Fonctions et intégrales – Bac blanc ES/L Sujet 4 – Maths-cours 2018

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 $F$ é\tant 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 $f$ é\tant positive sur l’\intervalle $[6~;~10]$, l’\intégrale $I$ est égale à l’aire, \exprimée en unités d’aire, du domaine dé\limité par la courbe $\mathscr{C}_f$, l’axe des abscisses et \les droites d’équations respectives $x=6$ et $x=10$.