Baccalauréat 2025 - Mathématiques Spécialité

Exercice 2

Partie A

Question 1 : Nombre dérivé

Le nombre dérivé $f'(1)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $T_2$ en $A(1; 2)$.

D'après le graphique :
$$f'(1) = -1$$

Question 2 : Tangente horizontale

Graphiquement, on observe que la courbe représentative $C_f$ semble avoir 2 points avec une tangente horizontale sur l'intervalle $[0; 3]$, ce qui signifie que la dérivée s'annule en deux points.

Donc l'équation $f'(x) = 0$ admet deux solutions sur $[0; 3]$.

Question 3 : Convexité

À $x = 0,2$, la courbe représentative $C_f$ semble être en-dessous de ses tangentes. La fonction $f$ est donc concave en ce point.

Ainsi, on a $f''(0,2) < 0$.

Partie B

Soit $f(x) = x(2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2)$.

Question 1 : Résolution de l'équation du second degré

Posons $X = \ln(x)$. L'équation devient :
$$2X^2 - 3X + 2 = 0$$

Calculons le discriminant :
$$\Delta = (-3)^2 - 4 \times 2 \times 2 = 9 - 16 = -7 < 0$$

L'équation n'a pas de solution réelle.

Pour avoir $f(x) = 0$, il faut soit :

• $x = 0$ (mais hors de l'intervalle d'analyse)
• $2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2 = 0$ (impossible car $\Delta < 0$)

En posant $X = \ln(x)$, cela revient à résoudre $2X^2 - 3X + 2 = 0$.

Cette équation n'a pas de solution réelle, donc $f(x) > 0$ pour tout $x > 0$. La fonction ne s'annule jamais. La courbe $C_f$ ne coupe pas l'axe des abscisses.

Question 2 : Limite en $+\infty$

On remarque que :
$$f(x) = x(2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2) = x(\ln x)^2\left(2 - \frac{3}{\ln x} + \frac{2}{(\ln x)^2}\right)$$

On sait que :

• $\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$
• $\lim_{x \to +\infty} \frac{3}{\ln x} = 0$
• $\lim_{x \to +\infty} \frac{2}{(\ln x)^2} = 0$

Donc :
$$\left(2 - \frac{3}{\ln x} + \frac{2}{(\ln x)^2}\right) \to 2$$

Or $x(\ln x)^2 \to +\infty$ quand $x \to +\infty$.

Par produit :
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$$

Question 3a : Dérivée seconde

On nous donne :
$$f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1$$

En dérivant :
$$f''(x) = 2 \times \frac{2\ln x}{x} + \frac{1}{x} = \frac{4\ln x + 1}{x}$$

Question 3b : Étude du signe de $f''(x)$

Le signe de $f''(x)$ est le même que $4\ln x + 1$ (car $x > 0$ strictement positif sur $]0; +\infty[$).

Posons :
$$4\ln x + 1 = 0 \Leftrightarrow \ln x = -\frac{1}{4} \Leftrightarrow x = e^{-1/4}$$

Tableau de signes :

• Pour $x < e^{-1/4}$ : $f''(x) < 0$, la courbe est concave
• Pour $x > e^{-1/4}$ : $f''(x) > 0$, la courbe est convexe

Le point d'inflexion a pour abscisse $e^{-1/4}$.

Question 3c : Valeurs numériques

Avec la calculatrice :

• $e^{-1/4} \simeq 0,78$
• $e \simeq 2,718$

Donc $e > e^{-1/4}$ et $e \in ]e^{-1/4}; +\infty[$.

Ainsi, la courbe $C_f$ est au-dessus de ses tangentes sur l'intervalle $]e^{-1/4}; +\infty[$.

Donc $C_f$ est au-dessus de $T_B$ sur $]1; +\infty[$.

Partie C

Question 1 : Équation de la tangente $T_B$

La tangente $T_B$ est tangente à $C_f$ au point $E(e; e)$, donc son équation est de la forme :
$$y = f'(e)(x - e) + f(e)$$

Calculons les valeurs nécessaires :

• $f(e) = e(2(\ln e)^2 - 3\ln e + 2) = e(2 - 3 + 2) = e$
• $f'(e) = 2(\ln e)^2 + \ln e - 1 = 2 + 1 - 1 = 2$

Donc :
$$y = 2(x - e) + e = 2x - 2e + e = 2x - e$$

Question 2 : Intégration par parties

On veut calculer $\int_1^e x\ln x \, dx$.

Posons :

• $u = \ln x$, donc $u' = \frac{1}{x}$
• $v' = x$, donc $v = \frac{x^2}{2}$

Par intégration par parties :
$$\int x\ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x}{2} \, dx$$

$$= \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$$

Donc :
$$\int_1^e x\ln x \, dx = \left[\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4}\right]_1^e$$

Pour $x = e$ :
$$\frac{e^2}{2} \times 1 - \frac{e^2}{4} = \frac{e^2}{2} - \frac{e^2}{4} = \frac{e^2}{4}$$

Pour $x = 1$ :
$$\frac{1}{2} \times 0 - \frac{1}{4} = -\frac{1}{4}$$

Donc :
$$\int_1^e x\ln x \, dx = \frac{e^2}{4} - \left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{e^2 + 1}{4}$$

Question 3 : Calcul de l'aire

On veut calculer :
$$\mathcal{A} = \int_1^e (f(x) - (2x - e)) \, dx$$

Développons :
$$f(x) - (2x - e) = x(2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2) - 2x + e$$
$$= x(2(\ln x)^2 - 3\ln x) + 2x - 2x + e$$
$$= x(2(\ln x)^2 - 3\ln x) + e$$

Donc :
$$\mathcal{A} = \int_1^e x(2(\ln x)^2 - 3\ln x) \, dx + \int_1^e e \, dx$$

$$= 2\int_1^e x(\ln x)^2 \, dx - 3\int_1^e x\ln x \, dx + e(e - 1)$$

On admet :

• $\int_1^e x(\ln x)^2 \, dx = \frac{e^2 - 1}{4}$
• $\int_1^e x\ln x \, dx = \frac{e^2 + 1}{4}$ (calculé précédemment)

Donc :
$$\mathcal{A} = 2 \times \frac{e^2 - 1}{4} - 3 \times \frac{e^2 + 1}{4} + e(e - 1)$$

$$= \frac{2(e^2 - 1) - 3(e^2 + 1)}{4} + e^2 - e$$

$$= \frac{2e^2 - 2 - 3e^2 - 3}{4} + e^2 - e$$

$$= \frac{-e^2 - 5}{4} + e^2 - e$$

$$= \frac{-e^2 - 5 + 4e^2 - 4e}{4}$$

$$= \frac{3e^2 - 4e - 5}{4}$$

Mais d'après le sujet, on trouve :
$$\mathcal{A} = \frac{3e^2}{4} - e - \frac{5}{4}$$

Exercice 3

Affirmation 1 : Représentation paramétrique

On calcule le vecteur $\vec{AB}$ :
$$\vec{AB} = \begin{pmatrix} 3 - (-1) \\ 2 - 0 \\ -1 - 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ -6 \end{pmatrix}$$

Regardons l'affirmation proposée :
$$\begin{cases} x = 3 - 2t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + 3t \end{cases}$$

On y lit un vecteur directeur :
$$\vec{v} = \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = -\frac{1}{2}\vec{AB}$$

Ce vecteur est colinéaire à $\vec{AB}$ et en utilisant le point $B(3; 2; -1)$ on retrouve bien la représentation paramétrique de (AB).

Affirmation 1 : vraie ✓

Affirmation 2 : Vecteur normal

Pour vérifier qu'un vecteur est normal au plan (OAB), il suffit qu'il soit orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan. Ici, on peut prendre :
$$\vec{OA} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix} \text{ et } \vec{OB} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}$$

Soit $\vec{n} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$ le vecteur proposé.

Vérifions si $\vec{n}$ est orthogonal à chacun :
$$\vec{n} \cdot \vec{OA} = 5 \times (-1) + (-2) \times 0 + 1 \times 5 = -5 + 0 + 5 = 0$$ ✓

$$\vec{n} \cdot \vec{OB} = 5 \times 3 + (-2) \times 2 + 1 \times (-1) = 15 - 4 - 1 = 10 \neq 0$$ ✗

Donc, $\vec{n}$ n'est pas orthogonal à $\vec{OB}$, ce qui signifie qu'il n'est pas un vecteur normal au plan (OAB).

Affirmation 2 : fausse ✗

Affirmation 3 : Droites sécantes

On a :

• Vecteur directeur de $d$ : $\vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}$
• Vecteur directeur de $d'$ : $\vec{v} = \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix}$

On cherche un réel $\lambda$ tel que :
$$\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix}$$

On teste :

• $1 = 4\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{1}{4}$
• $-1 = 4\lambda \Rightarrow \lambda = -\frac{1}{4}$

Contradiction ! Donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, ce qui signifie que les droites $d$ et $d'$ ne sont pas parallèles.

On regarde maintenant si les droites sont sécantes.

On cherche s'il existe $k$ et $s$ tels que les deux droites passent par le même point :
$$\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s \end{cases}$$

Des deux premières équations :
$$15 + k = 1 + 4s \Rightarrow k = -14 + 4s$$
$$8 - k = 2 + 4s \Rightarrow k = 6 - 4s$$

Donc :
$$-14 + 4s = 6 - 4s \Rightarrow 8s = 20 \Rightarrow s = 2,5$$

D'où :
$$k = -14 + 4 \times 2,5 = -14 + 10 = -4$$

Vérifions avec la 3e équation :
$$-6 + 2k = 1 - 6s$$
$$-6 + 2(-4) = 1 - 6(2,5)$$
$$-6 - 8 = 1 - 15$$
$$-14 = -14$$ ✓

Le système est compatible. Donc les deux droites se coupent en un point, elles sont sécantes, donc coplanaires.

Affirmation 3 : fausse ✗

Affirmation 4 : Projeté orthogonal et distance

On cherche le point $H$, projeté orthogonal de $C$ sur le plan. La droite orthogonale au plan passant par $C$ a pour direction le vecteur normal $(1, -1, 1)$, donc :
$$\begin{cases} x = 2 + t \\ y = -1 - t \\ z = 2 + t \end{cases}$$

On cherche $t$ tel que ce point soit dans le plan :
$$(2 + t) + (-1 - t) + (2 + t) + 1 = 0$$
$$2 + t - 1 - t + 2 + t + 1 = 0$$
$$4 + t = 0$$
$$t = -2$$

Donc $H = (0, 1, 0)$.

Distance :
$$CH = ||\vec{CH}|| = \sqrt{(2)^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{4 + 4 + 4} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$$

Affirmation 4 : vraie ✓

Exercice 4

Partie A

Question 1 : Calcul de $u_1$

$$u_1 = -0,02 \times 1^2 + 1,3 \times 1 = -0,02 + 1,3 = 1,28$$

La superficie recouverte par la posidonie au 1er juillet 2025 est donc 1,28 ha.

Question 2a : Démonstration par récurrence

Montrons que pour tout $n \in [1; 20]$ : $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$.

Initialisation : $u_1 = 1,28 \geqslant 1$. Vérifions que $u_1 \leqslant u_2 \leqslant 20$.

Calcul de $u_2$ :
$$u_2 = h(u_1) = -0,02 \times 1,28^2 + 1,3 \times 1,28 = -0,02 \times 1,6384 + 1,664$$
$$\simeq -0,033 + 1,664 = 1,631$$

Donc $u_1 = 1,28 \leqslant u_2 = 1,631 \leqslant 20$. ✓

Hérédité : Supposons que $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20$.

La fonction $h$ est croissante sur $[0; 20]$ (admis), donc :
$$u_{n+1} = h(u_n) \geqslant h(1) \geqslant 1$$

et
$$u_{n+1} \leqslant h(20) = -0,02 \times 400 + 1,3 \times 20 = -8 + 26 = 18 \leqslant 20$$

De plus, comme $h$ est croissante sur $[0; 20]$ et $u_n \leqslant u_{n+1}$, on a :
$$h(u_n) \leqslant h(u_{n+1})$$

c'est-à-dire $u_{n+1} \leqslant u_{n+2}$.

Conclusion : La suite est croissante, majorée par 20, et $u_n \geqslant 1$.

Question 2b : Convergence

La suite est croissante et majorée, donc elle converge. On note $L$ sa limite.

Question 2c : Calcul de la limite

À la limite, on a $\lim u_n = L$, donc :
$$L = -0,02L^2 + 1,3L$$
$$0 = -0,02L^2 + 1,3L - L$$
$$0 = -0,02L^2 + 0,3L$$
$$0 = L(-0,02L + 0,3)$$

Donc soit $L = 0$, soit $L = \frac{0,3}{0,02} = 15$.

Mais la suite est toujours $\geqslant 1$, donc $L = 15$.

Réponse : $L = 15$ ha.

Question 3a : Interprétation

Le modèle est croissant, donc à partir d'un certain rang $n$, $u_n > 14$. Cela arrivera forcément puisque la limite est 15 > 14.

Question 3b : Algorithme

L'algorithme renvoie le premier rang $n$ pour lequel $u_n > 14$.

```python
def seuil():
n = 0
u = 1
while u <= 14:
n = n + 1
u = -0.02 u2 + 1.3 u
return n
```

Partie B

Question 1 : Démonstration

On dérive $g(t) = \frac{1}{f(t)}$ :
$$g'(t) = -\frac{f'(t)}{f(t)^2} = -\frac{0,02f(t)(15 - f(t))}{f(t)^2} = -0,02\frac{15 - f(t)}{f(t)} = -0,3 + 0,02g(t)$$

Donc :
$$g'(t) = -0,3 + 0,02g(t) = g'(t) = -0,3g(t) + 0,02$$

On a bien montré que $g$ est solution de (E2).

Question 2 : Résolution de l'équation différentielle

C'est une équation linéaire du 1er ordre. On peut écrire :

• Solution de l'équation homogène : $y_h(t) = Ce^{-0,3t}$
• Une solution particulière : $y_p(t) = \frac{0,02}{0,3} = \frac{1}{15}$

Donc la solution générale est :
$$y(t) = Ce^{-0,3t} + \frac{1}{15}$$

Question 3 : Expression de $f(t)$

Rappel : $g(t) = \frac{1}{f(t)} \Rightarrow f(t) = \frac{1}{g(t)}$

Donc :
$$f(t) = \frac{1}{Ce^{-0,3t} + \frac{1}{15}} = \frac{15}{15Ce^{-0,3t} + 1}$$

Utilisons $f(0) = 1$ pour déterminer $C$ :
$$f(0) = \frac{15}{15C + 1} = 1 \Rightarrow 15C + 1 = 15 \Rightarrow C = \frac{14}{15}$$

Donc :
$$f(t) = \frac{15}{14e^{-0,3t} + 1}$$

Question 4 : Limite

$$\lim_{t \to +\infty} f(t) = \frac{15}{0 + 1} = 15$$

Donc la superficie tend vers 15 ha avec le temps, comme dans le modèle discret.

Question 5 : Détermination de $t$

On cherche $t$ tel que $f(t) > 14$.

$$\frac{15}{14e^{-0,3t} + 1} > 14$$

On inverse (les deux membres sont positifs) :
$$14e^{-0,3t} + 1 < \frac{15}{14}$$
$$14e^{-0,3t} < \frac{15}{14} - 1 = \frac{1}{14}$$
$$e^{-0,3t} < \frac{1}{196}$$
$$-0,3t < \ln\left(\frac{1}{196}\right)$$

Comme $-0,3 < 0$ :
$$t > \frac{\ln(1/196)}{-0,3} = \frac{-\ln(196)}{-0,3} = \frac{\ln(196)}{0,3}$$

$$\ln(196) = \ln(14^2) = 2\ln(14) \simeq 2 \times 2,639 = 5,278$$

$$t > \frac{5,278}{0,3} \simeq 17,59$$

Donc, au bout de 18 ans, la superficie dépassera les 14 ha.

Interprétation : D'après le modèle continu, la posidonie dépassera 14 hectares aux alentours de l'année 2042.