Spé maths 16 juin 2026 exercice 4 — fonction
Bac Spécialité Mathématiques 2026 : Correction Détaillée de l’Exercice 4
Découvrez la correction complète et commentée de l’Exercice 4 du sujet de Spécialité Mathématiques du Baccalauréat 2026. Ce problème porte sur l’étude approfondie d’une fonction avec logarithme. Chaque étape est détaillée ci-dessous pour vous permettre de comprendre la logique derrière les calculs :
- Détermination des constantes par identification et lecture graphique.
- Étude complète des limites et de l’asymptote.
- Analyse rigoureuse du signe de la dérivée pour établir le tableau de variations.
- Application du théorème des valeurs intermédiaires pour l’existence et l’unicité d’une solution.
- Calcul d’intégrale par reconnaissance de forme et interprétation géométrique.
Partie A : Détermination des paramètres \(a\) et \(b\)
La fonction \(f\) est définie sur l’intervalle \(]-1 ; +\infty[\) par :
\(f(x) = a + \frac{b \ln(x+1)}{x+1}\)1. Justification que \(a = 1\)
L’énoncé indique que la courbe passe par le point \(A(0 ; 1)\). Cela signifie que l’image de 0 par la fonction \(f\) est égale à 1, soit \(f(0) = 1\).
Calculons \(f(0)\) en remplaçant \(x\) par 0 dans l’expression de la fonction :
\(f(0) = a + {\large\frac{b \ln(0+1)}{0+1}} = a + {\large\frac{b \ln(1)}{1}}\)Comme \(\ln(1) = 0\), le terme fractionnaire s’annule :
\(f(0) = a + b \times 0 = a\)Puisque \(f(0) = 1\), on en déduit immédiatement que \(a = 1\).
2. Lecture graphique et interprétation
a. Valeur de \(f'(0)\)
Le nombre dérivé \(f'(0)\) correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 0. Sur le graphique fourni, la tangente \(T_A\) au point \(A\) est une droite dont le coefficient directeur est de 4. Ainsi, \(f'(0) = 4\).
b. Signe de \(f”(1)\)
La dérivée seconde \(f”(x)\) donne la convexité de la fonction. Graphiquement, autour du point d’abscisse \(x=1\), la courbe tourne sa concavité vers le bas. Cela caractérise une fonction concave. Pour une fonction concave, la dérivée seconde est négative. Donc, \(f”(1) < 0\).
3. Calcul de la dérivée et valeur de \(b\)
a. Expression de \(f'(x)\)
On sait désormais que \(a=1\), donc \(f(x) = 1 + b \times {\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}}\). La dérivée d’une constante est nulle, il reste à dériver le terme fractionnaire en utilisant la formule \((\frac{u}{v})’ = \frac{u’v – uv’}{v^2}\).
Posons \(u(x) = \ln(x+1)\) et \(v(x) = x+1\).
Alors \(u'(x) = {\large\frac{1}{x+1}}\) et \(v'(x) = 1\).
Calculons la dérivée :
\(\left( {\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}} \right)’ = {\large\frac{\frac{1}{x+1}(x+1) – \ln(x+1) \times 1}{(x+1)^2}}\)En simplifiant le numérateur et en multipliant par le coefficient \(b\), on obtient pour tout \(x \in ]-1 ; +\infty[\) :
\(f'(x) = {\large\frac{b(1 – \ln(x+1))}{(x+1)^2}}\)b. Déduction de la valeur de \(b\)
Nous avons établi à la question 2.a que \(f'(0) = 4\). Utilisons l’expression trouvée ci-dessus pour calculer \(f'(0)\) :
Puisque \(f'(0) = b\) et \(f'(0) = 4\), on conclut que \(b = 4\).
Partie B : Étude de la fonction \(f(x) = 1 + {\large\frac{4 \ln(x+1)}{x+1}}\)
1. Asymptote horizontale
Pour déterminer l’existence d’une asymptote en \(+\infty\), nous calculons la limite de \(f(x)\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\).
Nous utilisons la limite usuelle de croissances comparées : \(\lim_{X \to +\infty} {\large\frac{\ln(X)}{X}} = 0\).
Ici, posons \(X = x+1\). Quand \(x \to +\infty\), alors \(X \to +\infty\).
Donc : \(\lim_{x \to +\infty} {\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}} = 0\).
Par opération sur les limites :
\(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1 + 4 \times 0 = 1\)La limite étant finie, la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\).
2. Résolution de l’inéquation \(1 – \ln(x+1) > 0\)
Résolvons l’inéquation sur l’intervalle \(]-1 ; +\infty[\) :
\(1 – \ln(x+1) > 0 \iff 1 > \ln(x+1)\)La fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbf{R}\), elle conserve donc l’ordre. Appliquons l’exponentielle aux deux membres :
\(e^1 > e^{\ln(x+1)} \iff e > x+1\)En soustrayant 1 :
\(x < e – 1\)En tenant compte du domaine de définition (\(x > -1\)), l’ensemble des solutions est :
\(S = ]-1 ; e-1[\).
3. Tableau de variations
Signe de la dérivée :
D’après la partie A, \(f'(x) = {\large\frac{4(1 – \ln(x+1))}{(x+1)^2}}\).
Le dénominateur \((x+1)^2\) est strictement positif pour \(x > -1\).
Le facteur 4 est positif.
Le signe de \(f'(x)\) est donc celui du numérateur \(1 – \ln(x+1)\).
- D’après la question 2, \(1 – \ln(x+1) > 0\) sur \(]-1 ; e-1[\). Donc \(f'(x) > 0\) : \(f\) est croissante.
- \(1 – \ln(x+1) = 0\) pour \(x = e-1\). Donc \(f'(x) = 0\).
- Pour \(x > e-1\), \(1 – \ln(x+1) < 0\). Donc \(f'(x) < 0\) : \(f\) est décroissante.
Calcul des limites et de l’extremum :
– En \(-1\) : \(\lim_{x \to -1} \ln(x+1) = -\infty\) et \(\lim_{x \to -1} (x+1) = 0^+\). Le quotient tend vers \(-\infty\). Donc \(\lim_{x \to -1} f(x) = -\infty\).
– En \(+\infty\) : La limite est 1 (voir question 1).
– Maximum : Il est atteint en \(x = e-1\).
\(f(e-1) = 1 + {\large\frac{4 \ln(e-1+1)}{e-1+1}} = 1 + {\large\frac{4 \ln(e)}{e}} = 1 + {\large\frac{4}{e}}\).
Tableau de variation :
\(\begin{array}{|c|ccccc|}
\hline
x & -1 & & e-1 & & +\infty \\
\hline
\text{Signe } f'(x) & & + & 0 & – & \\
\hline
& & & 1+\frac{4}{e} & & \\
f(x) & & \nearrow & & \searrow & \\
& -\infty & & & & 1 \\
\hline
\end{array}
\)
4. Équation \(f(x) = 1,5\) sur \([2 ; +\infty[\)
Existence et unicité :
L’intervalle d’étude est \([2 ; +\infty[\). Or, \(e \approx 2,718\), donc \(e-1 \approx 1,718\).
Puisque \(2 > 1,718\), nous sommes dans la partie du domaine où la fonction \(f\) est strictement décroissante.
La fonction est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur cet intervalle.
Calculons les bornes de l’image de l’intervalle :
- \(f(2) = 1 + \frac{4 \ln(3)}{3} \approx 1 + \frac{4 \times 1,0986}{3} \approx 2,46\).
- \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\).
L’image de l’intervalle \([2 ; +\infty[\) par \(f\) est donc \(]1 ; 2,46]\).
Le nombre \(1,5\) appartient à cet intervalle (\(1 < 1,5 < 2,46\)).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte monotonie), l’équation \(f(x) = 1,5\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2 ; +\infty[\).
Valeur approchée :
À l’aide de la calculatrice (fonction table ou résolution) :
- \(f(25) \approx 1,501 > 1,5\)
- \(f(25,1) \approx 1,499 < 1,5\)
Résultat : \(\alpha \approx 25,0\) (arrondi à \(10^{-1}\)).
5. Calcul d’aire
a. Calcul de l’intégrale de base
On cherche à calculer \(I = \int_{0}^{2} {\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}} dx\).
\({\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}}\) est de la forme \(u(x) \times u'(x)\) avec \(u(x) = \ln(x+1)\) et \(u'(x) = {\large\frac{1}{x+1}}\).
Une primitive de \(u \times u’\) est \({\large\frac{1}{2}}u^2\).
Donc :
\(I = \left[ {\large\frac{1}{2}} (\ln(x+1))^2 \right]_{0}^{2}\)Calculons les bornes :
\(I = {\large\frac{1}{2}} (\ln(2+1))^2 – {\large\frac{1}{2}} (\ln(0+1))^2\)
\(I = {\large\frac{1}{2}} (\ln 3)^2 – {\large\frac{1}{2}} (0)^2 = {\large\frac{1}{2}} (\ln 3)^2\)
b. Aire du domaine
L’aire \(\mathcal{A}\) est délimitée par l’axe des abscisses, la courbe \(f\), \(x=0\) et \(x=2\).
Sur \([0 ; 2]\), la fonction \(f(x)\) est positive (car \(\ln(x+1) \ge 0\)). L’aire est donc donnée par l’intégrale de \(f\) :
Par linéarité de l’intégrale :
\(\mathcal{A} = \int_{0}^{2} 1 dx + 4 \int_{0}^{2} {\large\frac{\ln(x+1)}{x+1}} dx\)Nous connaissons déjà la seconde intégrale (\(I\)). La première est triviale :
\(\int_{0}^{2} 1 dx = [x]_{0}^{2} = 2 – 0 = 2\)Donc :
\(\mathcal{A} = 2 + 4 \times {\large\frac{1}{2}} (\ln 3)^2 = 2 + 2 (\ln 3)^2\)L’aire exacte est \(2 + 2 (\ln 3)^2\) unités d’aire.
