Baccalauréat STI2D et STL spécialité SPCL Antilles-Guyane 19 juin 2018 - Correction Exercice 2

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Correction de l'exercice 2 (7 points)

Fonctions

On a représenté ci-dessous une des faces latérales d'une rampe de skate-board que l'on souhaite peindre.

On sait de plus que la face latérale de cette rampe de skate-board admet comme axe de symétrie la médiatrice de [AB].

Partie A

On modélise la partie incurvée de la rampe située à gauche de l'axe de symétrie à l'aide de la fonction $f$ définie et dérivable sur l'intervalle [0~;~2] par : $$f(x) = \left(0,5x^2 + ax + b\right)\text{e}^{-x}$$ où $a$ et $b$ sont deux réels que l'on souhaite déterminer. On a tracé ci-après la courbe représentative $\mathcal{C}$ de $f$ dans un repère orthonormal d'unité 1 mètre.

On sait que la courbe $\mathcal{C}$ passe par les points A$(2~;~0)$ et H$(0~;~2)$.

1. Déterminer $f(0)$ et $f(2)$.
La courbe $\mathcal{C}$ passe par le point H\,$(0\;,\;2)$ donc $f(0)=2$. La courbe $\mathcal{C}$ passe par le point A\,$(2\;,\;0)$ donc $f(2)=0$.
2. Déduire de la question précédente le système d'équations vérifié par les réels $a$ et $b$.
On sait que $f(x) = \left(0,5x^2 + ax + b\right)\text{e}^{-x}$.
• $f(0)=2 \iff \left(0,5\times 0^2 + a\times 0 + b\right)\text{e}^{0}=2 \iff b=2$
• $f(2)=0 \iff \left ( 0,5\times 2^2 + a\times 2 + b\right )\text{e}^{2} = 0 \iff 2+2a+b=0$
Les réels $a$ et $b$ vérifient donc le système $\left \lbrace \begin{array}{r !{=} l} b & 2\\ 2+2a+b & 0 \end{array} \right .$
3. Déterminer l'expression de $f(x)$.
Le système précédent donne $b=2$ et $a=-2$; donc $f(x)=\left (0,5x^2-2x+2\right )\text{e}^{-x}$.

 

Partie B

On considère maintenant que la fonction $f$ est définie et dérivable sur l'intervalle $[0~;~2]$ par : $$f(x) = \left(0,5x^2 - 2x + 2\right)\text{e}^{-x}.$$

1. Calculer $f'(x)$.
$f'(x) = \left ( 0,5\times 2x - 2 + 0\right ) \text{e}^{-x} + \left(0,5x^2 - 2x + 2\right)\times (-1)\text{e}^{-x} = \left(x-2 -0,5x^2 + 2x - 2\right)\text{e}^{-x}\\ \phantom{f'(x)} = \left ( -0,5x^2 +3x -4\right ) \text{e}^{-x}$
2. Montrer que la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point A est l'axe des abscisses.
La tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point A a pour équation $y=f'(x_{\mathrm{A}})\left (x- x_{\mathrm{A}}\right ) + f(x_{\mathrm{A}})$.
$x_{\mathrm{A}} = 2$ donc $f'(x_{\mathrm{A}})=f'(2)=(-2+6-4)\text{e}^{-x} = 0$; de plus $f(x_{\mathrm{A}})=0$.
La tangente a pour équation $y=0$, c'est donc l'axe des abscisses.
3. Justifier que le signe de $f'(x)$ est donné par le signe du trinôme $-0,5 x^2 + 3x - 4$.
$f'(x)=\left ( -0,5x^2 +3x -4\right ) \text{e}^{-x}$; or, pour tout réel $X$, $\text{e}^{X}>0$. Donc $f'(x)$ est du signe du trinôme $-0,5 x^2 + 3x - 4$.
4. En déduire le signe de $f'(x)$ puis le sens de variation de $f$ sur $[0~;~2]$.
On cherche le signe de $f'(x)$ donc de $-0,5 x^2 + 3x - 4$. $\Delta = 3^2 - 4\times (-0,5)\times (-4)=9-8 = 1$ Le trinôme admet deux racines $x'=\dfrac{-3 -\sqrt{1}}{2\times (-0,5)} = 4$ et $x''=\dfrac{-3 +\sqrt{1}}{-1} = 2$. D'où le tableau de signes:

 
$f'(x)<0$ sur [0 ; 2[ donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur [0 ; 2].

Partie C

 

1. Justifier que la fonction $f$ est positive sur l'intervalle $[0~;~2]$.
La fonction $f$ est strictement décroissante sur $[0~;~2]$ donc pour tout $x$ de [0 ;~2], $f(x) \geqslant f(2)$. Or $f(2)=0$ donc la fonction $f$ est positive sur $[0~;~2]$.
2. On admet que la fonction $F$ définie par $F(x) = \left(- \frac{1}{2}x^2 + x - 1\right)\text{e}^{-x}$ sur l'intervalle $[0~;~2]$ est une primitive de la fonction $f$ sur $[0~;~2]$. Montrer que l'aire en m$^2$ de la partie délimitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 0$ et $x = 2$ est égale à $1 - \dfrac{1}{\text{e}^2}$.
L'aire en m$^2$ de la partie délimitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 0$ et $x = 2$ est égale à $\displaystyle\int_{0}^{2} f(x) \text{d} x = F(2) - F(0) = \left ( \left(- \frac{1}{2}2^2 + 2 - 1\right)\text{e}^{-2} \right ) - \left ( \left(- \frac{1}{2} 0 + 0 - 1\right)\text{e}^{0}\right ) = -\text{e}^{^{-2}} +1 = 1 -\dfrac{1}{\text{e}^{2}}$
3. En déduire l'aire de la zone à peindre. On donnera une valeur approchée du résultat à 0,01m$^2$ près.
On découpe la surface à peindre en 5 surfaces.


• La région 1 est un rectangle de dimensions 1 sur 2 donc a une aire de 2~m$^2$.
• L'aire de la région 2 a été calculée dans la question précédente: $1-\dfrac{1}{\text{e}^{2}}$.
• La région 3 est un rectangle de dimensions $0,2$ sur 7 donc a une aire de $1,4$~m$^2$.
• Pour des raisons de symétrie, la région 4 a une aire égale à celle de la région 2.
• Pour des raisons de symétrie, la région 5 a une aire égale à celle de la région 1.
La région à peindre a pour aire, en m$^2$: $2+\left (1-\dfrac{1}{\text{e}^{2}}\right ) + 1,4 + \left (1-\dfrac{1}{\text{e}^{2}}\right ) + 2 = 7,4-\dfrac{2}{\text{e}^{2}}\approx 7,13$.