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Rédigé par Luc Giraud le . Publié dans Annales STI2D 2018.

Baccalauréat STI2D et STL/SPCL - Polynésie 21 juin 2018 - Correction Exercice 4

Page 8 sur 8: Correction Exercice 4

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Exercice 4 6 points


Fonctions et calcul intégral

 

Partie A

On donne ci-dessous la courbe représentative d'une fonction f définie sur R. La droite (d) est tangente à cette courbe au point d'abscisse 0.

Donner par lecture graphique:

  1. La valeur de f(0).
    2. f(0)=4
  2. La limite de f en +∞.
    3. La limite de f en +∞ est égale à 1.
  3. Le tableau de variation de f.
    4. tabvar
  4. Le coefficient directeur de la tangente (d) à la courbe représentative de f au point d'abscisse 0.
    5. Le coefficient directeur de la tangente (d) à la courbe représentative de f au point d'abscisse 0 est −30,5=−6.

Partie B

On considère l'équation différentielle y′+2y=2 dans laquelle y est une fonction de la variable réelle x définie et dérivable sur R. On admet que la fonction représentée dans la Partie A est la solution de cette équation différentielle vérifiant f(0)=4.

  1. Démontrer que, pour tout réel x, on a f(x)=3e−2x+1.
    • L'équation différentielle y′+2y=2 est du type y′=ay+b où a=−2 et b=2.
      y′+2y=2⟺y′=−2y+2
    • Une solution particulière de l'équation y′+2y=2 est la fonction x⟼=−ba=1.
    • On en déduit que les solutions de l'équation différentielle y′+2y=2 sont les fonctions x⟼ke−2x+1.
    • La solution f vérifiant f(0)=4 est telle que ke0+1=4 ce qui entraîne k=3.
    2. La solution de l'équation différentielle y′+2y=2 vérifiant f(0)=4 est donc la fonction f définie par f(x)=3e−2x+1.
  2. Retrouver, en justifiant par des calculs, les résultats obtenus aux questions 2. 3. et 4. de la partie A.
    • On cherche limx→+∞f(x). limx→+∞−2x=−∞On pose X=−2xlimX→−∞eX=0} donc limx→+∞e−2x=0 et donc limx→+∞f(x)=1
    • Tableau de variations de f.
      • On a vu que limx→+∞f(x)=1.
      • limx→−∞−2x=+∞On pose X=−2xlimX→+∞eX=+∞}. donc limx→−∞e−2x=+∞ et donc limx→−∞f(x)=+∞
      • f′(x)=3×(−2)e−2x=−6e−2x et f′(x)<0 sur R; donc la fonction f est strictement décroissante sur R.
      Le tableau de variations de f est donc justifié.
    • On cherche le coefficient directeur de la tangente à la courbe en 0. Il est égal à f′(0)=−6e0=−6.

Partie C

L'unité graphique est le dm (décimètre). On a représenté graphiquement ci-dessous la fonction f sur l'intervalle [0 ; 4]. On appelle C la courbe obtenue.

On fait tourner la courbe C autour de l'axe des abscisses. On génère ainsi une surface dans l'espace ayant la forme d'un vase représenté ci-après en coupe et en perspective.
Ex4Volume
Le volume de ce vase, en dm3, est donné par: V=π×∫40(f(x))2dx.

  1. Montrer que, pour tout x∈[0 ; 4], on a (f(x))2=9e−4x+6e−2x+1.
    2. (f(x))2=(3e−2x+1)2=9(e−2x)2+2×3e−2x×1+12=9e−4x+6e−2x+1
  2. Calculer le volume du vase, exprimé en dm3. On donnera la valeur exacte puis une valeur approchée à 10−2 près.
    3. Le volume du vase en dm3 est V=π×∫40(f(x))2dx=π×∫40(9e−4x+6e−2x+1)dx. Pour a réel non nul, la fonction x⟼eax a pour primitive la fonction x⟼eaxa donc la fonction x⟼9e−4x+6e−2x+1 a pour primitive la fonction x⟼9e−4x−4+6e−2x−2+x c'est-à-dire x⟼−94e−4x−3e−2x+x. Donc V=π×[−94e−4x−3e−2x+x]40=π×[(−94e−16−3e−8+4)−(−94e0−3e0+0)]Donc V=π×(−94e−16−3e−8+374) dont une valeur approchée à 10−2 près est 29,06. Le volume est donc d'environ 29,06 dm3.
  3. On désire remplir ce vase aux deux tiers du volume avec du sable coloré qui est vendu par sac de 3 dm3. Déterminer le nombre minimum de sacs qu'il faut acheter.
    4. Il faudra donc 23V≈19,4 dm3 de sable; le sable est vendu par sac de 3 dm3. Il faudra donc acheter 7 sacs de sable pour remplir le volume aux deux tiers.
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