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[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 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 II

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

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

Fonction ln - Primitives - Intégrales

  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=Bt\mathscr A=\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. limx→0+ln(x)=−∞\lim_{x\rightarrow 0^+} \ln\left(x\right)= - \infty et limx→0+1x=+∞ \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{1}{x}=+\infty

    Par conséquent, par somme limx→0+f(x)=−∞\lim_{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. A la calculatrice, on trouve : F(1,9)≈−0,05F\left(1,9\right)\approx - 0,05 et F(2)≈0,06F\left(2\right)\approx 0,06 donc 1,9<α<21,9 < \alpha < 2.

Partie II

  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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