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%Tapuscrit : René ROUX
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 1}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{11 mai 2022}}
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\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Métropole 11 mai 2022~\decofourright\\[6pt]  Sujet 1\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

Le sujet propose 4 exercices

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 et \textbf{ne doit traiter que ces 3 exercices}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad (7 points)\hfill Thèmes : fonctions et suites}

\medskip
\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item \begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $[0~;~10]$. En utilisant les règles de dérivation d'un produit, on obtient :\\
		$f'(t)=3\e^{-0,5t+1}+3t\times -0,5\e^{0,5t+1}=\e^{-0,5t+1}\left(+-3(0,5t+1)\right)=(-1,5t+3)\e^{-0,5t+1}$\\
		Donc $\forall t \in [0~;~10]$, $f'(t)=3(-0,5t+1)\e^{-0,5t+1}$
		\item $\forall t \in [0~;~10]$, $\e^{-0,5t+1}>0$ donc $f'(t)$ a le même signe que $-0,5t+1$.\\
		$-0,5t+1\geqslant 0 \iff x\leqslant 2$.\\
Dans le tableau : $f(0)=0$, $f(2)=6\e^0=6$ et $f(10)=30\e^{-5+1}=30\e^{-4}$.

D'où le tableau de variation de $f$ :
\begin{center}
%\begin{tikzpicture}
%	\tkzTabInit{$x$ / 1 , $f'(x)$ / 1, $f(x)$ / 1.5}{$0$, $2$, $10$}
%	\tkzTabLine{, +, z, -, }
%	\tkzTabVar{-/ 0, +/ 6, -/ 30$\e^{-4}$}
%\end{tikzpicture}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(8.4,3.3)
%\psgrid
\psframe(8.4,3.3)\psline(0,1.4)(8.4,1.4)\psline(0,2.3)(8.4,2.3)\psline(1.8,0)(1.8,3.3)
\uput[u](0.9,2.5){$x$}\uput[u](2,2.5){$0$}\uput[u](5.1,2.5){$2$}\uput[u](8.2,2.5){$10$}
\uput[u](0.9,1.5){$f'(x)$}\uput[u](3.55,1.5){$+$}\uput[u](5.1,1.5){$0$}\uput[u](6.65,1.5){$-$}
\uput[u](0.9,0.45){$f(x)$}
\uput[u](2,0){$0$}\uput[d](5.1,1.4){$6$}\uput[u](7.9,0){$30\text{e}^{-4}$}
\psline{->}(2.2,0.3)(4.9,1.1)\psline{->}(5.3,1.1)(7.3,0.3)
\end{pspicture}
\end{center}		
\item Le maximum de la fonction $f$ est atteint pour $t=2$, et $f(2)=6$. La dose maximale de 6 mg sera atteinte au bout de 2 heures.		
		\end{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Sur l'intervalle $[0~;~2]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante à valeurs dans $[0~;~6]$. Or $5\in [0~;~6]$, donc d'après le corollaire du TVI (théorème des valeurs intermédiaires), l'équation $f(t)=5$ admet une unique solution, notée $\alpha$, dans l'intervalle $[0~;~2]$.
		
		À la calculatrice, $\alpha\approx 1,02$.
		\item D'après le tableau de variations, $f(t)\geqslant 5 \iff t \in [\alpha~;~\beta]$. De plus $\beta-\alpha=2,44$ (heures).\\
		Donc le traitement sera efficace pendant 2,44 heures soit environ 146 minutes.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\medskip
\textbf{Partie A}
\medskip

\begin{enumerate}
	\item Au bout d'une heure, la quantité de médicament dans le sang diminue de 30 \%, donc il en reste 70 \%. Puis on en injecte à nouveau 1,8 mg. Sachant que $u_0=2$, alors $u_1=0,70\times 2+1,8=3,2$. Au bout d'une heure, la quantité de médicament dans le sang sera de 3,2 mg.
	\item Soi $n\in \N$. $u_n$ désigne la quantité de médicament dans le sang au bout de $n$ heures. Une heure plus tard, il ne restera que 70 \% de la quantité précédente (70 \% de $u_n$), puis on en ajoute 1,8 mg par injection.\\
	Donc $\forall n \in \N$, $u_{n+1}=0,7\times u_n+1,8$.
	\item \begin{enumerate}
		\item Montrons par récurrence que $\forall n \in \N$, $u_n\leqslant u_{n+1} <6$.
		
\textit{Initialisation :} $u_0=2$ et $u_1=3,2$. Donc $u_0\leqslant u_1<6$. L'initialisation est vérifiée.

\textit{Hérédité :} on suppose que si $n \in \N$, alors $u_n\leqslant u_{n+1} < 6$.
		
Montrons que $u_{n+1}\leqslant u_{n+2} < 6$.

$u_n\leqslant u_{n+1} < 6\iff 0,7 \times u_n\leqslant 0,7\times u_{n+1} <0,7 \times 6\iff 0,7 u_n\leqslant 0,7 u_{n+1} < 4,2$\\ donc $0,7 u_n+1,8\leqslant 0,7 u_{n+1}+ 1,8 < 4,2 + 1,8 \iff 0,7 u_n + 1,8 \leqslant 0,7 u_{n+1} + 1,8 < 6$.

Donc $u_{n+1}\leqslant u_{n+2}< 6$. L'hérédité est démontrée.

		\textit{Conclusion : }  La proposition est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$.
		
D'après l'axiome de récurrence, $\forall n \in \N$, $u_n\leqslant u_{n+1} < 6$.
		\item Nous venons de montrer que $\forall n \in \N$, $u_n\leqslant u_{n+1} < 6$. Cela signifie que la suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par 6. Donc d'après le théorème de convergence monotone, la suite $\left(u_n\right)$ converge vers une limite finie notée $\ell$.
		\item La suite $\left(u_n\right)$ converge vers $\ell$ donc $\ell$ est l'unique solution de l'équation $\ell = 0,7\ell + 1,8$ (théorème du point fixe).
		
		$l=0,7l+1,8\iff 0,3l=1,8\iff l=6$. Donc $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n=6$
	\end{enumerate}
\item On considère la suite $(v_n)$ définie pour tout entier naturel $n$ par $v_{n}=-u_{n}+6$.
\begin{enumerate}
	\item $\forall n\in \N$, $v_{n+1}=-u_{n+1}+6=-(0,7\times u_n+1,8)+6=-0,7u_n+4,2=0,7\left(-u_n+\dfrac{4,2}{0,7}\right)\\=0,7(-u_n+6)=0,7v_n$.\\
	Donc $\forall n\in \N$, $v_{n+1}=0,7n_n$ donc la suite $\left(v_n\right)$  est géométrique de raison 0,7 et de premier terme $v_0=-u_0+6=4$.
	\item $\forall n\in \N$, $v_n=v_0 \times q^n=4 \times 0,7^n$.
	
De plus  $\forall n\in \N$, $v_n=-u_n+6$ donc $u_n=-v_n+6=6-4\times 0,7^n$.
	 \item $u_n\geqslant 5,5 \iff 6-4\times 0,7^n\geqslant 5,5 \iff -4\times 0,7^n\geqslant -0,5 \iff 0,7^n\leqslant \dfrac{-0,5}{-4}$

$\iff \ln\left(0,7^n\right) \leqslant \ln\left(\dfrac{1}{8}\right) \iff n\times \ln(0,7) \leqslant -\ln(8) \iff n\geqslant -\dfrac{\ln(8)}{\ln(0,7)}$ car $\ln(0,7)<0$\\
Donc $n\geqslant -\dfrac{2\ln(2)}{\ln(0,7)}$. À la calculatrice : $-\dfrac{2\ln(2)}{\ln(0,7)}\approx 5,83$ donc $n\geqslant 6$.

Cela signifie que $u_6\geqslant 5,5$. Il faudra donc au total 7 injections (de l'injection initiale $u_0$ à la 7\up{e} qui correspond à $u_6$).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \quad (7 points)\hfill Thème : géométrie dans l'espace.}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
	\item La droite $\mathcal{D}$ dont une représentation paramétrique est $\left\{\begin{array}{l c l}
		x&=&1+2t\\y &=& 2 - t\\z&=& 2+2t
	\end{array}\right.  , t \in \R$ a pour vecteur directeur \Coord{u}{2}{-1}{2}.
	\item Si $B$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ alors $\exists t \in \R$ tel que :
	
	 $\left\{\begin{array}{l c l} -1&=&1+2t\\3 &=& 2 - t\\0&=& 2+2t
	\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
	2t&=&-2\\-t&=&1\\2t&=&-2t\end{array}\right. \iff t=-1 $. Donc $B \in  \mathcal{D}$.
\item On a $A(-1~;~1~;~3)$ et $B(-1~;~3~;~0)$. Donc \Coord{AB}{0}{2}{-3}.

Alors $\vect{AB}.\vect{u}=0\times 2+2\times (-1)+(-3)\times 2=-8$
\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le plan $\mathcal{P}$ passant par $A$ est orthogonal à la droite $\mathcal{D}$. Donc $\mathcal{P}$ a pour vecteur normal le vecteur $\vect{u}$ (vecteur directeur de $\mathcal{D}$).
	
Son équation cartésienne sera de la forme $ax+by+cz+d=0$, où $(a~;~b~;~c)$ sont les cordonnées d'un vecteur normal au plan.
	
En prenant comme vecteur normal à $\mathcal{P}$ le vecteur $\vect{u}$, on obtient : $\mathcal{P}~:$

$2x-y+2z+d=0$. Or $A\in \mathcal{P}$ donc $-2-1+6+d=0$ donc $d=-3$. Donc $\mathcal{P}$ a pour équation $2x-y+2z-3=0$
		\item Le projeté orthogonal de $A$ sur la droite $\mathcal{D}$, noté $H$, est l'unique point d'intersection de $\mathcal{P}$ et $\mathcal{D}$. Résolvons donc le système suivant : \\
	$\left\{\begin{array}{l c l} 2x-y + 2z-3&=&0\\x&=&1+2t\\y &=& 2 - t\\z&=& 2+2t \end{array}\right.$. On remplace $x$, $y$ et $z$ dans la première équation :\\
	$2x-y+2z-3=0\iff 2(1 + 2t)-(2 - t)+2(2 + 2t) - 3 = 0 \iff $
	
$2 + 4t  - 2 + t + 4 + 4t = 0 \iff 9t + 1= 0\iff t = -\dfrac{1}{9}$.\\
	On remplace la valeur de $t$ dans les trois dernières équations :\\
		$\left\{\begin{array}{l c l} x&=&1+2\times-\dfrac{1}{9}=\dfrac{7}{9} \\y &=& 2 - \left(-\dfrac{1}{9}\right)=\dfrac{19}{9}\\z&=& 2+2 \times \left(-\dfrac{1}{9}\right) =\dfrac{16}{9} \end{array}\right.$. Donc $H\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)$.
		\item Déterminons les coordonnées de $\vect{AH}$ avec $A(-1~;~1~;~3)$ et $H\left(\dfrac79~;~\dfrac{19}{9}~;~\dfrac{16}{9}\right)$ : \Coord{AH}{\frac{16}{9}}{\frac{10}{9}}{-\frac{11}{9}}.

Donc $\left\| \vect{AH}\right\| =\sqrt{\left(\dfrac{16}{9}\right)^2+\left(\dfrac{10}{9}\right)^2+\left(-\dfrac{11}{9}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{477}}{9}=\dfrac{\sqrt{53}}{3}$
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
	\item Les points $H$ et $B$ appartiennent à $\mathcal{D}$, donc le vecteur $\vect{HB}$ est un vecteur directeur de $\mathcal{D}$, tout comme $\vect{u}$. Donc les vecteurs $\vect{HB}$ et $\vect{u}$ sont colinéaires donc $\exists k \in \R$ tel que \\$\vect{HB}=k\times \vect{u}$.
	\item D'après les propriétés du produit scalaire, et en utilisant la relation de Chasles, \\ $\vect{AB}.\vect{u}=\left(\vect{AH}+\vect{HB}\right).\vect{u}=\vect{AH}.\vect{u}+ \vect{HB}.\vect{u}$.
	
Or les points $A$ et $H$ appartiennent au plan $\mathcal{P}$ normal à la droite $\mathcal{D}$, donc tout vecteur de $\mathcal{P}$ est orthogonal à tout vecteur de $\mathcal{D}$ donc $\vect{AH}\perp \vect{u}$ donc $\vect{AH}.\vect{u}=0$.

Donc $\vect{AB}.\vect{u}=\vect{HB}.\vect{u} = k \times \vect{u}.\vect{u}=k~\vect{u}^2=k~\lVert\vect{u}\rVert^2$ donc $k=\dfrac{\vect{AB}.\vect{u}}{\lVert\vect{u}\rVert^2}$.
	\item On a \Coord{u}{2}{-1}{2} donc $\lVert\vect{u}\rVert=\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ et $\vect{AB}.\vect{u}=-8$ donc 
	
$k=\dfrac{-8}{3^2}=-\dfrac{8}{9}$.

Donc en posant $H(x~;~y~;~z)$ et $B(-1~;~3~;~0)$ alors \Coord{HB}{- 1 - x}{3 - y}{- z}.

De plus $\vect{HB}=k\times \vect{u}=-\dfrac{8}{9}\times \vect{u}$ donc 	$\left\{\begin{array}{l c l}- 1 - x&=&-\dfrac{8}{9}\times 2\\3 - y &=& -\dfrac{8}{9}\times (- 1)\\-z&=&-\dfrac{8}{9}\times 2 \end{array}\right.$

Donc $x=\dfrac{16}{9}-1=\dfrac{7}{9}$ , $y=3-\dfrac{8}{9}=\dfrac{19}{9}$ et $z=\dfrac{16}{9}$. On retrouve les coordonnées du point $H$.
\end{enumerate}
		\item Les points $A$, $H$ et $C$ appartiennent au plan $\mathcal{P}$. $H$ est le projeté orthogonal de B sur  $\mathcal{P}$. Le tétraèdre $BAHC$ a pour base le triangle $AHC$ et pour hauteur $BH$.

Donc $\mathcal{V}_{BAHC}=\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}_{AHC}\times BH$ d'où $\mathcal{A}_{AHC}=\dfrac{3\times \mathcal{V}_{BAHC}}{BH}$.

D'après la question \textbf{3. c}, $\vect{HB}=k\times \vect{u}=$ donc \Coord{HB}{\frac{16}{9}}{-\frac{8}{9}}{\frac{16}{9}} donc

$HB=\sqrt{\left(\dfrac{16}{9}\right)^2+\left(-\dfrac{8}{9}\right)^2+\left(\dfrac{16}{9}\right)^2} = \dfrac{8}{3}$

Donc  $\mathcal{A}_{AHC}=\dfrac{3\times \dfrac{8}{9}}{\dfrac{8}{3}}=1$ unité d'aire.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad (7 points)\hfill Thèmes : probabilité, loi binomiale.}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item L'énoncé nous indique que ce stage a été suivi par 25\,\% des salariés. Donc $p(S)=0,25$.
		\item L'arbre complété avec les valeurs disponibles :
		\begin{center}
			\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm]{\TR{}}
			{\pstree{\TR{$F$~}\taput{0,52}}
				{\TR{$S$}\taput{0,4}
					\TR{$\overline{S}$}\tbput{0,6}
				}
				\pstree{\TR{$\overline{F}$~}\tbput{0,48}}
				{\TR{$S$}
					\TR{$\overline{S}$}
				}
			}
		\end{center}
		\item On calcule $p(F\cap S)$ : $p(F\cap S)=p_S(F)\times p(S)=0,4 \times 0,52 = 0,208$
		\item On cherche calculer $p_S(F)$. D'après la formule de Bayes,
		

$p_S(F)=\dfrac{p(F\cap S)}{p(S)}=\dfrac{0,208}{0,25}=0,832$
		\item Appliquons la formule des probabilités totales : $p(S)=p(S\cap F)+p(S\cap \overline{F})$.
		
Donc $p\left(S\cap \overline{F}\right)=p(S)-p(S\cap F)=0,25-0,208=0,042$.
		
Avec la formule de Bayes : $p_{\overline{F}}(S)=\frac{p\left(S\cap \overline{F}\right)}{p\left(\overline{F}\right)}=\dfrac{0,042}{0,48}= \np{0,0875} < 0,1$.
		
L'affirmation du directeur est donc exacte.
	\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
	\item Il s'agit là d'un schéma de Bernoulli : la répétition de 20 expériences aléatoires n'ayant que deux issues, identiques et indépendantes entre elles. $X$ est la variable aléatoire qui compte les succès. $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n = 20$ et $p = 0,25$ : $X \sim \mathcal{B}(20~;~0,25)$
	\item $p(X=5)=\dbinom{20}{5}\times 0,25^5 \times (1-0,25)^{20-5}\approx 0,202$.
	
La probabilité qu'exactement 5 salariés suivent le stage est d'environ 0,202.
	\item \og proba(5)\fg{} calcule pour $k$ allant de 0 à 5, la somme des probabilités $p(X=k)$,
	
Soit $p(X\leqslant5)$. À la calculatrice, $p(X\leqslant5)\approx 0,617$.\\ Cela signifie que la probabilité qu'au plus 5 salariés aient effectué le stage, est égale à 0,617.
	 
	 La probabilité qu'au moins 6 salariés suivent le stage est d'environ 0,617.
	\item $p(X\geqslant 6)=1-p(X<6)=1-p(X\leqslant5)\approx 1-0,617\approx0,383$
\end{enumerate}
\item 
%Il suffit ici de faire une moyenne pondérée : 25 \% des salariés toucheront une augmentation de 5 \%, et 75 \%, seulement 2 \%. Soit $0,25\times 5+0,75 \times 2 = 2,75~\%$. 

%Les salariés toucheront une augmentation moyenne de 2,75 \%.
$\bullet~~$Premier exemple : supposons qu'il y ait 25 salariés à \np{1000}~\euro{} et 75 à \np{1200}~\euro{}, les premiers ayant fait le stage.

Le salaire moyen est égal à $\dfrac{25 \times \np{1000} + 75 \times \np{1200}}{100} = \np{1150}$~\euro.

Après augmentation le salaire moyen passe à :

$\dfrac{25 \times \np{1000} \times 1,05 + 75 \times\np{1200}\times 1,02}{100} = \np{1180,50}$~\euro.

L'augmentation moyenne est donc égale à $\dfrac{\np{1180,5}}{\np{1150}}\approx \np{1,0265}$, soit une augmentation d'environ 2,65\,\%.

$\bullet~~$Deuxième exemple : supposons qu'il y ait 25 salariés à \np{1200}~\euro{} et 75 à \np{1000}~\euro{}, les premiers ayant fait le stage.

Le salaire moyen est égal à $\dfrac{25 \times \np{1200} + 75 \times \np{1000}}{100} = \np{1050}$~\euro.

Après augmentation le salaire moyen passe à :

$\dfrac{25 \times \np{1200} \times 1,05 + 75 \times\np{1000}\times 1,02}{100} = \np{1080}$~\euro.

L'augmentation moyenne est donc égale à $\dfrac{\np{1080}}{\np{1050}}\approx 1,0285$, soit une augmentation d'environ 2,85\,\%.

Conclusion : l'augmentation moyenne dépend de la répartition des salaires : on ne peut pas répondre à cette question.
\end{enumerate}

\bigskip
\textbf{\textsc{Exercice 4} \quad (7 points)\hfill Thèmes : fonctions, convexité, limites.}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item Soit $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\dfrac{-2x^2+3x-1}{x^2+1}$.\\
	Pour $x\neq 0$, $f(x)=\dfrac{x^2\left(-2+\dfrac{3}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}=\dfrac{-2+\dfrac{3}{x}-\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}}$ donc $\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=-2$.\\ Donc la droite horizontale d'équation $y=-2$ est une asymptote à la courbe représentative de la fonction $f$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
	
	\item La fonction $f$ est continue sur $\R$ donc admet des primitives. Soit $F$ une primitive de $f$.
	
$\forall x \in \R$, $f(x)$ est de la forme $u'(x)\times \e^{u(x)}$, et admet pour primitives les fonctions $x\mapsto\e^{u(x)}+k$, $k\in\R$.

En posant $u(x) = x^2$ et $u'(x)=2x$, et en remarquant que $f(x)=\dfrac{1}{2}\times 2x~\e^{x^2}$, on peut donc écrire :

$\forall x \in \R$, $F(x)=\dfrac{1}{2}\times \e^{x^2}+k$.
	
	Sachant que $F(0)=1$ on en déduit que : $\dfrac{1}{2}+k=1$ donc $k=\dfrac{1}{2}$.

	Donc $\forall x \in \R$, $F(x)=\dfrac{1}{2}~\e^{x^2}+\dfrac{1}{2}$  \hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
	\item La courbe représentative est celle de la fonction $f'$. Avec la précision permise par le graphique, on peut affirmer que la fonction $f'$ est croissante sur $]-\infty~;~3]$ et décroissante sur $[3~;~+\infty[$. $[0~;~2] \subset ]-\infty~;~3]$, donc $f'$ est croissante $[0~;~2]$.\\
La fonction est donc convexe sur $[0~;~2]$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
	\item La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=3\e^{-x^2}+2$ est continue et dérivable. $\forall x \in \R$, $f(x)>0$.
	
Les primitives de la fonction $f$, ont pour dérivée $f$, qui est positive sur $\R$.

Donc les fonctions $F$ sont croissantes sur $\R$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse a}}
	\item $\forall x \in ]0~;~+ \infty[$, $f(x)=\dfrac{2\ln(x)}{3x^2+1}= \dfrac23\dfrac{x^2\times \dfrac{\ln(x)}{x^2}}{x^2\left(1+\dfrac{1}{3x^2}\right)}= \dfrac23~\dfrac{\dfrac{\ln(x)}{x^2}}{1+\dfrac{1}{3x^2}}$.

Nous savons que : $\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2}= 0$ (croissances comparées) et
$\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} 1+ \dfrac{1}{3x^2}= 1$

donc $\displaystyle\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)= 0$ \hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
\item $\forall x \in \R$,  $(E)~~\e^{2x}+\e^x-12=0 \iff \left(\e^x\right)^2+\e^x-12=0$.

On pose comme changement de variable : $X=\e^x$ : $(E) \iff X^2+X-12=0$. Cette équation a pour solutions $X=-4$ et $X= 3$.

Or $X=\e^x>0$ donc l'unique solution sera celle de l'équation $X=\e^x=3\iff x=\ln(3)$. \hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
\end{enumerate}
\end{document}