Fonctions et intégrales – Bac blanc ES/L Sujet 4 – Maths-cours 2018

Sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $, la fonction $ f $ est dérivable comme somme de fonctions dérivables et :

$ f^{\prime}(x)=1 - 2 \times \dfrac{1}{x}=\dfrac{x}{x} - \dfrac{2}{x}=\dfrac{x - 2}{x} $.

À retenir

La fonction logarithme népérien est définie et dérivable sur l'intervalle $ ]0~;~+\infty[ $ et a pour dérivée la fonction $ x \longmapsto \dfrac{1}{x} $.

$ x $ est strictement positif sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $ ; la fonction $ f^{\prime} $ est donc du signe de $ x - 2 $, c'est à dire qu'elle s'annule pour $ x=2 $ et est strictement positive pour $ x>2 $.

De plus :

$ f(2)=2 - 2 - 2\ln 2= - 2\ln 2 $ ;

$ f(0{,}5)=0{,}5 - 2 - 2\ln(0{,}5)=0{,}5 - 2 - 2\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)= - 1{,}5+2\ln 2 $ ;

$ f(10)=10 - 2 - 2\ln 10=8 - 2\ln 10 $.

On obtient le tableau de variations suivant :

L'équation réduite de la tangente $ T $ à la courbe $ \mathscr{C}_f $ au point $ A $ d'abscisse $ 1 $ est :

$ y=f^{\prime}(1)(x - 1)+f(1). $

Or :

$ f(1)=1 - 2 - 2\ln(1)= - 1\ $ et $ f^{\prime}(1)=\dfrac{1 - 2}{1}= - 1. $

L'équation réduite de $ T $ est donc :

$ y= - 1(x - 1) - 1 $

$ y= - x. $

(N.B. : Cette droite passe par le point $ A $ et par l'origine du repère.)

La fonction $ f^{\prime} $ est dérivable sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $ ; posons :

$ u(x)=x - 2\ $ et $ \ v(x)=x. $

Alors :

$ u^{\prime}(x)=1\ $ et $ \ v^{\prime}(x)=1 $.

Par conséquent :

$ f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}(x)v(x) - u(x)v^{\prime}(x)}{v(x)^2} $

$ \phantom{f^{\prime \prime}(x)}=\dfrac{x - (x - 2)}{x^2} $

$ \phantom{f^{\prime \prime}(x)}=\dfrac{2}{x^2} $.

$ f^{\prime \prime}(x) $ est strictement positive sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $ donc la fonction $ f $ est convexe sur cet intervalle.

$ f(0{,}5)= -1{,}5+2\ln 2 \approx -0{,}11 < 0 $ ;

$ f(2)= -2\ln 2 \approx -1{,}39 < 0 $ ;

$ f(10)= 8 - 2\ln 10 \approx 3{,}39 > 0 $.

D'après le tableau de variations de la question 2., on voit que :

• Sur $ [0{,}5~;~2] $, $ f $ est décroissante et $ f(0{,}5) \approx -0{,}11 < 0 $, donc $ f(x) < 0 $ sur cet intervalle.

  L'équation $ f(x)=0 $ n'a donc pas de solution sur cet intervalle.

• Sur l'intervalle $ [2~;~10] $, $ f $ est continue, strictement croissante et $ f(2)<0<f(10) $. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire de la bijection), l'équation $ f(x)=0 $ admet une unique solution $ \alpha $ sur l'intervalle $ [2~;~10] $.

  Par conséquent, l'équation $ f(x)=0 $ admet une unique solution sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $.

  À la calculatrice, on trouve :

  $ f(5{,}35) \approx -0{,}004 < 0 $ ;

  $ f(5{,}36) \approx 0{,}002 > 0 $.

  Par conséquent :

  $ 5{,}35 < \alpha < 5{,}36. $

Pour montrer que $ F $ est une primitive de $ f $ sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $, il suffit de montrer que $ F^{\prime}=f $.

La dérivée de la fonction $ x \longmapsto \dfrac{x^2}{2} $ est la fonction $ {x \longmapsto \dfrac{2x}{2}=x} $.

Pour calculer la dérivée de la fonction $ x \longmapsto - 2x\ln x $ on pose :

$ u(x)= - 2x\ $ et $ \ v(x)=\ln x $.

Alors :

$ u^{\prime}(x)= - 2\ $ et $ \ v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x} $ ;

et :

$ u^{\prime}(x)v(x)+u(x)v^{\prime}(x)= - 2\ln x - 2x \times \dfrac{1}{x}= - 2\ln x - 2 $.

Par conséquent :

$ F^{\prime}(x) = x - 2\ln x - 2 = f(x) $.

La fonction $ F $ est donc une primitive de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $.

La fonction $ F $ étant une primitive de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ [0{,}5~;~10] $, on a :

$ I=\displaystyle\int_{6}^{10}f(t)\text{d}t=\left[F(t)\right]_6^{10}=F(10) - F(6) $

$ \phantom{I}=\dfrac{10^2}{2} - 20\ln 10 - \left[\dfrac{6^2}{2} - 12\ln 6\right] $

$ \phantom{I}=50 - 20\ln 10 - 18 + 12\ln 6 $

$ \phantom{I}=32 - 20\ln 10 + 12\ln 6 $

$ I \approx 7{,}45 $ (arrondi au centième).

La fonction $ f $ étant positive sur l'intervalle $ [6~;~10] $, l'intégrale $ I $ est égale à l'aire, exprimée en unités d'aire, du domaine délimité par la courbe $ \mathscr{C}_f $, l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives $ x=6 $ et $ x=10 $.