Baccalauréat STI2D et STL spécialité SPCL Antilles-Guyane 19 juin 2018 - Correction Exercice 2
Correction de l'exercice 2 (7 points)
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)=(0,5x2+ax+b)e−x où a et b sont deux réels que l'on souhaite déterminer. On a tracé ci-après la courbe représentative C de f dans un repère orthonormal d'unité 1 mètre.
On sait que la courbe C passe par les points A(2 ; 0) et H(0 ; 2).
- Déterminer f(0) et f(2). La courbe C passe par le point H\,(0,2) donc f(0)=2. La courbe C passe par le point A\,(2,0) donc f(2)=0.
- Déduire de la question précédente le système d'équations vérifié par les réels a et b. On sait que f(x)=(0,5x2+ax+b)e−x.
- f(0)=2⟺(0,5×02+a×0+b)e0=2⟺b=2
- f(2)=0⟺(0,5×22+a×2+b)e2=0⟺2+2a+b=0
- Déterminer l'expression de f(x). Le système précédent donne b=2 et a=−2; donc f(x)=(0,5x2−2x+2)e−x.
Partie B
On considère maintenant que la fonction f est définie et dérivable sur l'intervalle [0 ; 2] par : f(x)=(0,5x2−2x+2)e−x.
- Calculer f′(x). f′(x)=(0,5×2x−2+0)e−x+(0,5x2−2x+2)×(−1)e−x=(x−2−0,5x2+2x−2)e−xf′(x)=(−0,5x2+3x−4)e−x
- Montrer que la tangente à la courbe C au point A est l'axe des abscisses. La tangente à la courbe C au point A a pour équation y=f′(xA)(x−xA)+f(xA).
- Justifier que le signe de f′(x) est donné par le signe du trinôme −0,5x2+3x−4. f′(x)=(−0,5x2+3x−4)e−x; or, pour tout réel X, eX>0. Donc f′(x) est du signe du trinôme −0,5x2+3x−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 −0,5x2+3x−4. Δ=32−4×(−0,5)×(−4)=9−8=1 Le trinôme admet deux racines x′=−3−√12×(−0,5)=4 et x″=−3+√1−1=2. D'où le tableau de signes:
xA=2 donc f′(xA)=f′(2)=(−2+6−4)e−x=0; de plus f(xA)=0.
La tangente a pour équation y=0, c'est donc l'axe des abscisses.
f′(x)<0 sur [0 ; 2[ donc la fonction f est strictement décroissante sur [0 ; 2].
Partie C
- 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)⩾. Or f(2)=0 donc la fonction f est positive sur [0~;~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}}
- En déduire l'aire de la zone à peindre. On donnera une valeur approchée du résultat à 0,01 m^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.

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