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COURS & EXERCICES DE MATHÉMATIQUES

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Fonctions Calculs d'aire - Bac S Pondichéry 2011

Exercice 1

Commun à tous les candidats

Partie I

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes (C1)\left(\mathscr C_{1}\right) et (C2)\left(\mathscr C_{2}\right) représentatives de deux fonctions f1f_{1} et f2f_{2} définies sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

Fonctions Calculs d'aire - 1

On sait que :

Pour chacune des quatre questions de cette partie, une seule des trois propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée. Chaque réponse juste rapporte 0,5 point. Une réponse fausse ou l'absence de réponse n'est pas sanctionnée.

  1. La limite quand xx tend vers 00 de f2(x)f_{2}\left(x\right) est :

    1°) 00

    2°) +∞+ \infty

    3°) On ne peut pas conclure

  2. La limite quand xx tend vers +∞+ \infty de f2(x)f_{2}\left(x\right) est :

    1°) 00

    2°) 0,20,2

    3°) On ne peut pas conclure

  3. En +∞+\infty , (C1)\left(\mathscr C_{1}\right) admet une asymptote oblique :

    1°) Oui

    2°) Non

    3°) On ne peut pas conclure

  4. Le tableau de signes de f2(x)−f1(x)f_{2}\left(x\right) - f_{1}\left(x\right) est :

    1°)

    Exercice

    2°)

    Exercice

    3°)

    Exercice

Partie II

On considère la fonction ff définie sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0; +\infty \right[ par

f(x)=ln(x)+1−1x.f\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1 - \frac{1}{x}.

  1. Déterminer les limites de la fonction ff aux bornes de son ensemble de définition.

  2. Étudier les variations de la fonction ff sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0; +\infty \right[.

  3. En déduire le signe de f(x)f\left(x\right) lorsque xx décrit l'intervalle ]0;+∞[\left]0; +\infty \right[.

  4. Montrer que la fonction FF définie sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0; +\infty \right[ par F(x)=xlnx−lnxF\left(x\right)=x \ln x - \ln x est une primitive de la fonction ff sur cet intervalle.

  5. Démontrer que la fonction FF est strictement croissante sur l'intervalle ]1;+∞[\left]1; +\infty \right[.

  6. Montrer que l'équation F(x)=1−1eF\left(x\right)=1 - \frac{1}{\text{e}} admet une unique solution dans l'intervalle ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[ qu'on note α\alpha .

  7. Donner un encadrement de α\alpha d'amplitude 10−110^{ - 1}.

Partie III

Soit gg et hh les fonctions définies sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0; +\infty \right[ par :

g(x)=1x et h(x)=ln(x)+1.g\left(x\right)=\frac{1}{x}\ \text{et} \ h\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1.

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes (Cg)\left(\mathscr C_{g}\right) et (Ch)\left(\mathscr C_{h}\right) représentatives des fonctions gg et hh.

Fonctions Calculs d'aire - 2

  1. AA est le point d'intersection de la courbe (Ch)\left(\mathscr C_{h}\right) et de l'axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point AA.

  2. PP est le point d'intersection des courbes (Cg)\left(\mathscr C_{g}\right) et (Ch)\left(\mathscr C_{h}\right). Justifier que les coordonnées du point PP sont (1;1)\left(1 ; 1\right).

  3. On note A\mathscr A l'aire du domaine délimité par les courbes (Cg)\left(\mathscr C_{g}\right), (Ch)\left(\mathscr C_{h}\right) et les droites d'équations respectives x=1ex=\frac{1}{\text{e}} et x=1x=1 (domaine grisé sur le graphique).

    1. Exprimer l'aire A\mathscr A à l'aide de la fonction ff définie dans la partie II.

    2. Montrer que A=1−1e\mathscr A=1 - \frac{1}{\text{e}}.

  4. Soit tt un nombre réel de l'intervalle ]1;+∞[\left]1; +\infty \right[. On note Bt\mathscr B_{t} l'aire du domaine délimité par les droites d'équations respectives x=1,x=tx=1, x=t et les courbes (Cg)\left(\mathscr C_{g}\right) et (Ch)\left(\mathscr C_{h}\right) (domaine hachuré sur le graphique).

    On souhaite déterminer une valeur de tt telle que A=BtA=\mathscr B_{t}.

    1. Montrer que Bt=tln(t)−ln(t)\mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right) - \ln \left(t\right).

    2. Conclure.

Corrigé

Partie I

  1. La réponse correcte est +∞+\infty .

    En effet, l'énoncé indique que l'axe des ordonnées est asymptote de (C2)\left(\mathscr C_{2}\right) donc limx→0f2(x)=+−∞\lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+ - \infty .

    Comme f2f_{2} est strictement décroissante sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, on a nécessairement limx→0f2(x)=+∞\lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+\infty .

  2. La réponse correcte est 0.

    L'axe des abscisses est asymptote à la courbe (C2)\left(\mathscr C_{2}\right).

  3. La réponse correcte est : « on ne peut pas conclure ».

    Aucune indication n'est fournie par l'énoncé qui justifie ou démentit le résultat.

  4. Le troisième tableau est le seul possible. En effet :

    f2(1)−f1(1)=1−1=0f_{2}\left(1\right) - f_{1}\left(1\right)=1 - 1=0

    Par ailleurs, on montre facilement que f2−f1f_{2} - f_{1} est décroissante sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

Partie II

  1. limx→0+ln(x)=−∞\lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } \ln\left(x\right)= - \infty

    et limx→0+1x=+∞ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ }\frac{1}{x}=+\infty donc limx→0+−1x=−∞ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } - \frac{1}{x}= - \infty

    Par conséquent, par somme, limx→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } f\left(x\right)= - \infty

    limx→+∞ln(x)=+∞\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \ln\left(x\right)=+\infty et limx→+∞1x=0 \lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \frac{1}{x}=0

    Et par somme limx→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty

  2. f′(x)=1x+1x2f^{\prime}\left(x\right)= \frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}

    Sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, 1x>0\frac{1}{x} > 0 donc f′(x)>0f^{\prime}\left(x\right) > 0 et par conséquent ff est strictement croissante.

  3. Comme f(1)=ln(1)+1−11=0f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1 - \frac{1}{1}=0 et comme ff est strictement croissante, ff est strictement négative sur ]0;1[\left]0;1\right[ et strictement positive sur ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[.

    Le tableau de signe de ff est :

    Exercice

  4. On calcule la dérivée F′(x)F^{\prime}\left(x\right) :

    F′(x)=ln(x)+x×1x−1x=ln(x)+1−1x=f(x)F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(x\right)+x\times \frac{1}{x} - \frac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 - \frac{1}{x}=f\left(x\right)

    Donc FF est une primitive de ff sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

  5. La dérivée de FF est ff et est strictement positive sur ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[ d'après 3.. Donc FF est strictement croissante sur cet intervalle.

  6. F(1)=0F\left(1\right)=0

    limx→+∞F(x)=limx→+∞xln(x)−ln(x)=limx→+∞x(ln(x)−ln(x)x)\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\ln\left(x\right) - \ln\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\left(\ln\left(x\right) - \frac{\ln\left(x\right)}{x}\right)

    Or limx→+∞ln(x)x=0\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\frac{\ln\left(x\right)}{x}=0 (Croissance comparée)

    donc (par différence et produit) limx→+∞F(x)=+∞\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty

    Sur l'intervalle ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[, FF est continue car dérivable, strictement croissante et 1−1e1 - \frac{1}{e} est compris entre F(1)=0F\left(1\right)=0 et limx→+∞F(x)=+∞\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty .

    D'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation F(x)=1−1eF\left(x\right)=1 - \frac{1}{e} admet une unique solution sur l'intervalle ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[.

  7. Posons G(x)=F(x)−(1−1e)G\left(x\right)=F\left(x\right) - \left(1 - \frac{1}{e}\right).
    A la calculatrice, on trouve : G(1,9)≈−0,05G\left(1,9\right)\approx - 0,05 et G(2)≈0,06G\left(2\right)\approx 0,06 donc 1,9<α<21,9 < \alpha < 2.

Partie III

  1. L'abscisse du point AA est solution de l'équation : h(x)=0h\left(x\right)=0. Donc :

    ln(xA)+1=0\ln\left(x_{A}\right)+1=0

    ln(xA)=−1\ln\left(x_{A}\right)= - 1

    xA=e−1=1ex_{A}=e^{ - 1}=\frac{1}{e}

    Donc A(1e;0)A\left(\frac{1}{e};0\right).

  2. L'abscisse du point PP vérifie l'équation :

    1x=ln(x)+1\frac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1

    ln(x)+1−1x=0\ln\left(x\right)+1 - \frac{1}{x}=0

    f(x)=0f\left(x\right)=0

    Donc d'après la partie II, xP=1x_{P}=1 et yP=g(xP)=g(1)=1y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1

    Donc P(1;1)P\left(1;1\right)

    1. Sur l'intervalle [1e;1]\left[\frac{1}{e} ; 1\right], g⩾hg\geqslant h. L'aire A\mathscr A est donc:

      A=∫1/e1g(x)−h(x)dx=∫1/e1−f(x)dx=−∫1/e1f(x)dx\mathscr A=\int_{1/e}^{1}g\left(x\right) - h\left(x\right)dx = \int_{1/e}^{1} - f\left(x\right)dx = - \int_{1/e}^{1}f\left(x\right)dx

    2. A=−[F(x)]1/e1=−F(1)+F(1e)=1ln1−ln1+1eln1e−ln1e=1−1e\mathscr A= - \left[F\left(x\right)\right]_{1/e}^{1} = - F\left(1\right)+F\left(\frac{1}{e}\right) = 1\ln 1 - \ln 1+\frac{1}{e} \ln \frac{1}{e} - \ln \frac{1}{e} = 1 - \frac{1}{e}

      car ln1=0\ln 1 = 0 et ln1e=−lne=−1 \ln \frac{1}{e} = - \ln e = - 1

    1. Sur l'intervalle [1;+∞]\left[1 ; +\infty \right], g⩽hg\leqslant h. Par conséquent :

      Bt=∫1th(x)−g(x)dx=∫1tf(x)dx=F(t)−F(1)=F(t)=tlnt−lnt\mathscr B_{t}=\int_{1}^{t}h\left(x\right) - g\left(x\right)dx = \int_{1}^{t}f\left(x\right)dx = F\left(t\right) - F\left(1\right) = F\left(t\right) = t \ln t - \ln t

    2. A=Bt⇔F(t)=1−1e\mathscr A=\mathscr B_{t} \Leftrightarrow F\left(t\right) = 1 - \frac{1}{e}

      D'après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet t=αt=\alpha comme unique solution.

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