et on dérive ce produit \(uv\) avec \(u(x) = 1 – x^2\), \(u^{\prime}(x) = -2x\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[d^{\prime}(x) = -2x\,\text{e}^{-x} + (1 – x^2)(-\text{e}^{-x}) = \text{e}^{-x}(-2x – 1 + x^2) = \text{e}^{-x}(x^2 – 2x – 1).\]
Exercice A du corrigé France 2021 : question 3
b. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(d^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(x^2 – 2x – 1\). Son discriminant vaut \(\Delta = 4 + 4 = 8\), ses racines sont \(\dfrac{2 – 2\sqrt{2}}{2} = 1 – \sqrt{2} \approx -0{,}41\) et \(1 + \sqrt{2} \approx 2{,}41\). Seule la première est dans \([-1\,;\,1]\). Le trinôme (coefficient de \(x^2\) positif) est positif avant \(1 – \sqrt{2}\) et négatif entre les racines. Aux bornes, \(d(-1) = d(1) = 0\) puisque \(1 – x^2 = 0\).
| \(x\) | \(-1\) | \(1 – \sqrt{2}\) | \(1\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(d^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(d\) | \(0\) | croissante ↗ | \((2\sqrt{2} – 2)\text{e}^{\sqrt{2} – 1}\) | décroissante ↘ | \(0\) |
La fonction \(d\) est strictement croissante sur \([-1\,;\,1 – \sqrt{2}]\) et strictement décroissante sur \([1 – \sqrt{2}\,;\,1]\).
c. D’après le tableau, \(d\) atteint son maximum en \(x_0 = 1 – \sqrt{2}\). Calculons \(x_0^2 = 1 – 2\sqrt{2} + 2 = 3 – 2\sqrt{2}\), donc \(1 – x_0^2 = 2\sqrt{2} – 2\), et \(-x_0 = \sqrt{2} – 1\). Ainsi :
\[M_0N_0 = d(x_0) = (2\sqrt{2} – 2)\text{e}^{\sqrt{2} – 1} \approx 1{,}254.\]
La distance maximale vaut donc environ 1,3 à 0,1 près.
3. Un point d’abscisse \(x\) est commun à \(\Delta\) et \(\mathcal{C}_g\) si et seulement si \(\text{e}^{-x} = x + 2\), c’est-à-dire \(h(x) = 0\). Il suffit donc de compter les solutions de cette équation.
La fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(h^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x} – 1\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(h^{\prime}(x) \lt -1 \lt 0\) : \(h\) est strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\).
Exercice A (suite)
Limites : en \(-\infty\), \(\text{e}^{-x} \to +\infty\) et \(-x – 2 \to +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to -\infty} h(x) = +\infty\) ; en \(+\infty\), \(\text{e}^{-x} \to 0\) et \(-x – 2 \to -\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = -\infty\).
La fonction \(h\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \(\mathbb{R}\), et 0 est compris entre ses limites \(+\infty\) et \(-\infty\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution sur \(\mathbb{R}\). Comme \(h(-1) = \text{e} – 1 \gt 0\) et \(h(0) = -1 \lt 0\), cette solution est entre \(-1\) et \(0\) (environ \(-0{,}44\)).
Conclusion : la droite \(\Delta\) et la courbe \(\mathcal{C}_g\) ont un seul point d’intersection.
Exercice B :
Partie I
1. En \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} (2x – 2) = +\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).
En 0 : \(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln(x) = -\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0} (2x – 2) = -2\), donc par somme \(\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = -\infty\).
2. La fonction \(g\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} + 2\). Pour \(x \gt 0\), \(\dfrac{1}{x} \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).
3. La fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), elle tend vers \(-\infty\) en 0 et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). La valeur 0 est comprise entre ces limites, donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
4. \(g(1) = \ln(1) + 2 – 2 = 0\). La solution étant unique, \(\alpha = 1\). Comme \(g\) est strictement croissante et s’annule en 1 : \(g(x) \lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(g(1) = 0\) et \(g(x) \gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\).
Partie II
1. a. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(x) = 2 – \dfrac{1}{x}\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x^2}\), \(v(x) = \ln(x) – 1\), \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x^2}(\ln(x) – 1) + (2 – \dfrac{1}{x}) \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{\ln(x) – 1}{x^2} + \dfrac{2}{x} – \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{\ln(x) – 1 + 2x – 1}{x^2} = \dfrac{\ln(x) + 2x – 2}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}.\]
b. Comme \(x^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(g(x)\), étudié à la question I.4. On calcule \(f(1) = (2 – 1)(\ln 1 – 1) = -1\).
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(-\) | \(0\) | \(+\) | |
| \(f\) | || | décroissante ↘ | \(-1\) | croissante ↗ |
\(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;\,1]\), strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\), et admet un minimum égal à \(-1\) en \(x = 1\). (Pour information, \(f\) tend vers \(+\infty\) en 0 et en \(+\infty\).)
2. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
\[f(x) = 0 \iff 2 – \dfrac{1}{x} = 0 \ \text{ou} \ \ln(x) – 1 = 0 \iff x = \dfrac{1}{2} \ \text{ou} \ x = \text{e}.\]
Les solutions sont \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\), toutes deux dans \(]0\,;\,+\infty[\). Pour le signe, on étudie chaque facteur : \(2 – \dfrac{1}{x} \gt 0 \iff \dfrac{1}{x} \lt 2 \iff x \gt \dfrac{1}{2}\) (car \(x \gt 0\)), et \(\ln(x) – 1 \gt 0 \iff x \gt \text{e}\).
| \(x\) | \(0\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\text{e}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(2 – \dfrac{1}{x}\) | || | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(+\) | ||
| \(\ln(x) – 1\) | || | \(-\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(f(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
\(f(x) \gt 0\) sur \(]0\,;\,\dfrac{1}{2}[\) et sur \(]\text{e}\,;\,+\infty[\), \(f(x) \lt 0\) sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,\text{e}[\). C’est cohérent avec les variations : \(f\) descend jusqu’à \(-1\) en 1, en passant par 0 en \(\dfrac{1}{2}\), puis remonte et s’annule à nouveau en \(\text{e}\).
Partie III
1. Puisque \(F^{\prime} = f\), le sens de variation de \(F\) est donné par le signe de \(f\), établi à la question II.2 : \(F\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\dfrac{1}{2}]\), strictement décroissante sur \([\dfrac{1}{2}\,;\,\text{e}]\), puis strictement croissante sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\). Elle admet un maximum local en \(\dfrac{1}{2}\) et un minimum local en \(\text{e}\).
2. La tangente à \(\mathcal{C}_F\) au point d’abscisse \(a\) a pour coefficient directeur \(F^{\prime}(a) = f(a)\). Elle est parallèle à l’axe des abscisses si et seulement si ce coefficient est nul, c’est-à-dire \(f(a) = 0\). D’après la question II.2, cela se produit exactement pour \(a = \dfrac{1}{2}\) et \(a = \text{e}\). Oui : \(\mathcal{C}_F\) admet exactement deux tangentes parallèles à l’axe des abscisses, aux points d’abscisses \(\dfrac{1}{2}\) et \(\text{e}\) (ce sont les points où \(F\) atteint son maximum local et son minimum local).
Corrigé France 2021 : conseils de révision
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction exponentielle et la fonction logarithme népérien. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
Points de vigilance
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
Corrigé France 2021 : vos questions
Quelles notions revoir avant de commencer ? Avant tout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et les limites, mais aussi les probabilités conditionnelles.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
Ainsi, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2021 en France (mars, sujet 2) : sujet et corrigé.
