Sujet national, juin 2026, exercice 4

Énoncé

Exercice sur 5 points
On considère la fonction f définie sur l'intervalle $\left ]-1\, ;+\infty \right [$ par :
$f\left ( x \right )\, =\, a\, +\, \frac{b\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}$ ,
où a et b sont des réels, et ln désigne la fonction logarithme népérien.
On admet que la fonction f est deux fois dérivable sur $\left ]-1\, ;+\infty \right [$ . On note

sa fonction dérivée et f''

sa fonction dérivée seconde.

Partie A

L'objectif de cette partie est de déterminer les valeurs de a et b de sorte que la courbe représentative de la fonction f sur $\left [0\, ;\, +\infty \right [$ corresponde à celle tracée dans le repère orthonormé ci-dessous :

On précise que la droite T_A est la tangente à la courbe représentative de la fonction f au point A(0 ;1).

1. Justifier que a = 1.

En utilisant le graphique :

a. Donner la valeur de $f'\left ( 0 \right )$ . Justifier.

b. Donner le signe de $f''\left ( 1 \right )$ . Justifier.

a. Montrer que pour tout réel x appartenant à $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ , on a :
$f'\left ( x \right )\, =\, \frac{b\left ( 1\, -\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right ) \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$ .

b. En déduire la valeur de b.

Partie B

On admet dans la suite de l'exercice que la fonction f est définie sur $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ par :
$f\left ( x \right )\, =\, 1\, +\, \frac{4\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}$ .

1. Justifier que la droite d'équation y = 1 est asymptote à la courbe représentative de la fonction f.

2. Résoudre l'inéquation 1 − ln(x + 1) > 0 sur $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ .

3. On admet que $\displaystyle \lim_{x \to -1}f\left ( x \right )\, =\, -\infty$ .
Dresser le tableau de variation complet de la fonction f en indiquant la valeur exacte de son extremum. Justifier.

4. Montrer que l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution dans l'intervalle $\left [2\, ;\, +\infty \right [$ . En donner une valeur arrondie à 10⁻¹.

a. Montrer que :
$\int_{0}^{2}\frac{\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}dx\, =\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln\, 3} \right )^{2}$ .

b. En déduire l'aire, en unité d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe représentative de la fonction f, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 2.

Corrigé

Partie A

1. On lit que $A\left ( 0\, ;\, 1 \right )\in C_{f}$ , ainsi f(0) = 1.
Or, $f\left ( 0 \right )\, =\, a\, +\, \frac{b\, \times \, \textrm{ln}\left ( 0\, +\, 1 \right )}{0\, +\, 1}\, =\, a\, +\, \frac{b\, \times \, \textrm{ln}\left ( 1 \right )}{1}\, =\, a\, +\, \frac{b\, \times \, 0}{1}\, =\, a$ .
Or, l'image d'un réel par une fonction (lorsqu'elle existe) est unique. Donc a = 1.

a. Par définition, $\textbf{f'}\left (\textbf{0} \right )$ est la pente de la tangente à la courbe C_f au point d'abscisse 0.
Cette tangente est la droite T_A.
On sait que $A\left ( 0\, ;\, 1 \right )\, \in \, T_{A}$ et on lit que $B\left ( 1\, ;\, 5 \right )\, \in \, T_{A}$ . On peut donc calculer la pente de T_A à l'aide de la formule suivante :
$\frac{y_{B}\, -\,y_{A} }{x_{B}\, -\, x_{A}}\, =\, \frac{5\, -\, 1}{1\, -\, 0}\, =\, 4$
Ainsi $\textbf{f'}\left ( \textbf{0}\, \textbf{=}\, \textbf{4} \right )$ .

Remarque : on pouvait aussi « compter les carreaux pour aller de A vers B » mais cette méthode est dangereuse si le repère est orthogonal et inapplicable si les coordonnées ne sont pas entières.

b. On conjecture que f est concave sur [0 ;2] car les tangentes à C_f sur cet intervalle semblent toutes situées au-dessus de C_f.
Or, si f est concave sur un intervalle I alors f''

est négative sur I.
Et comme $1\, \in \, \left [ 0\, ;\, 2 \right ]$ alors $f''\left ( 1 \right )\, < \, 0$ .

a. f est dérivable sur $\left ]-1\, ;\, + \infty \right [$ .
On peut poser u(x) = ln(x + 1) et v(x) = x + 1.
On a donc $u'\left ( x \right )\, =\, \frac{1}{x\, +\, 1}$ et $v'\left ( x \right )\, =\, 1$ .
Et, $\left ( \frac{u}{v} \right )'\, =\, \frac{u'v\, -\, v'u}{v^{2}}$ .
Ainsi pour tout x de $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ :
$f'\left ( x \right )\, =\, 0\, +\, b\, \times \, \frac{\frac{1}{x\, +\, 1}\left ( x\, +\, 1 \right )\, -\, 1\, \times \, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$
$f'\left ( x \right )\, =\,b\, \times \, \frac{\frac{x\, +\, 1}{x\, +\, 1}\, -\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$
$f'\left ( x \right )\, =\,b\, \times \, \frac{1\, -\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$
$f'\left ( x \right )\, =\, \frac{b\left ( 1\, -\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right ) \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$

b. On sait que $\textbf{f'}\left ( \textbf{0} \right )\, \textbf{= 4}$ .
De plus :
$f'\left ( 0 \right )\, =\, \frac{b\left ( 1\, -\, \textrm{ln}\left ( 0\, +\, 1 \right ) \right )}{\left ( 0\, +\, 1 \right )^{2}}\, =\, \frac{b\left ( 1\, -\, \textrm{ln}\left ( 1 \right ) \right )}{\left ( 1 \right )^{2}}\, =\, \frac{b\left ( 1\, -\, 0 \right )}{1}\, =\, b$
Ainsi b = 4.

Partie B

On rappelle que si $\mathbf{\displaystyle \lim_{x \to 0}\, \mathit{f}\left ( \mathit{x} \right )\, =\, \mathit{k}}$ ,

alors la courbe C_f admet comme asymptote horizontale en $\mathbf{+\infty }$ la droite d'équation y = k.
Remarque : une définition équivalente existe en $-\infty$ mais la fonction f étudiée dans cet exercice n'est définie que sur $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ .

Étudions donc :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty }f\left ( x \right )\, =\, \displaystyle \lim_{x \to +\infty }\, 1\, +\, \frac{4\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}$
D'après les croissances comparées, on sait que :
$\displaystyle \lim_{X \to +\infty }\frac{\textrm{ln}\left ( X \right )}{X}\, =\, 0$
En posant X = x + 1, on a donc x = X − 1. Donc si $X\rightarrow +\infty$ , alors $x\rightarrow +\infty$ et :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty }\frac{\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}\, =\, 0$
Par produit et par somme on a donc :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty }1\, +\, \frac{4\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}\, =\, 1\, +\, 4\, \times \, 0\, =\, 1$
Ainsi la courbe C_f admet comme asymptote horizontale en $+\infty$ la droite d'équation y = 1.

2. Résolvons dans l'intervalle $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ l'inéquation :
1 − ln(x + 1) > 0
On soustrait 1 aux deux membres :
1 − ln(x + 1) − 1 > 0 − 1
−ln(x + 1) > −1
On multiplie par −1 les deux membres ; le symbole change de sens car −1 < 0 :
ln(x + 1) < 1
On compose par la fonction exponentielle car elle est la fonction réciproque de la fonction logarithme népérien :
e^ln(^x+1) < e¹
x + 1 < e
On soustrait 1 aux deux membres :
x + 1−1 < e − 1
x < e − 1
Les réels candidats solutions sont les réels de $\left ]-\infty\, ;\, e\, -\, 1 \right [$ .
L'inéquation a été résolue dans l'intervalle $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ .
Les réels communs à ces deux ensembles sont les réels de l'intervalle ]−1 ;e − 1[.
Ainsi S = ]−1 ;e − 1[.

Pour déterminer le sens de variation de f, on va étudier le signe de $f'\left ( x \right )$ .
On sait que pour tout x de $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ :
$f'\left ( x \right )\, =\, \frac{4\left ( 1\, -\, \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right ) \right )}{\left ( x\, +\, 1 \right )^{2}}$
Comme 4 > 0 et pour tout x de $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ : (x + 1)² > 0 alors le signe de $f'\left ( x \right )$ est le signe de 1 − ln(x + 1).
On a montré précédemment que :
1 − ln(x + 1) > 0 $\Leftrightarrow$ x < e − 1
De la même manière on a :
1 − ln(x + 1) < 0 $\Leftrightarrow$ x > e − 1
Et :
1 − ln(x + 1) = 0 $\Leftrightarrow$ x = e − 1
Ainsi, on peut construire le tableau de signes suivants :

x	−1		e − 1		$+\infty$
4		+	I	+
1 − ln(x + 1)		+	0	−
(x + 1)²	0	+	I	+
$f'\left ( x \right )$	I	+	0	−

Or, on sait que pour une fonction f dérivable sur un intervalle I : si

est strictement positive sur I alors f est strictement croissante sur I et si

est strictement négative sur I alors f est strictement décroissante sur I.
Ici

est strictement positive sur ]−1 ;e − 1[, donc f est strictement croissante sur]−1 ;e − 1[.
Et

est strictement négative sur $\left ]e\, -\, 1\, ;\, +\infty \right [$ , donc f est strictement décroissante sur $\left ]e\, -\, 1\, ;\, +\infty \right [$ .
Il ne reste plus qu'à calculer l'image du réel e − 1 par la fonction f pour pouvoir construire le tableau de variations complet de f :
$f\left ( e\, -\, 1 \right )\, =\, 1\, +\, \frac{4\textrm{ln}\left ( e\, -\, 1\, +\, 1 \right )}{e\, -\, 1\, +\, 1}\, =\, 1\, +\, \frac{4\textrm{ln}\left ( e \right )}{e}\, =\, 1\, +\, \frac{4\, \times \, 1}{e}\, =\, 1\, +\, \frac{4}{e}$

4. D'après la calculatrice : $e\, -\, 1\, \approx \, 1,72$ . Donc e−1 < 2.
f est continue sur $\left [2\, ;\, +\infty \right [$ car f est continue sur $\left ]-1\, ;\, +\infty \right [$ .
f est strictement décroissante sur $\left [2\, ;\, +\infty \right [$ car f est strictement décroissante sur $\left [e\, -\, 1\, ;\, +\infty \right [$ .
$f\left ( 2 \right )\, =\, 1\, +\, \frac{4\textrm{ln}\left ( 2\, +\, 1 \right )}{2\, +\, 1}\, ;\, f\left ( 2 \right )\, \approx \, 2,46$
Donc :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty }f\left ( x \right )\, <\, 1,5\, <\, f\left ( 2 \right )$
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (surnommé parfois le théorème de la bijection), l'équation f(x) = 1,5 admet une unique solution α appartenant à $\left [2\, ;\, +\infty \right [$ .
Pour obtenir une valeur arrondie de α au dixième, on utilise la calculatrice et la méthode par balayage. On commence par construire un tableau de valeurs pour les entiers de 2 à 30.

x	f(x)
2	2,4648164
3	2,3862944
4	2,2875503
5	2,1945063
6	2,1119487
7	2,0397208
8	1,9765443
9	1,921034
10	1,8719619
11	1,8283022
12	1,7892152
13	1,7540164
14	1,7221467
15	1,6931472
16	1,6666384
17	1,6423048
18	1,6198819
19	1,5991465
20	1,579909
21	1,5620077
22	1,5453033
23	1,5296756
24	1,5150201
25	1,5012456
26	1,4882721
27	1,4760292
28	1,4644546
29	1,4534930
30	1,4430951

On remarque que : f(25) > 1,5 et f(26) < 1,5. Ainsi 25 < α < 26.
On réitère ce procédé pour les nombres décimaux de 25 à 26 avec un pas de 0,1.

x	f(x)
25	1,5012456
25,1	1,4999135
25,2	1,4985892
25,3	1,4972728
25,4	1,4959642
25,5	1,4946634
25,6	1,4933701
25,7	1,4920844
25,8	1,4908063
25,9	1,4895355
26	1,4882721

On lit alors que f(25) > 1,5 et f(25,1) < 1,5. Donc 25 < α < 25,1.
On effectue un dernier balayage sur l'intervalle [25 ; 25,1] avec cette fois un pas de 0,01.

x	f(x)
25	1,5012456
25,01	1,501112
25,02	1,5009786
25,03	1,5008451
25,04	1,5007118
25,05	1,5005785
25,06	1,5004454
25,07	1,5003123
25,08	1,5001793
25,09	1,5000463
25,1	1,4999135

On lit alors que f(25,09) > 1,5 et f(25,1) < 1,5. Donc 25,09 < α < 25,10.
Donc la valeur arrondie de α au dixième est 25,1.

Posons, pour tout x de [0 ; 2] :
$g\left ( x \right )\, =\, \frac{\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}$

On rappelle que pour toute fonction g continue sur [0 ;2] :
$\boldsymbol{\int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx\, =\, G\left ( 2 \right )\, -\, G\left ( 0 \right )}$
avec G une primitive de g sur [0 ; 2].

Pour appliquer cette formule, il faut donc pouvoir trouver une primitive de la fonction g.
Parmi les formules de primitives, l'une d'elles semble convenir : pour tout entier naturel n non nul : une primitive de $u'\, \times \, u^{n}$ est $\frac{1}{n\, +\, 1}u^{n+1}$ .
En particulier : une primitive de $u'\, \times \, u^{n}$ est $\frac{1}{1\, +\, 1}u^{1+1}$ c'est-à-dire qu'une primitive de $\mathbf{\mathit{u}'\, \times \, \mathit{u}}$ est $\mathbf{\frac{1}{2}\mathit{u}^{2}}$ .
Posons pour tout x de [0 ;2] : u(x) = ln(x + 1). On a alors pour tout x de [0 ; 2] : $u'\left ( x \right )\, =\, \frac{1}{x\, +\, 1}$ .
On observe que pour tout x de [0 ;2] : $g\left ( x \right )\, =\, u\left ( x \right )\, \times \, u'\left ( x \right )$ .
Donc pour tout x de [0 ;2] : $G\left ( x \right )\, =\, \frac{1}{2}\left ( u\left ( x \right ) \right )^{2}\, =\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right ) \right )^{2}$ .
Ainsi :
$\int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx\, =\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln} \left ( 2\, +\, 1 \right )\right )^{2}\, -\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( 0\, +\, 1 \right ) \right )^{2}$
$\int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx\, =\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( 3 \right ) \right )^{2}\, -\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( 1 \right ) \right )^{2}$
$\int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx\, =\, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( 3 \right ) \right )^{2}\, -\, \frac{1}{2}\left ( 0 \right )^{2}$
$\int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx\, =\, \frac{1}{2}\left ( \mathrm{ln}\left ( 3 \right ) \right )^{2}$

On sait que f(0) = 1. Ainsi, d'après le tableau de variations de f, le minimum de f sur [0 ;2] est 1 et le maximum de f sur [0 ; 2] est $1\, +\, \frac{4}{e}$ . Donc la fonction f est strictement positive sur [0 ;2].
Ainsi l'aire (en unité d'aire) du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe C_f, l'axe des ordonnées (droite d'équation x = 0) et la droite d'équation x = 2 est égale à :
$\int_{0}^{2}f\left ( x \right )dx$
$\int_{0}^{2}f\left ( x \right )dx\, =\, \int_{0}^{2}1\, +\, 4g\left ( x \right )dx$
Par la linéarité de l'intégrale, on a :
$\int_{0}^{2}f\left ( x \right )dx\, =\, \int_{0}^{2}1dx\, +\, \int_{0}^{2}4g\left ( x \right )dx\, =\, \int_{0}^{2}1dx\, +\, 4\, \times \, \int_{0}^{2}g\left ( x \right )dx$
Or, une primitive de la fonction constante égale à 1 est la fonction identité. Donc :
$\int_{0}^{2}1dx\, =\, 2\, -\, 0\, =\, 2$
Ainsi :
$\int_{0}^{2}f\left ( x \right )dx\, =\, 2\, +\, 4\, \times \, \frac{1}{2}\left ( \textrm{ln}\left ( 3 \right ) \right )^{2}\, =\, 2\, +\, 2\left ( \textrm{ln}\left ( 3 \right ) \right )^{2}$
$\int_{0}^{2}f\left ( x \right )dx\, \approx \, 4,41$
On retrouve bien ce résultat à l'aide d'un logiciel de géométrie dynamique :

Voir le corrigé

Corrigé

Partie A

b. On conjecture que f est concave sur [0 ;2] car les tangentes à C_f sur cet intervalle semblent toutes situées au-dessus de C_f.
Or, si f est concave sur un intervalle I alors f''

est négative sur I.
Et comme $1\, \in \, \left [ 0\, ;\, 2 \right ]$ alors $f''\left ( 1 \right )\, < \, 0$ .

Partie B

On rappelle que si $\mathbf{\displaystyle \lim_{x \to 0}\, \mathit{f}\left ( \mathit{x} \right )\, =\, \mathit{k}}$ ,

x	−1		e − 1		$+\infty$
4		+	I	+
1 − ln(x + 1)		+	0	−
(x + 1)²	0	+	I	+
$f'\left ( x \right )$	I	+	0	−

Or, on sait que pour une fonction f dérivable sur un intervalle I : si

est strictement positive sur I alors f est strictement croissante sur I et si

est strictement négative sur I alors f est strictement décroissante sur I.
Ici

est strictement positive sur ]−1 ;e − 1[, donc f est strictement croissante sur]−1 ;e − 1[.
Et

x	f(x)
2	2,4648164
3	2,3862944
4	2,2875503
5	2,1945063
6	2,1119487
7	2,0397208
8	1,9765443
9	1,921034
10	1,8719619
11	1,8283022
12	1,7892152
13	1,7540164
14	1,7221467
15	1,6931472
16	1,6666384
17	1,6423048
18	1,6198819
19	1,5991465
20	1,579909
21	1,5620077
22	1,5453033
23	1,5296756
24	1,5150201
25	1,5012456
26	1,4882721
27	1,4760292
28	1,4644546
29	1,4534930
30	1,4430951

On remarque que : f(25) > 1,5 et f(26) < 1,5. Ainsi 25 < α < 26.
On réitère ce procédé pour les nombres décimaux de 25 à 26 avec un pas de 0,1.

x	f(x)
25	1,5012456
25,1	1,4999135
25,2	1,4985892
25,3	1,4972728
25,4	1,4959642
25,5	1,4946634
25,6	1,4933701
25,7	1,4920844
25,8	1,4908063
25,9	1,4895355
26	1,4882721

On lit alors que f(25) > 1,5 et f(25,1) < 1,5. Donc 25 < α < 25,1.
On effectue un dernier balayage sur l'intervalle [25 ; 25,1] avec cette fois un pas de 0,01.

x	f(x)
25	1,5012456
25,01	1,501112
25,02	1,5009786
25,03	1,5008451
25,04	1,5007118
25,05	1,5005785
25,06	1,5004454
25,07	1,5003123
25,08	1,5001793
25,09	1,5000463
25,1	1,4999135

On lit alors que f(25,09) > 1,5 et f(25,1) < 1,5. Donc 25,09 < α < 25,10.
Donc la valeur arrondie de α au dixième est 25,1.

Posons, pour tout x de [0 ; 2] :
$g\left ( x \right )\, =\, \frac{\textrm{ln}\left ( x\, +\, 1 \right )}{x\, +\, 1}$