\documentclass[12pt]{article}
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% \setboolean{solution}{false}
\begin{document}
\pagestyle{empty}


\devpers{{\bf \Large \textcalligra{DS N\up{~~o}{\Huge 7}  : Convexité et ln (2h)}} }{}{\textcalligra{ Spé math (terminale) } }{\large \textcalligra{ 11 décembre 2025}}

% \devpers{ $\pmb{\cald \cals~ \caln^o 1}$ : {\bf \Large \textcalligra{DS 1  : Révisions suites et fonctions}} }{}{T\up{ale} }{7 octobre 2024}


\setlength{\columnseprule}{.5pt}
\setlength{\columnsep}{30pt}

 \setcounter{exercice}{0}

 \begin{exercice}[(3 points)]
\begin{multicols}{2}
\begin{enumerate}
 \item Déterminer la plus petite valeur de $n\in\N$ telle que :
\[
\left(\dfrac23\right)^n<0,01
\]

\item Déterminer la primitive sur l'intervalle $I$ indiqué.

$f(x)=\dfrac{x^3+1}{(x^4+4x+1)^4}$; sur $I=]0;\pI[$.

\end{enumerate}

\end{multicols}

\begin{corrige}
  \begin{enumerate}
   \item   On résout l'inéquation :
    \begin{align*}
        \left(\frac{2}{3}\right)^n < 0,01
        &\ssi \ln\left(\left(\frac{2}{3}\right)^n\right) < \ln(0,01) \text{~~~~(on applique $\ln$ qui est strictement croissante)}\\
         &\ssi n \ln\left(\frac{2}{3}\right) < \ln(10^{-2}) \\
          &\ssi n > \dfrac{\ln(10^{-2})}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)}  \text{~~~~(On divise par $\ln\left(\frac{2}{3}\right)<0$)}
    \end{align*}

    Et $ \dfrac{\ln(10^{-2})}{\ln\left(\frac{2}{3}\right)}\approx 11,36$, donc  la plus petite valeur entière est $n = 12$.

\item
    On a pour $x>0$ :
    \[
    f(x) = \frac{x^3+1}{(x^4+4x+1)^4} = \frac{1}{4} \times 4(x^3+1)(x^4+4x+1)^{-4}
    \]
On reconnaît la forme $u'u^{-4}$, don une primitive de $f$ sur $I$ est :
    \[
    F(x) = \frac{1}{4} \times \dfrac{(x^4+4x+1)^{-3}}{-3} + K = -\frac{1}{12} \dfrac{1}{(x^3+3x+1)^3} + K
    \]
    où $K$ est une constante réelle.
    \end{enumerate}
    \end{corrige}
\end{exercice}




\begin{exercice}[(3 points)]
On considère la suite $(u_n)$ définie par $u_0 = 3$ et, pour tout entier naturel $n$ :
\[u_{n+1} = u_n^2 - 2u_n + 2.\]

On admet que pour tout entier naturel $n$, $u_n > 1$.

\begin{enumerate}
    \item On considère la suite $(v_n)$ définie, pour tout entier naturel $n$, par $v_n = \ln (u_n - 1)$.

    \begin{enumerate}
        \item Montrer que la suite $(v_n)$ est une suite géométrique de raison 2 dont on précisera le premier terme.

        \begin{corrige}
        Pour tout $n \in \N$ :
        \begin{align*}
            v_{n+1} &= \ln(u_{n+1} - 1) \\
            &= \ln\left((u_n^2 - 2u_n + 2) - 1\right) \\
            &= \ln\left(u_n^2 - 2u_n + 1\right) \\
            &= \ln\left((u_n - 1)^2\right) \\
            &= 2\ln(u_n - 1) \\
            &= 2v_n
        \end{align*}

        Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q = 2$ et de premier terme

        $v_0 = \ln(u_0 - 1) = \ln(3 - 1) = \ln 2$.
        \end{corrige}

        \item En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $u_n = 1 + \e^{2^n \times \ln 2}$.

        \begin{corrige}
        Comme $(v_n)$ est géométrique de raison 2 et de premier terme $\ln 2$ : on a pour tout $n\in\N$ :
        \[
        v_n = v_0 \times 2^n = 2^n \ln 2
        \]


        D'autre part $v_n = \ln(u_n - 1)$, donc $\e^{v_n} = u_n - 1$ et ainsi :

        \[
         u_n=1+\e^{v_n}
        \]

        il s'en suit
        \[
         u_n = 1 + \e^{2^n \times \ln 2}
        \]


        \end{corrige}
    \end{enumerate}

    \item En déduire la limite de la suite $\left(u_n\right)$.

    \begin{corrige}
    On a $u_n = 1 + \e^{2^n \ln 2}$.

    Comme $\ln 2 > 0$, on a $\lim\limits_{n\to+\infty} 2^n = +\infty$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty} 2^n \ln 2 = +\infty$.

    Par composition : $\lim\limits_{n\to+\infty} \e^{2^n \ln 2} = +\infty$.

    Finalement : $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = +\infty$.
    \end{corrige}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\begin{exercice}[(12 points)]
On considère une fonction $f$ définie et deux fois dérivable sur $]-2;\pI[$. On note $\calc_f$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan, $f'$ sa dérivée et $f''$ sa dérivée seconde.

On a tracé ci-dessous la courbe $\calc_f$ et sa tangente $\calt$ au point $B$ d'abscisse $-1$.

On précise que la droite $\calt$ passe par le point $A(0;-1)$.

\begin{center}
\psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm}
\def\xmin {-1.9}   \def\xmax {1.3}
\def\ymin {-3.4}   \def\ymax {1.3}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[xunit=0.6cm,yunit=0.75cm,subgriddiv=1,gridlabels=0, gridcolor=lightgray](-10,-7)(7,3)
\psaxes[arrowsize=3pt 3,ticksize=-2pt 2pt,Dx=0.2,Dy=0.5, labels=none]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psdots(-1,-2)(0,-1)
\uput[dl](0,0){O} \uput[dr](-1,-2){$B$} \uput[dr](0,-1){$A$}
\uput[d](0.2,0){$0,2$} \uput[d](1,0){$1$}
\uput[l](0,0.5){$0,5$} \uput[l](0,1){$1$}
\def\f{x x 2 add mul 1 sub x 2 add ln add}% définition de la fonction f
\psplot[plotpoints=4000,linecolor=blue]{\xmin}{\xmax}{\f}
\psplot[plotpoints=4000]{\xmin}{\xmax}{x 1 sub}
\rput(0.3,0.8){\blue $\calc_f$}
\rput(1.1,0.3){$\calt$}
\end{pspicture*}
\end{center}

\medskip

\textbf{Partie A : Exploitation du graphique}

À l'aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous.

\medskip

\begin{enumerate}
    \item Préciser $f(-1)$ et $f'(-1)$.

    \begin{corrige}
    Graphiquement :
    \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
    \item $f(-1) = -2$.
     \item $f'(-1)$ est le coefficient directeur de  la tangente $\calt$ passe par $A(0,-1)$ et $B(-1,-2)$.

        \[
        f'(-1) = \frac{-1 - (-2)}{0 - (-1)}  = 1
        \]

    \end{enumerate}

    \end{corrige}

    \item La fonction $f$ est-elle convexe sur son ensemble de définition ? Justifier.

    \begin{corrige}
    Non, la fonction $f$ n'est pas convexe sur tout son ensemble de définition.

    En effet, on observe graphiquement que :
    \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
        \item Pour $x > -1$, la courbe $\calc_f$ semble située au-dessus de ses tangentes (convexe)
        \item Pour $x < -1,5$, la courbe $\calc_f$ semble située au-dessous de ses tangentes (concave)
    \end{enumerate}


    \end{corrige}

    \item Conjecturer le nombre de solutions de l'équation $f(x) = 0$ et donner une valeur arrondie à $10^{-1}$ près d'une solution.

    \begin{corrige}
    Graphiquement, la courbe $\calc_f$ coupe l'axe des abscisses en un seul point pour $x\in[0;0,2]$  :


    Donc on conjecture que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique racine qui a pour valeur approchée : $x \approx 0,1$.
    \end{corrige}
\end{enumerate}

\textbf{Partie B : Étude de la fonction $\boldsymbol{f}$}

\medskip

On considère que la fonction $f$ est définie sur $]-2;\pI[$ par
\[
f(x) = x^2 + 2x - 1 + \ln (x + 2),
\]

\smallskip

\begin{enumerate}
    \item Déterminer par le calcul la limite de la fonction $f$ en $-2$.

    Interpréter graphiquement ce résultat.

    On admet que $\limite{x}{\pI} f(x) = \pI$.

    \begin{corrige}
    Limite en $-2^+$ :
    \[
    \lim_{x\to -2^+} (x^2 + 2x - 1) = -1
    \]

    D'autre part :
\bigskip

\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2,espcl=1.5]
{ $x$ / 1, $x+2$ / 1}
{ $\mI$ , $-2$ , $\pI$}
\tkzTabLine{ ,-,z,+, }
\end{tikzpicture}
\bigskip

Donc    $\limite{x}{-2^+}x + 2 =0^+$

\medskip

    et $\limite{X}{0^+}\ln X=\mI$.

    Alors par composée avec $X=x + 2$, on a $\limite{x}{-2^+} \ln(x + 2) = \mI$

    Finalement, par somme : \[ \limite{x}{-2^+} f(x) = \mI.\]

    On déduit que la courbe $\calc_f$ admet une asymptote verticale d'équation $x = -2$.
    \end{corrige}

    \item Montrer que pour tout $x > -2$, $f'(x) = \dfrac{2x^2 + 6x + 5}{x + 2}$.

    \begin{corrige}
    Pour $x > -2$ :
    \begin{align*}
        f'(x) &= 2x + 2 + \frac{1}{x+2} \\
        &= \frac{(2x+2)(x+2) + 1}{x+2} \\
%         &= \frac{2x^2 + 4x + 2x + 4 + 1}{x+2} \\
        &= \frac{2x^2 + 6x + 5}{x+2}
    \end{align*}
    \end{corrige}

    \item Étudier les variations de la fonction $f$ sur $]-2;\pI[$ puis dresser son tableau de variations complet.

    \begin{corrige}
    Pour $x>-2$, on a $x+2 > 0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur
    $N(x) = 2x^2 + 6x + 5$ qui est une expression de degré 2.

    Étude de $N(x)$ :
    \[
    \Delta  = 36 - 40 = -4 < 0
    \]
    Donc pour tout $x>-2$, $N(x)>0$ (car $a = 2 > 0$).

    Ainsi : $f'(x) > 0$ pour tout $x > -2$.

    On déduit le tableau de variations :
    \medskip
    \begin{center}
    \begin{tikzpicture}
    \tkzTabInit[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,  $f'(x)$ / 1,$f$ / 2}
    { $-2^+$ , $\pI$ }
    \tkzTabLine{ d , + }
    \tkzTabVar{ D- / $\mI$ , +/$\pI$ }%
    \tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.5}{$\alpha$}{0}
    \end{tikzpicture}
    \end{center}

    \end{corrige}

    \item Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]-2;\pI[$ et donner une valeur arrondie de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.

    \begin{corrige}
     \begin{enumerate}[label=$\bullet$]
        \item $f$ est continue sur $]-2;+\infty[$ (comme somme de fonctions continues)
        \item $f$ est strictement croissante sur $]-2;+\infty[$ (car $f'(x) > 0$)
        \item $\lim\limits_{x\to -2^+} f(x) = -\infty$,  $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$ et $0\in]\mI;\pI[$.
    \end{enumerate}

    D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in ]-2;+\infty[$.

   D'après la calculatrice : $\alpha \approx 0,12$.
    \end{corrige}

    \item En déduire le signe de $f(x)$ sur $]-2;\pI[$.


\begin{corrige}
 D'après le tableau de variations de $f$, on déduit le tableau de signes de $f$ :

\medskip

\begin{center}
  \begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=1.5]
{ $x$ / 1, $f(x)$ / 1}
{ $-2$  ,$\alpha$, $\pI$}
\tkzTabLine{ d,-,z,+, }
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{corrige}

    \item Montrer que $\mathcal{C}_f$ admet un unique point d'inflexion et déterminer son abscisse.

    \begin{corrige}
    Calculons $f''(x)$ : On a pour $x>-2$ :
    \[
    f'(x) = \frac{2x^2 + 6x + 5}{x+2}
    \]

    Donc :
    \begin{align*}
        f''(x) &= \frac{(4x + 6)(x+2) - (2x^2 + 6x + 5)}{(x+2)^2} \\
%         &= \frac{4x^2 + 8x + 6x + 12 - 2x^2 - 6x - 5}{(x+2)^2} \\
        &= \frac{2x^2 + 8x + 7}{(x+2)^2}
    \end{align*}

    Le dénominateur $(x+2)^2 > 0$ pour $x > -2$, donc le signe de $f''(x)$ est celui de

    $N(x) = 2x^2 + 8x + 7$ qui est une expression de degré 2.

    \[
    \Delta = 64 - 56 = 8
    \]

    On a donc deux racines :
    \[
    x_1 = \frac{-8 - \sqrt{8}}{4} = -2 - \frac{\sqrt{2}}{2} \approx -2,707
    \]
    \[
    x_2 = \frac{-8 + \sqrt{8}}{4} = -2 + \frac{\sqrt{2}}{2} \approx -1,293
    \]


    On a donc finalement le tableau suivant :

    On a donc le tableau de convexité suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{ $x$ / 1, $f''(x)$ / 1, Convexité de $f$ / 2}
{ $-2$ , $x_2$ , $\pI$}
\tkzTabLine{ d,-,z,+, }
\tkzTabLine{ d, concave,t, convexe, }
\end{tikzpicture}
\end{center}

  D'après le tableau de convexité, on a un changement de courbure en $x_2$, c'est donc l'abscisse de l'unique point d'inflexion :
  $ x_2 = -2 + \frac{\sqrt{2}}{2} $ (Ça correspond bien au graphique).
    \end{corrige}

    \item On note $F$ une primitive de $f$ sur $]-2;\pI[$.

    Valider ou infirmer les affirmations suivantes en justifiant.

{\bf Affirmation 1 : } $F$ est une fonction décroissante sur $]-2;0]$.

{\bf Affirmation 2 : } $F$ est une fonction concave sur $]-2;\pI[$.

    \begin{corrige}
    \textbf{Affirmation 1 :}

    $F$ est une primitive de $f$, donc pour $x>-2$ : $F'(x) = f(x)$.

    D'après le tableau de signe de $f$ :

    Sur $]-2; 0[$, $f(x) < 0$ donc $F'(x) < 0$ et $F$ décroissante.

    L'affirmation est VRAIE.

    \textbf{Affirmation 2 :}

    $F''(x) = f'(x)$.

    Or on a montré que $f'(x) > 0$ pour tout $x > -2$.

    Donc $F''(x) > 0$ sur $]-2;+\infty[$, ce qui signifie que $F$ est convexe sur cet intervalle.

    L'affirmation est FAUSSE.
    \end{corrige}
\end{enumerate}

\textbf{Partie C : Une distance minimale}

\medskip

\begin{minipage}{0.54\linewidth}
Soit $g$ la fonction définie sur $]-2;\pI[$ par
\[
g(x) = \ln (x + 2).
\]

On note $\calc_g$ sa courbe représentative dans un
repère orthonormé $\oij$, représentée ci-contre.

Soit $M$ un point de $\calc_g$ d'abscisse $x$.

Le but de cette partie est de déterminer pour quelle valeur de $x$ la distance $JM$ est minimale.

On considère la fonction $h$ définie sur

$]-2;\pI[$ par $h(x) = JM^2$.
\end{minipage}\hspace{.5cm}
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\psset{unit=4cm,comma, arrowssize=3pt 3}
\def\xmin{-0.39}   \def\xmax{1.19} \def\ymin{-0.19}   \def\ymax{1.19}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[unit=0.8cm,subgriddiv=1,gridlabels=0, gridcolor=lightgray](-2,-1)(6,6)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,ticksize=-2pt 2pt,Dx=0.2,Dy=0.2]{->}(0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psdots(0,1)(0.3,0.833)(1,0)(0.3,0)
 \psline(0,1)(0.3,0.833)
\psline[linestyle=dashed](0.3,0.833)(0.3,0)
\uput[dl](0,0){O} \uput[ur](0,1){$J$} \uput[ur](1,0){$I$}
\uput[u](0.3,0.833){$M$} \uput[d](0.3,0){$x$}
\def\f{x 2 add ln}% définition de la fonction g
\psplot[plotpoints=4000,linecolor=blue]{\xmin}{\xmax}{\f}
\uput[ul](-0.2,0.6){\blue $\calc_g$}
\end{pspicture*}
\end{minipage}

\smallskip

\begin{enumerate}
    \item Justifier que pour tout $x > - 2$, on a : $h(x) = x^2  + [\ln(x + 2)- 1]^2$.

    \begin{corrige}
    Dans le repère orthonormé, on a :  $J(0,1)$, et  $M(x, g(x)) = (x, \ln(x+2))$.

   Donc $\vect{JM}\cp{x}{\ln(x+2) - 1}$

   Alors la distance $JM$ est donnée par :
    \begin{align*}
        JM^2 &= x^2 + (\ln(x+2) - 1)^2 \\
        &= h(x)
    \end{align*}


    \end{corrige}

    \item On admet que la fonction $h$ est dérivable sur $]-2;\pI[$ et on note $h'$ sa fonction dérivée.

    \begin{enumerate}
        \item Montrer que pour tout réel $x > -2$,
        \[
        h'(x) = \dfrac{2f(x)}{x + 2}
        \]

        \begin{corrige}
        Calculons $h'(x)$ :

        On a pour $x>-2$ et en vertu de la formule $(\ln u)'=\dfrac{u'}{u}$ :

        \begin{align*}
            h'(x) &= 2x + 2[\ln(x+2) - 1] \times \frac{1}{x+2} \\
%             &= 2x + \frac{2[\ln(x+2) - 1]}{x+2} \\
            &= \frac{2x(x+2) + 2[\ln(x+2) - 1]}{x+2} \\
            &= \frac{2x^2 + 4x + 2\ln(x+2) - 2}{x+2} \\
            &= \frac{2(x^2 + 2x - 1 + \ln(x+2))}{x+2} \\
            &= \frac{2f(x)}{x+2}
        \end{align*}
        \end{corrige}

        \item Dresser le tableau de variations de $h$ sur $]-2;\pI[$. Les limites ne sont pas demandées.

        \begin{corrige}
        Pour $x > -2$, $x+2 > 0$, donc le signe de $h'(x)$ est celui de $f(x)$.

       On a a lors le tableau de variations suivant :


\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,espcl=5]{ $x$ / 1,
$h'(x)$ / 1,
$h$ / 2}
{ $-2$ , $\alpha$ ,$\pI$}
{ d,-,z,+,}
{ D+ / , -/$h(\alpha)$ , +/ }%
\end{tikzpicture}
\end{center}

        \medskip
        \end{corrige}

        \item En déduire que la valeur de $x$ pour laquelle la distance $JM$ est minimale est $\alpha$ où $\alpha$ est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B.

        \begin{corrige}
        $JM$ minimale quand $JM^2$ minimale et donc quand $h$ est minimale.

        Or, $h$ admet donc un minimum en $x = \alpha$ d¡après la question précédente. Ainsi la valeur de $x$ pour laquelle la distance $JM$ est minimale est $\alpha$.


        \end{corrige}
    \end{enumerate}

    \item On notera $M_\alpha$ le point de $\calc_g$ d'abscisse $\alpha$.

    \begin{enumerate}
        \item Montrer que $\ln (\alpha + 2) = 1 - 2\alpha - \alpha^2$.

        \begin{corrige}
        Par définition, $\alpha$ vérifie $f(\alpha) = 0$.

        c'est-à-dire $\alpha^2 + 2\alpha - 1 + \ln(\alpha + 2) = 0 $

        et en isolant $\ln(\alpha + 2) $, on a :

        \[
         \ln(\alpha + 2) = 1 - 2\alpha - \alpha^2
        \]


        \end{corrige}

        \item En déduire que la tangente à $\mathcal{C}_g$ au point $M_\alpha$ et la droite $(JM_{\alpha})$ sont perpendiculaires.

        On pourra utiliser le fait que, dans un repère orthonormé, deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit de leurs coefficients directeurs est égal à $-1$.

        \begin{corrige}
        \textbf{Coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_g$ en $M_\alpha$ :}
        \[
        g'(\alpha) = \frac{1}{\alpha + 2}
        \]

        Et ainsi  la tangente à $\mathcal{C}_g$ en $M_\alpha$ a pour vecteur directeur : $\vectu\cp{1}{ \frac{1}{\alpha + 2}}$

        la droite $(JM_\alpha)$ a pour vecteur directeur :  $\vect{JM}\cp{\alpha}{\ln(\alpha+2) - 1}$

        Alors vérifions si ces vecteurs sont orthogonaux à l'aide du produit scalaire :


        \begin{align*}
         \vectu.\vect{JM}&=\alpha + \frac{1}{\alpha + 2}(\ln(\alpha+2) - 1)\\
                        &=\dfrac{\alpha^2+2\alpha+\ln(\alpha+2) - 1}{\alpha + 2}\\
                        &= \dfrac{f(\alpha)}{\alpha + 2}\\
                        &= 0
        \end{align*}


        Ainsi les vecteurs sont orthogonaux et les droites sont perpendiculaires.



        {\bf Méthode avec les coefficients directeurs}

         \textbf{Coefficient directeur de la tangente : }

         \[
          m=g'(\alpha)=\frac{1}{\alpha + 2}
         \]

        \textbf{Coefficient directeur de la droite $(JM_\alpha)$ :}
        \begin{align*}
            m_{JM_\alpha} &= \frac{y_m-y_J}{x_M-xJ} \\
            &= \frac{g(\alpha) - 1}{\alpha - 0} \\
            &= \frac{\ln(\alpha + 2) - 1}{\alpha} \\
            &= \frac{(1 - 2\alpha - \alpha^2) - 1}{\alpha} \quad \text{(d'après la question précédente)} \\
            &= \frac{-2\alpha - \alpha^2}{\alpha} \\
            &= -2 - \alpha \quad \text{(pour $\alpha \neq 0$, ce qui est le cas car $\alpha \approx 0,31$)}
        \end{align*}

        \textbf{Produit des coefficients directeurs :}
        \begin{align*}
            m \times m_{JM} &= \frac{1}{\alpha + 2} \times (-2 - \alpha) \\
            &= \frac{-(2 + \alpha)}{\alpha + 2} \\
            &= -1
        \end{align*}

        Donc les deux droites sont perpendiculaires.
        \end{corrige}
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\end{document}



\end{document}



