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

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

$x$ 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 :

$f(2)=2 - 2 - 2\ln2= - 2\ln2$ ;

$f(0,5)=0,5 - 2 - 2\ln(0,5)=0,5 - 2 - 2\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)= - 1,5+2\ln2$ ;

$f(2)=10 - 2 - 2\ln10=8 - 2\ln10$.

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.

$f(0)=2\ln2 - 1,5 \approx - 0,11 < 0$ ;

$f(2)=2\ln2 \approx - 1,39 < 0$ ;

$f(10)= 8 - 2\ln10 \approx 3,39 >0$.

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

• Pour $x \in [0,5~;~2]$, $f(x)$ est strictement négatif (car inférieur à $f(0)$ qui est négatif).

  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 change de signe entre 2 et 10. Donc l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution 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 :

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

  $f(5,36) \approx 20,002 > 0$.

  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 $x=10$.