Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie Wallis et Futuna 28 novembre 2017 - Correction Exercice 2

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Correction de l'exercice 2 (5 points)


Commun à tous les candidats

On considère la fonction $f$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par $$f(x)=\dfrac{\big(\ln x\big)^2}x.$$ On note $\mathcal C$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé.

  1. Déterminer la limite en $0$ de la fonction $f$ et interpréter graphiquement le résultat.
  2. $\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x=-\infty$ donc $\lim\limits_{X \to 0^+} \left(\ln x\right)^2=+\infty$
    $\lim\limits_{X \to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty$ donc $\lim\limits_{X \to 0^+} f(x)=+\infty$.
    $\quad$
    1. Démontrer que, pour tout $x$ appartenant à $]0~;~+\infty[$, \[f(x)=4\left(\dfrac{\ln\big(\sqrt x\big)}{\sqrt x}\right)^2.\]

    2. $\quad$ $\begin{align*} 4\left(\dfrac{\ln\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\right)^2 &=4\left(\dfrac{\dfrac{1}{2}\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2 \\
      &=4\times \dfrac{\dfrac{1}{4}\left(\ln x\right)^2}{x} \\
      &=f(x)
      \end{align*}$
      $\quad$
    3. En déduire que l'axe des abscisses est une asymptote à la courbe représentative de la fonction $f$ au voisinage de $+ \infty$.
    4. $\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x}=+\infty$ et $\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\ln X}{X}=0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}=0$
      Ainsi $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0$, et on déduit donc que l'axe des abscisses est une asymptote à la courbe représentative de la fonction $f$ au voisinage de $+ \infty$.
  3. On admet que $f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et on note $f'$ sa fonction dérivée.
    1. Démontrer que, pour tout $x$ appartenant à $]0~;~+\infty[$, \[f'(x)=\dfrac{\ln(x)\big(2-\ln(x)\big)}{x^2}.\]
    2. $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x\times \dfrac{1}{x}\times \ln x-\left(\ln x\right)^2}{x^2} \\
      &=\dfrac{2\ln x-\left(\ln x\right)^2}{x^2} \\
      &=\dfrac{\ln(x)\left(2-\ln(x)\right)}{x^2}
      \end{align*}$
      $\quad$
    3. Étudier le signe de $f'(x)$ selon les valeurs du nombre réel $x$ strictement positif.
    4. $2-\ln(x)=0 \iff x=\text{e}^2$ et $2-\ln(x)>0 \iff 2>\ln(x)\iff \text{e}^2>x$
      Le signe de $f'(x)$ ne dépend que du signe de $\ln(x)\left(2-\ln(x)\right)$.
      On obtient ainsi le tableau de signe suivant :
      signe derivee
    5. Calculer $f(1)$ et $f\big(\text{e}^2\big)$.
    On obtient alors le tableau de variations ci-dessous.
  4. $\ln(1)=0$ donc $f(1)=0$
    $f\left(\text{e}^2\right)=\dfrac{\ln\left(\text{e}^2\right)^2}{\text{e}^2}=\dfrac{2^2}{\text{e}^2}=\dfrac{4}{\text{e}^2}$
    $\quad$
  5. Démontrer que l'équation $f(x) = 1$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0~;~+\infty[$ et donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-2}$.
  6. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle $]0;1]$.
    $\lim\limits_{x \to 0^+}f(x)=+\infty$ et $f(1)=0$
    Donc $1\in [0;+\infty[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $f(x)=1$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $]0;1]$.
    Sur l’intervalle $[1;+\infty[$ on a $f(x)\leq \dfrac{4}{\text{e}^2}<1$. L’équation $f(x)=1$ ne possède donc pas de solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    Cela signifie par conséquent que l’équation $f(x)=1$ possède une unique solution $\alpha$ sur $]0;+\infty[$ et $\alpha \in ]0,49;0,50[$ d’après la calculatrice.
    $\quad$
Exercice 3
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