المسألة الثانية من امتحان 2023، الدورة الثانية

الحلّ خطوةً خطوة

حاول أن تحلّ بنفسك أوّلاً، ثمّ افتح الخطوات واحدةً بعد الأخرى وقارن. وبجانب كلّ خطوة درجتها في سلّم التصحيح الرسميّ، فترى أين تُكسب الدرجات وأين تضيع.

1. 1. جد ${\lim }_{x\to -2}f(x)$، ${\lim }_{x\to +\mathrm{\infty }}f(x)$.(10 درجات)

   النهاية الأولىالدرجة: 5

   عندما يسعى $x$ إلى $-2$ مع $x>-2$ يسعى $x+2$ إلى $0$ بقيمٍ موجبة، فيسعى $\ln (x+2)$ إلى $-\mathrm{\infty }$، ويسعى $x+1$ إلى $-1$. فلا عدم تعيين:

   $$\underset{x\to -2,x>-2}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }$$

   الجوابالدرجة: 5

   وعند $+\mathrm{\infty }$ يسعى كلٌّ من $x+1$ و$\ln (x+2)$ إلى $+\mathrm{\infty }$:

   $$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }$$

2. 2. أثبت أنّ $f^{\mathrm{\prime }}(x)=g(x)$، واكتب معادلة المماس $\mathrm{\Delta }$ للخط $C_f$ في نقطة منه فاصلتها $x=-1$.(25 درجةً)

   المشتقالدرجة: 5+5

   التابع $u:x\mapsto x+2$ اشتقاقيّ وموجبٌ تماماً على $I$، فالتابع $x\mapsto \ln (x+2)$ اشتقاقيّ على $I$ ومشتقّه $\frac{u^{\mathrm{\prime }}(x)}{u(x)}=\frac{1}{x+2}$. ومشتقّ الجداء:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)=1\times \ln (x+2)+\frac{x+1}{x+2}}\\ {\displaystyle f^{\mathrm{\prime }}(x)=g(x)}\end{array}$$

   الميلالدرجة: 5

   $$f^{\mathrm{\prime }}(-1)=g(-1)=\frac{0}{1}+\ln 1=0$$

   الصورةالدرجة: 5

   $$f(-1)=0\times \ln 1=0$$

   الجوابالدرجة: 5

   معادلة المماس في النقطة التي فاصلتها $a$ هي $y=f^{\mathrm{\prime }}(a)(x-a)+f(a)$، ومع $a=-1$:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{\Delta }:y=0\times (x+1)+0}\\ {\displaystyle ⟺y=0}\end{array}$$

   فالمماس $\mathrm{\Delta }$ هو محور الفواصل نفسه، والخطّ $C_f$ يمسّه في النقطة $(-1,0)$.

3. 3. ادرس اطراد $g(x)$ واستنتج إشارته (مستفيداً من نقطة التماس).(25 درجةً)

   مشتق gالدرجة: 5+5

   مشتقّ $\ln (x+2)$ هو $\frac{1}{x+2}$ كما في الطلب الثاني، ومشتقّ الكسر بقاعدة مشتقّ النسبة:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{x+1}{x+2}\right)}^{\mathrm{\prime }}=\frac{(x+2)-(x+1)}{(x+2{)}^2}}\\ {\displaystyle =\frac{1}{(x+2{)}^2}}\\ {\displaystyle g^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{(x+2{)}^2}}\\ {\displaystyle g^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{x+3}{(x+2{)}^2}}\end{array}$$

   الاطّرادالدرجة: 5

   على $I$ يكون $x>-2$، فـ$x+3>1>0$ و$(x+2{)}^2>0$:

   $$\mathrm{\forall }x\in I:g^{\mathrm{\prime }}(x)>0$$

   فالتابع $g$ متزايدٌ تماماً على $I$.

   الجوابالدرجة: 5+5

   ومن نقطة التماس في الطلب الثاني $g(-1)=f^{\mathrm{\prime }}(-1)=0$. والتابع $g$ متزايدٌ تماماً، فقيمه قبل $-1$ أصغر من $g(-1)$ وبعده أكبر:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle x\in ]-2,-1[\Rightarrow g(x)<0}\\ {\displaystyle x\in ]-1,+\mathrm{\infty }[\Rightarrow g(x)>0}\end{array}$$

   و$g(-1)=0$.

   في سلّم التصحيح: «يمكن تنظيم جدول الاطراد واستنتاج اشارة $g(x)$»، أي يجوز أن تُقرأ الإشارة من جدول تغيّرات $g$ الذي يحمل القيمة $0$ عند $-1$.

4. 4. نظم جدولاً بتغيرات التابع $f$ وارسم خطه البياني ومقاربه الشاقولي.(30 درجةً)

   إشارة المشتقالدرجة: 5+5

   $f^{\mathrm{\prime }}(x)=g(x)$، فإشارة $f^{\mathrm{\prime }}$ هي إشارة $g$ من الطلب الثالث: سالبٌ على $]-2,-1[$، ومعدومٌ عند $-1$، وموجبٌ على $]-1,+\mathrm{\infty }[$.

   جدول التغيّراتالدرجة: 5+5

   فالتابع $f$ متناقصٌ تماماً على $]-2,-1]$ ومتزايدٌ تماماً على $[-1,+\mathrm{\infty }[$، وقيمته الصغرى $f(-1)=0$، ونهايتاه من الطلب الأوّل:

   $x$	$-2$		$-1$		$+\mathrm{\infty }$
   $f^{\mathrm{\prime }}(x)$		$-$	$0$	$+$
   $f(x)$	$+\mathrm{\infty }$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$+\mathrm{\infty }$

   الجوابالدرجة: 5+5

   ومن ${\lim }_{x\to -2,x>-2}f(x)=+\mathrm{\infty }$ فالمستقيم $x=-2$ مقاربٌ شاقوليّ لـ$C_f$. نرسمه، ثمّ نرسم $C_f$ مستعينين بالجدول: ينزل من أعلى قرب المقارب، ويمسّ محور الفواصل في $(-1,0)$، ويمرّ بـ$(0,\ln 2)$ و$(1,2\ln 3)$، ثمّ يصعد بلا حدّ.

5. 5. استنتج اطراد المتتالية $u_n=\ln (n+2{)}^{(n+1)}$ أيّاً كان $n$ عدد طبيعي.(10 درجات)

   الكتابة بدلالة fالدرجة: 5

   العدد $n+2$ موجبٌ تماماً، ولوغاريتم القوّة جداءُ الأسّ في لوغاريتم الأساس:

   $$\begin{array}{c}{\displaystyle u_n=\ln ((n+2{)}^{n+1})}\\ {\displaystyle u_n=(n+1)\ln (n+2)=f(n)}\end{array}$$

   الجوابالدرجة: 5

   التابع $f$ متزايدٌ تماماً على $[-1,+\mathrm{\infty }[$، فهو متزايدٌ تماماً على $[0,+\mathrm{\infty }[$ الذي يحوي كلّ الأعداد الطبيعيّة. ومن $n<n+1$ يأتي $f(n)<f(n+1)$:

   $$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}:u_n<u_{n+1}$$

   فالمتتالية $(u_n)$ متزايدةٌ تماماً.