Énoncé
Exercice sur 6 points
On considère une fonction f définie et deux fois dérivable sur
. On note Cf sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan,
se dérivée et
sa dérivée seconde.
On a tracé ci-dessous la courbe Cf et sa tangente T au point B d'abscisse −1.
On précise que la droite T passe par le point A(0 ; −1).
![\left ]-2\, ;\: +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m1.png)


On a tracé ci-dessous la courbe Cf et sa tangente T au point B d'abscisse −1.
On précise que la droite T passe par le point A(0 ; −1).
![]() |
Partie A : exploitation du graphique.
À l'aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous.
1. Préciser f(−1) et
.

2. La courbe Cf est-elle convexe sur son ensemble de définition ? Justifier.
3. Conjecturer le nombre de solutions de l'équation f(x) = 0 et donner une valeur arrondie à 10−1 près d'une solution.
Partie B : étude de la fonction f
On considère que la fonction f est définie sur
par f(x) = x2 + 2x − 1 + ln(x + 2), où ln désigne la fonction logarithme népérien.
![\left ]-2\, ;\: +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m5.png)
1. Déterminer par le calcul la limite de la fonction f en −2. Interpréter graphiquement ce résultat. On admet que
.

2. Montrer que pour tout x > −2,
.

3. Étudier les variations de la fonction f sur
puis dresser son tableau de variations complet.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m8.png)
4. Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur
et donner une valeur arrondie de α à 10−2 près.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m9.png)
5. En déduire le signe de f(x) sur
.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m10.png)
6. Montrer que Cf admet un unique point d'inflexion et déterminer son abscisse.
Partie C : une distance minimale.
Soit g la fonction définie sur
par g(x) = ln(x + 2).
On note Cg sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O; I, J), représenté ci-dessous.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m11.png)
On note Cg sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O; I, J), représenté ci-dessous.
![]() |
Soit M un point de Cg 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
par h(x) = JM2.
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
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m12.png)
1. Justifier que pour tout x > −2, on a : h(x) = x2 + [In(x + 2) − 1]2.
2.
On admet que la fonction h est dérivable sur
et on note
sa fonction dérivée. On admet également que pour tout réel x > −2,
où f est la fonction étudiée en partie B.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m13.png)


a. Dresser le tableau de variations de h sur
.
Les limites ne sont pas demandées.
![\left ]-2\, ; +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m16.png)
Les limites ne sont pas demandées.
b. En déduire que la valeur de x pour laquelle la distance JM est minimale est α où α est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B.
3.
On notera
le point de Cg d'abscisse α.

a. Montrer que In(α + 2) = 1 − 2α − α−2
b. En déduire que la tangente à Cg au point
et la droite
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


Corrigé
Partie A
1. f(−1) est l'ordonnée sur point de Cf dont l'abscisse est égale à −1.
Or
, donc f(−1) = −2.
est la pente de la tangente à Cf au point d'abscisse −1, c'est à dire B.
Donc
est la pente de T. Or, B et A appartiennent à T donc la pente de T est égale à :

Or


Donc


2. La courbe Cf semble située sous ses tangentes sur l'intervalle ]−2 ; −1] donc f semble concave sur ]−2 ; −1]. Donc f ne semble pas convexe sur ]−2 ; −1]. f semble convexe uniquement sur
.

3. Les solutions de f(x) = 0 sont les abscisses des points d'intersection entre Cf et la droite d'équation y = 0 (axe des abscisses). Ici, l'équation semble avoir une unique solution environ égale à 0,1.
Partie B
1. Étudions : 
D'une part :
D'autre part :
Ainsi par somme,
Donc Cf admet une asymptote verticale d'équation x = −2.

D'une part :

D'autre part :

Ainsi par somme,

Donc Cf admet une asymptote verticale d'équation x = −2.
2. f est dérivable sur
.
Pour tout x de
:
Rappel :


![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m29.png)
Pour tout x de
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m30.png)
Rappel :



3. Soit Δ le discriminant de 2x2 + 6x + 5. Δ = 62−4 × 2 × 5 = −4. Δ < 0. Donc 2x2 + 6x + 5 n'admet aucune racine réelle. Et comme 2 > 0 alors, pour tout x de
on a 2x2 + 6x + 5 > 0.
De plus, pour tout x de
on a x > −2 donc x + 2 > 0.
Ainsi,
est le quotient de deux nombres strictement positifs.
Donc, pour tout x de
,
.
Ainsi, f est strictement croissante sur
.
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m34.png)
De plus, pour tout x de
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m35.png)
Ainsi,

Donc, pour tout x de
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m37.png)

Ainsi, f est strictement croissante sur
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m39.png)
4. f est continue sur
et f est strictement croissante sur
.
0 appartient à :
.
Donc, d'après le théorème de la bijection, f(x) = 0 admet une unique solution α sur
.
Par la méthode du balayge avec la calculatrice on a :
f(0,1) < 0 et f(0,2) > 0.
f(0,11) < 0 et f(0,12) > 0.
f(0,117) < 0 et f(0,118) > 0. Donc 0,117 < α < 0,118. Ainsi
.
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m40.png)
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m41.png)
0 appartient à :
![\left ] \underset{\underset{x> -2}{x\to -2}}{\mathrm{lim}}f\left ( x \right )\, ;\, \displaystyle \lim_{x \to +\infty }f\left ( x \right ) \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m42.png)
Donc, d'après le théorème de la bijection, f(x) = 0 admet une unique solution α sur
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m43.png)
Par la méthode du balayge avec la calculatrice on a :
f(0,1) < 0 et f(0,2) > 0.
f(0,11) < 0 et f(0,12) > 0.
f(0,117) < 0 et f(0,118) > 0. Donc 0,117 < α < 0,118. Ainsi

5. f est strictement croissante sur
et f s'annule en α.
Donc f est négative sur ]−2 ; α] et f positive sur
.
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m45.png)
Donc f est négative sur ]−2 ; α] et f positive sur

6.
est dérivable sur
.




Soit Δ le discriminant de 2x2 + 8x + 7. Δ = 82 − 4 × 2 × 7 = 8. Δ < 0. Donc 2x2 + 8x + 7 admet deux racines réelles.




Ainsi, sur l'intervalle
,
s'annule une unique fois en x2 (car x1 < −2).
De plus,
négative sur ]−2 ; x2] et positive sur
.
Donc Cf admet un unique point d'inflexion d'abscisse x2.

![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m48.png)




Soit Δ le discriminant de 2x2 + 8x + 7. Δ = 82 − 4 × 2 × 7 = 8. Δ < 0. Donc 2x2 + 8x + 7 admet deux racines réelles.




Ainsi, sur l'intervalle
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m57.png)

De plus,


Donc Cf admet un unique point d'inflexion d'abscisse x2.
Partie C
1. Pour tout réel x de
:
h(x) = JM2 = (xM − xJ)2 + (yM − yJ)2
JM2= (x − 0)2 + (g(x) − 1)2
JM2 = x2 + (ln(x + 2)) − 1)2
![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m61.png)
h(x) = JM2 = (xM − xJ)2 + (yM − yJ)2
JM2= (x − 0)2 + (g(x) − 1)2
JM2 = x2 + (ln(x + 2)) − 1)2
2. a.
est du signe de f car 2 > 0 et pour tout réel x de
, x + 2 > 0.
Donc
négative sur ]−2 ; α] et
positive sur
(et
s'annule en α).
Donc h décroissante sur ]−2 ; α] et h croissante sur
.
h admet donc un minimum égal à h(α) atteint lorsque x = α.

![\left ]-2\, ;\, +\infty \right [](https://static1.assistancescolaire.com/t/images/t_spemat_rde34_m63.png)
Donc




Donc h décroissante sur ]−2 ; α] et h croissante sur

h admet donc un minimum égal à h(α) atteint lorsque x = α.
b. JM est minimale si et seulement si JM2 est minimale.
Or, JM2 est minimale si et seulement x = α.
Ainsi, JM est minimale si et seulement x = α, cette longueur minimale est égale à
.
Or, JM2 est minimale si et seulement x = α.
Ainsi, JM est minimale si et seulement x = α, cette longueur minimale est égale à

3. a.
Soit
, c'est à dire
.
Or, on sait que f(α) = 0 car α est l'unique solution de l'équation f(x) = 0.
Donc α2 + 2α − 1 + ln(α + 2) = 0.
Ou encore ln(α + 2) = −α2 − 2α + 1.


Or, on sait que f(α) = 0 car α est l'unique solution de l'équation f(x) = 0.
Donc α2 + 2α − 1 + ln(α + 2) = 0.
Ou encore ln(α + 2) = −α2 − 2α + 1.
b. La tangente à Cg au point
a pour pente
.
Or,
. Donc
.
La droite
a pour pente :
.
Le sujet rappelle la propriété suivante : deux droites non verticales sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs pentes est égal à −1.
Calculons le produit :
.
Ainsi la tangente à Cg au point
et la droite
sont perpendiculaires.


Or,


La droite


Le sujet rappelle la propriété suivante : deux droites non verticales sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs pentes est égal à −1.
Calculons le produit :

Ainsi la tangente à Cg au point

