Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie Wallis et Futuna 28 novembre 2017 Fonction ln

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.
\(\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x=-\infty\) donc \(\lim\limits_{X \to 0^+} \left(\ln x\right)^2=+\infty\)
\(\lim\limits_{X \to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty\) donc \(\lim\limits_{X \to 0^+} f(x)=+\infty\).
\(\quad\)
2. 1. Démontrer que, pour tout \(x\) appartenant à \(]0~;~+\infty[\), \[f(x)=4\left(\dfrac{\ln\big(\sqrt x\big)}{\sqrt x}\right)^2.\]
   
   \(\quad\) \(\begin{align*} 4\left(\dfrac{\ln\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}\right)^2 &=4\left(\dfrac{\dfrac{1}{2}\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2 \\
   &=4\times \dfrac{\dfrac{1}{4}\left(\ln x\right)^2}{x} \\
   &=f(x)
   \end{align*}\)
   \(\quad\)
   
   2. En déduire que l'axe des abscisses est une asymptote à la courbe représentative de la fonction \(f\) au voisinage de \(+ \infty\).
   \(\lim\limits_{x \to +\infty} \sqrt{x}=+\infty\) 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 \(]0~;~+\infty[\), \[f'(x)=\dfrac{\ln(x)\big(2-\ln(x)\big)}{x^2}.\]
   \(\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x\times \dfrac{1}{x}\times \ln x-\left(\ln x\right)^2}{x^2} \\
   &=\dfrac{2\ln x-\left(\ln x\right)^2}{x^2} \\
   &=\dfrac{\ln(x)\left(2-\ln(x)\right)}{x^2}
   \end{align*}\)
   \(\quad\)
   
   2. Étudier le signe de \(f'(x)\) selon les valeurs du nombre réel \(x\) strictement positif.
   \(2-\ln(x)=0 \iff x=\text{e}^2\) 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 :
   
   
   3. Calculer \(f(1)\) et \(f\big(\text{e}^2\big)\).
   On obtient alors le tableau de variations ci-dessous.
   
\(\ln(1)=0\) donc \(f(1)=0\)
\(f\left(\text{e}^2\right)=\dfrac{\ln\left(\text{e}^2\right)^2}{\text{e}^2}=\dfrac{2^2}{\text{e}^2}=\dfrac{4}{\text{e}^2}\)
\(\quad\)
4. Démontrer que l'équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0~;~+\infty[\) et donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(10^{-2}\).
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.
\(\quad\)