Spé maths 17 juin 2026 exercice 4 — étude de fonction

Lycée

🎓 Corrigé Bac Maths 2026 : Analyse et Logo (Exercice 4 – Mercredi)

Dans cet exercice, nous étudions une fonction avec exponentielle pour modéliser la forme d’un logo, avant de calculer l’aire de la surface correspondante et le volume d’un porte-clé.

Partie A : Étude graphique et dérivée

On dispose de la courbe \(\mathcal{C}_f\) d’une fonction \(f\). La tangente au point \(C\) (d’abscisse 1) est horizontale. La tangente \(T_A\) au point \(A(0,5 ; 0)\) passe par \(B(1 ; e^2)\).

1. Lectures graphiques

a. Valeur de \(f'(1)\)

La tangente à la courbe au point d’abscisse 1 est parallèle à l’axe des abscisses. Son coefficient directeur est donc nul.

Résultat : \(f'(1) = 0\).

b. Solution de \(f(x) = 0\)

Graphiquement, la courbe coupe l’axe des abscisses au point \(A\) dont l’abscisse est \(0,5\) (ou \(1/2\)).

Résultat : La solution est \(x = 0,5\).

2. Calcul de \(f'(0,5)\)

\(f'(0,5)\) correspond au coefficient directeur de la tangente \(T_A\) passant par \(A(0,5 ; 0)\) et \(B(1 ; e^2)\).

\(f'(0,5) = {\large\frac{y_B – y_A}{x_B – x_A}} = {\large\frac{e^2 – 0}{1 – 0,5}} = {\large\frac{e^2}{0,5}} = 2e^2\).

Résultat : \(f'(0,5) = 2e^2\).

3. Identification des primitives

On cherche les courbes représentant des primitives de \(f\). Une primitive \(F\) de \(f\) est croissante lorsque \(f(x) > 0\) et décroissante lorsque \(f(x) < 0\).

Sur le graphique, \(f\) semble négative sur \([0 ; 0,5[\) et positive sur \(]0,5 ; +\infty[\) (jusqu’à un certain point où elle redevient peut-être négative, mais ici elle semble rester positive avant de tendre vers 0).
La fonction \(f\) s’annule en \(0,5\). Donc la primitive doit avoir un minimum en \(x=0,5\).

Parmi les courbes proposées, seules \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_2\) peuvent représenter une primitive de \(f\).

Partie B : Étude de la fonction \(f\)

On admet que \(f(x) = (2x – 1)e^{-2x+3}\) sur \([0 ; +\infty[\).

1. Limite en \(+\infty\)

a. Réécriture de \(f(x)\)

Pour tout réel \(x\) :

\(f(x) = (2x – 1)e^{-2x+3} = (2x – 1)e^2 \times e^{-2x+1} = e^2 \times {\large\frac{2x-1}{e^{2x-1}}}\).

C’est bien équivalent.

b. Limite

Posons \(X = 2x – 1\). Quand \(x \to +\infty\), alors \(X \to +\infty\).

On sait que \(\lim_{X \to +\infty} {\large\frac{X}{e^X}} = 0\) (croissances comparées).

Donc \(\lim_{x \to +\infty} e^2 \times {\large\frac{2x-1}{e^{2x-1}}} = e^2 \times 0 = 0\).

Résultat : \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\). La courbe admet une asymptote horizontale d’équation \(y=0\) en \(+\infty\).

2. Variations de \(f\)

a. Calcul de la dérivée

\(f\) est de la forme \(u \times v\) avec \(u(x) = 2x-1\) et \(v(x) = e^{-2x+3}\).

\(u'(x) = 2\).

\(v'(x) = -2e^{-2x+3}\).

\(f'(x) = (u’v + uv’)(x) = 2e^{-2x+3} + (2x-1)(-2e^{-2x+3})\).

On factorise par \(2e^{-2x+3}\) :

\(f'(x) = 2e^{-2x+3} [1 + (2x-1)(-1)] = 2e^{-2x+3} [1 – 2x + 1] = 2e^{-2x+3} (2 – 2x)\).

\(f'(x) = 4(1-x)e^{-2x+3}\).

Attente de l’énoncé : l’énoncé demande de montrer \(f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}\).

Or \(4(1-x) = 4 – 4x = -4x + 4\).

Résultat : \(f'(x) = (-4x+4)e^{-2x+3}\).

b. Tableau de variations

Le signe de \(f'(x)\) est celui de \(-4x+4\) (car l’exponentielle est strictement positive).

\(-4x + 4 = 0 \iff x = 1\).
Si \(x < 1\), alors \(-4x+4 > 0\) donc \(f'(x) > 0\) (fonction croissante).
Si \(x > 1\), alors \(-4x+4 < 0\) donc \(f'(x) < 0\) (fonction décroissante).

Valeurs remarquables :

\(f(0) = (0-1)e^3 = -e^3\).
\(f(1) = (2-1)e^{-2+3} = 1 \times e^1 = e\) (Maximum).
Limite en \(+\infty\) : 0.

Tableau de variations :

\(x=0\) : \(f(x) = -e^3\).
Croissance sur \([0 ; 1]\).
\(x=1\) : Maximum \(e\).
Décroissance sur \([1 ; +\infty[\).
Tend vers 0 en \(+\infty\).

3. Détermination de \(\alpha\)

Justification de la contrainte :

L’énoncé indique une dimension de 0,3 cm sur la figure 1. La figure 2 montre que cette dimension correspond à la moitié de la hauteur du logo en \(x=\alpha\) (puisque le logo est symétrique par rapport à l’axe des abscisses). La hauteur totale en \(\alpha\) est donc \(2 \times f(\alpha)\).

Alors \(2f(\alpha) = 0,3 \iff f(\alpha) = 0,15\).

Existence et unicité :

Sur l’intervalle \([1 ; +\infty[\), la fonction \(f\) est continue et strictement décroissante.

\(f(1) = e \approx 2,718\).
\(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\).

L’intervalle image est \(]0 ; e]\). Comme \(0,15 \in ]0 ; e]\), d’après le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte monotonie), l’équation \(f(x) = 0,15\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([1 ; +\infty[\).

Valeur approchée :

À la calculatrice (résolution de \((2x-1)e^{-2x+3} = 0,15\)) :

\(f(3,3)\approx0,153>0,15\) et \(f(3,4)\approx0,130<0,15\)

Résultat : \(\alpha \in [3,3\;;\;3,4]\) et \(\alpha \approx 3,3\) (arrondi au dixième).

Partie C : Calcul d’aire et de volume

1. Calcul de l’intégrale \(I\)

On considère \(I = \int_{0,5}^{3,3} f(x) dx = \int_{0,5}^{3,3} (2x-1)e^{-2x+3} dx\).

Utilisons une intégration par parties.

Posons :

\(u(x) = 2x-1 \Rightarrow u'(x) = 2\).
\(v'(x) = e^{-2x+3} \Rightarrow v(x) = -{\large\frac{1}{2}}e^{-2x+3}\).

Formule : \(\int u v’ = [uv] – \int u’ v\).

Calcul :

\(I = \left[ (2x-1)\left(-{\large\frac{1}{2}}e^{-2x+3}\right) \right]_{0,5}^{3,3} – \int_{0,5}^{3,3} 2 \times \left(-{\large\frac{1}{2}}e^{-2x+3}\right) dx\) \(I = \left[ -{\large\frac{2x-1}{2}}e^{-2x+3} \right]_{0,5}^{3,3} + \int_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3} dx\)

Calcul de la première partie (terme intégré) :

En \(3,3\) : \(-{\large\frac{5,6}{2}}e^{-3,6} = -2,8 e^{-3,6}\).
En \(0,5\) : \(-{\large\frac{0}{2}}e^{2} = 0\).
Résultat : \(-2,8 e^{-3,6} – 0 = -2,8 e^{-3,6}\).

Calcul de la seconde partie (intégrale restante) :

\(\int_{0,5}^{3,3} e^{-2x+3} dx = \left[ -{\large\frac{1}{2}}e^{-2x+3} \right]_{0,5}^{3,3}\)

En \(3,3\) : \(-0,5 e^{-3,6}\).
En \(0,5\) : \(-0,5 e^{2}\).
Résultat : \(-0,5 e^{-3,6} – (-0,5 e^2) = 0,5 e^2 – 0,5 e^{-3,6}\).

Somme totale \(I\) :

\(I = -2,8 e^{-3,6} + 0,5 e^2 – 0,5 e^{-3,6} = 0,5 e^2 – 3,3 e^{-3,6} \approx 3,604\).

Arrondi au dixième : 3,6.

Résultat : \(I \approx 3,6\).

2. Volume du porte-clé

L’aire du logo (surface grisée) est symétrique par rapport à l’axe des abscisses. Elle vaut donc deux fois l’intégrale calculée (qui représente l’aire entre la courbe et l’axe des abscisses).

\(\text{Aire du logo} = 2 \times I \approx 2 \times 3,6 = 7,2 \text{ cm}^2\).

Le volume est donné par : \(\text{Aire} \times \text{épaisseur}\).

Épaisseur = 0,2 cm.

\(V = 7,2 \times 0,2 = 1,44 \text{ cm}^3\).

Arrondi au dixième : 1,4 cm³.

Réponse finale : Le volume du porte-clé est d’environ 1,4 cm³.