[Bac] Fonction ln - Primitives - Intégrales - Aires
Extrait d'un exercice du Bac S Pondichéry 2011.
Le sujet complet est disponible ici : Bac S Pondichéry 2011
Partie I
On considère la fonction f définie sur l'intervalle ]0;+∞[ par
f(x)=ln(x)+1−x1.
Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de définition.
Étudier les variations de la fonction f sur l'intervalle ]0;+∞[.
En déduire le signe de f(x) lorsque x décrit l'intervalle ]0;+∞[.
Montrer que la fonction F définie sur l'intervalle ]0;+∞[ par F(x)=xlnx−lnx est une primitive de la fonction f sur cet intervalle.
Démontrer que la fonction F est strictement croissante sur l'intervalle ]1;+∞[.
Montrer que l'équation F(x)=1−e1 admet une unique solution dans l'intervalle ]1;+∞[ qu'on note α.
Donner un encadrement de α d'amplitude 10−1.
Partie II
Soit g et h les fonctions définies sur l'intervalle ]0;+∞[ par :
g(x)=x1 et h(x)=ln(x)+1.
Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes (Cg) et (Ch) représentatives des fonctions g et h.
A est le point d'intersection de la courbe (Ch) et de l'axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point A.
P est le point d'intersection des courbes (Cg) et (Ch). Justifier que les coordonnées du point P sont (1;1).
On note A l'aire du domaine délimité par les courbes (Cg), (Ch) et les droites d'équations respectives x=e1 et x=1 (domaine grisé sur le graphique).
Exprimer l'aire A à l'aide de la fonction f définie dans la partie II.
Montrer que A=1−e1.
Soit t un nombre réel de l'intervalle ]1;+∞[. On note Bt l'aire du domaine délimité par les droites d'équations respectives x=1,x=t et les courbes (Cg) et (Ch) (domaine hachuré sur le graphique).
On souhaite déterminer une valeur de t telle que A=Bt.
Montrer que Bt=tln(t)−ln(t).
Conclure.
Partie I
x→0+limln(x)=−∞ et x→0+limx1=+∞
Par conséquent, par somme x→0+limf(x)=−∞
x→+∞limln(x)=+∞ et x→+∞limx1=0
Et par somme x→+∞limf(x)=+∞
f′(x)=x1+x21
Sur l'intervalle ]0;+∞[, x1>0 donc f′(x)>0 et par conséquent f est strictement croissante.
Comme f(1)=ln(1)+1−11=0 et comme f est strictement croissante, f est strictement négative sur ]0;1[ et strictement positive sur ]1;+∞[.
Le tableau de signe de f est :
On calcule la dérivée F′(x) :
F′(x)=ln(x)+x×x1−x1=ln(x)+1−x1=f(x)
Donc F est une primitive de f sur ]0;+∞[.
La dérivée de F est f et est strictement positive sur ]1;+∞[ d'après 3.. Donc F est strictement croissante sur cet intervalle.
F(1)=0
x→+∞limF(x)=x→+∞limxln(x)−ln(x)=x→+∞limx(ln(x)−xln(x))
Or x→+∞limxln(x)=0 (Croissance comparée)
donc (par différence et produit) x→+∞limF(x)=+∞
Sur l'intervalle ]1;+∞[, F est continue car dérivable, strictement croissante et 1−e1 est compris entre F(1)=0 et x→+∞limF(x)=+∞.
D'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation F(x)=1−e1 admet une unique solution sur l'intervalle ]1;+∞[.
A la calculatrice, on trouve : F(1,9)≈−0,05 et F(2)≈0,06 donc 1,9<α<2.
Partie II
L'abscisse du point A est solution de l'équation : h(x)=0. Donc :
ln(xA)+1=0
ln(xA)=−1
xA=e−1=e1
Donc A(e1;0).
L'abscisse du point P vérifie l'équation :
x1=ln(x)+1
ln(x)+1−x1=0
f(x)=0
Donc d'après la partie II, xP=1 et yP=g(xP)=g(1)=1
Donc P(1;1)
Sur l'intervalle [e1;1], g⩾h. L'aire A est donc:
A=∫1/e1g(x)−h(x)dx=∫1/e1−f(x)dx=−∫1/e1f(x)dx
A=−[F(x)]1/e1=−F(1)+F(e1)=1ln1−ln1+e1lne1−lne1=1−e1
car ln1=0 et lne1=−lne=−1
Sur l'intervalle [1;+∞[, g⩽h. Par conséquent :
Bt=∫1th(x)−g(x)dx=∫1tf(x)dx=F(t)−F(1)=F(t)=tlnt−lnt
A=Bt⇔F(t)=1−e1
D'après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet t=α comme unique solution.