Exercice corrigéExercice 1
Commun à tous les candidats
Partie I
Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes \left(\mathscr C_{1}\right) et \left(\mathscr C_{2}\right) représentatives de deux fonctions f_{1} et f_{2} définies sur l'intervalle \left]0;+\infty \right[.
On sait que :
- l'axe des ordonnées est asymptote aux courbes \left(\mathscr C_{1}\right) et \left(\mathscr C_{2}\right)
- l'axe des abscisses est asymptote à la courbe \left(\mathscr C_{2}\right)
- la fonction f_{2} est continue et strictement décroissante sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[
- la fonction f_{1} est continue et strictement croissante sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[
- la limite quand x tend vers +\infty de f_{1}\left(x\right) est + \infty .
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.
- La limite quand x tend vers 0 de f_{2}\left(x\right) est :
1°) 0
2°) + \infty
3°) On ne peut pas conclure - La limite quand x tend vers + \infty de f_{2}\left(x\right) est :
1°) 0
2°) 0,2
3°) On ne peut pas conclure - En +\infty , \left(\mathscr C_{1}\right) admet une asymptote oblique :
1°) Oui
2°) Non
3°) On ne peut pas conclure - Le tableau de signes de f_{2}\left(x\right)-f_{1}\left(x\right) est :
1°)
2°)
3°)
Partie II
On considère la fonction f définie sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[ par
f\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1-\frac{1}{x}.
- Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de définition.
- Étudier les variations de la fonction f sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[.
- En déduire le signe de f\left(x\right) lorsque x décrit l'intervalle \left]0; +\infty \right[.
- Montrer que la fonction F définie sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[ par F\left(x\right)=x \ln x-\ln x est une primitive de la fonction f sur cet intervalle.
- Démontrer que la fonction F est strictement croissante sur l'intervalle \left]1; +\infty \right[.
- Montrer que l'équation F\left(x\right)=1-\frac{1}{\text{e}} admet une unique solution dans l'intervalle \left]1;+\infty \right[ qu'on note \alpha .
- Donner un encadrement de \alpha d'amplitude 10^{-1}.
Partie III
Soit g et h les fonctions définies sur l'intervalle \left]0; +\infty \right[ par :
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 \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right) représentatives des fonctions g et h.
- A est le point d'intersection de la courbe \left(\mathscr C_{h}\right) et de l'axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point A.
- P est le point d'intersection des courbes \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right). Justifier que les coordonnées du point P sont \left(1 ; 1\right).
- On note \mathscr A l'aire du domaine délimité par les courbes \left(\mathscr C_{g}\right), \left(\mathscr C_{h}\right) et les droites d'équations respectives x=\frac{1}{\text{e}} et x=1 (domaine grisé sur le graphique).
- Exprimer l'aire \mathscr A à l'aide de la fonction f définie dans la partie II.
- Montrer que \mathscr A=1-\frac{1}{\text{e}}.
- Soit t un nombre réel de l'intervalle \left]1; +\infty \right[. On note \mathscr B_{t} l'aire du domaine délimité par les droites d'équations respectives x=1, x=t et les courbes \left(\mathscr C_{g}\right) et \left(\mathscr C_{h}\right) (domaine hachuré sur le graphique).
On souhaite déterminer une valeur de t telle que A=\mathscr B_{t}.- Montrer que \mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right)-\ln \left(t\right).
- Conclure.
Corrigé
Partie I
- La réponse correcte est +\infty .
En effet, l'énoncé indique que l'axe des ordonnées est asymptote de \left(\mathscr C_{2}\right) donc \lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+-\infty .
Comme f_{2} est strictement décroissante sur \left]0;+\infty \right[, on a nécessairement \lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+\infty . - La réponse correcte est 0.
L'axe des abscisses est asymptote à la courbe \left(\mathscr C_{2}\right). - La réponse correcte est : « on ne peut pas conclure ».
Aucune indication n'est fournie par l'énoncé qui justifie ou démentit le résultat. - Le troisième tableau est le seul possible. En effet :
f_{2}\left(1\right)-f_{1}\left(1\right)=1-1=0
Par ailleurs, on montre facilement que f_{2}-f_{1} est décroissante sur \left]0;+\infty \right[.
Partie II
- \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } \ln\left(x\right)=-\infty
et \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ }\frac{1}{x}=+\infty donc \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } -\frac{1}{x}=-\infty
Par conséquent, par somme, \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } f\left(x\right)=-\infty
\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \ln\left(x\right)=+\infty et \lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \frac{1}{x}=0
Et par somme \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty - f^{\prime}\left(x\right)= \frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}
Sur l'intervalle \left]0;+\infty \right[, \frac{1}{x} > 0 donc f^{\prime}\left(x\right) > 0 et par conséquent f est strictement croissante. - Comme f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1-\frac{1}{1}=0 et comme f est strictement croissante, f est strictement négative sur \left]0;1\right[ et strictement positive sur \left]1;+\infty \right[.
Le tableau de signe de f est :
- On calcule la dérivée F^{\prime}\left(x\right) :
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 F est une primitive de f sur \left]0;+\infty \right[. - La dérivée de F est f et est strictement positive sur \left]1;+\infty \right[ d'après 3.. Donc F est strictement croissante sur cet intervalle.
- F\left(1\right)=0
\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 \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\frac{\ln\left(x\right)}{x}=0 (Croissance comparée)
donc (par différence et produit) \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty
Sur l'intervalle \left]1;+\infty \right[, F est continue car dérivable, strictement croissante et 1-\frac{1}{e} est compris entre F\left(1\right)=0 et \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty .
D'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation F\left(x\right)=1-\frac{1}{e} admet une unique solution sur l'intervalle \left]1;+\infty \right[. - Posons G\left(x\right)=F\left(x\right) - \left(1-\frac{1}{e}\right).
A la calculatrice, on trouve : G\left(1,9\right)\approx -0,05 et G\left(2\right)\approx 0,06 donc 1,9 < \alpha < 2.
Partie III
- L'abscisse du point A est solution de l'équation : h\left(x\right)=0. Donc :
\ln\left(x_{A}\right)+1=0
\ln\left(x_{A}\right)=-1
x_{A}=e^{-1}=\frac{1}{e}
Donc A\left(\frac{1}{e};0\right). - L'abscisse du point P vérifie l'équation :
\frac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1
\ln\left(x\right)+1-\frac{1}{x}=0
f\left(x\right)=0
Donc d'après la partie II, x_{P}=1 et y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1
Donc P\left(1;1\right) - Sur l'intervalle \left[\frac{1}{e} ; 1\right], g\geqslant h. L'aire \mathscr A est donc:
\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 - \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 \ln 1 = 0 et \ln \frac{1}{e} = -\ln e = -1
- Sur l'intervalle \left[\frac{1}{e} ; 1\right], g\geqslant h. L'aire \mathscr A est donc:
- Sur l'intervalle \left[1 ; +\infty \right], g\leqslant h. Par conséquent :
\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 - \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=\alpha comme unique solution.
- Sur l'intervalle \left[1 ; +\infty \right], g\leqslant h. Par conséquent :
