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

oui
non
S
Année 2017
Nouvelle Calédonie
Fonction ln

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.
    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. En déduire que l'axe des abscisses est une asymptote à la courbe représentative de la fonction \(f\) au voisinage de \(+ \infty\).
  2. 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. Étudier le signe de \(f'(x)\) selon les valeurs du nombre réel \(x\) strictement positif.
    3. Calculer \(f(1)\) et \(f\big(\text{e}^2\big)\).
    On obtient alors le tableau de variations ci-dessous.
  3. Démontrer que l'équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0~;~+\infty[\) et donner un encadrement de \(\alpha\) d'amplitude \(10^{-2}\).
 
 

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.
    \(\quad\)

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