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 $\left]0; +\infty \right[$ par
$f\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1 – \dfrac{1}{x}.$
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Déterminer les limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
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Étudier les variations de la fonction $f$ sur l’intervalle $\left]0; +\infty \right[$.
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En déduire le signe de $f\left(x\right)$ lorsque $x$ décrit l’intervalle $\left]0; +\infty \right[$.
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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.
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Démontrer que la fonction $F$ est strictement croissante sur l’intervalle $\left]1; +\infty \right[$.
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Montrer que l’équation $F\left(x\right)=1 – \dfrac{1}{\text{e}}$ admet une unique solution dans l’intervalle $\left]1;+\infty \right[$ qu’on note $\alpha$.
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Donner un encadrement de $\alpha$ d’amplitude $10^{ – 1}$.
Partie II
Soit $g$ et $h$ les fonctions définies sur l’intervalle $\left]0; +\infty \right[$ par :
$g\left(x\right)=\dfrac{1}{x}$ 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 $h$.
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$A$ est le point d’intersection de la courbe $\left(\mathscr C_{h}\right)$ et de l’axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point $A$.
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$P$ 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 $\left(1 ; 1\right)$.
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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 $x=\dfrac{1}{\text{e}}$ et $x=1$ (domaine grisé sur le graphique).
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Exprimer l’aire $\mathscr A$ à l’aide de la fonction $f$ définie dans la partie II.
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Montrer que $\mathscr A=1 – \dfrac{1}{\text{e}}$.
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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 $\mathscr A=\mathscr B_{t}$.
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Montrer que $\mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right) – \ln \left(t\right)$.
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Conclure.
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Corrigé
Partie I
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$\lim\limits_{x\rightarrow 0^+} \ln\left(x\right)= – \infty$ et $\lim\limits_{x\rightarrow 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty$
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 $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \dfrac{1}{x}=0$
Et par somme $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty$
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$f^{\prime}\left(x\right)= \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}}$
Sur l’intervalle $\left]0;+\infty \right[$, $\dfrac{1}{x} > 0$ donc $f^{\prime}\left(x\right) > 0$ et par conséquent $f$ est strictement croissante.
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Comme $f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1 – \dfrac{1}{1}=0$ 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 :
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On calcule la dérivée $F^{\prime}\left(x\right)$ :
$F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(x\right)+x\times \dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 – \dfrac{1}{x}=f\left(x\right)$
Donc $F$ est une primitive de $f$ sur $\left]0;+\infty \right[$.
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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.
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$F\left(1\right)=0$
$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\ln\left(x\right) – \ln\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\left(\ln\left(x\right) – \dfrac{\ln\left(x\right)}{x}\right)$
Or $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln\left(x\right)}{x}=0$ (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 $1 – \dfrac{1}{e}$ 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 $F\left(x\right)=1 – \dfrac{1}{e}$ admet une unique solution sur l’intervalle $\left]1;+\infty \right[$.
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A la calculatrice, on trouve : $F\left(1,9\right)\approx – 0,05$ et $F\left(2\right)\approx 0,06$ donc $1,9 < \alpha < 2$.
Partie II
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L’abscisse du point $A$ est solution de l’équation : $h\left(x\right)=0$. Donc :
$\ln\left(x_{A}\right)+1=0$
$\ln\left(x_{A}\right)= – 1$
$x_{A}=e^{ – 1}=\dfrac{1}{e}$
Donc $A\left(\dfrac{1}{e};0\right)$.
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L’abscisse du point $P$ vérifie l’équation :
$\dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1$
$\ln\left(x\right)+1 – \dfrac{1}{x}=0$
$f\left(x\right)=0$
Donc d’après la partie II, $x_{P}=1$ et $y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1$
Donc $P\left(1;1\right)$
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Sur l’intervalle $\left[\dfrac{1}{e} ; 1\right]$, $g\geqslant h$. L’aire $\mathscr A$ est donc:
$\mathscr A=\int_{1/e}^{1}g\left(x\right) – h\left(x\right)dx = \int_{1/e}^{1} – f\left(x\right)dx = – \int_{1/e}^{1}f\left(x\right)dx$
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$\mathscr A= – \left[F\left(x\right)\right]_{1/e}^{1} = – F\left(1\right)+F\left(\dfrac{1}{e}\right) = 1\ln 1 – \ln 1+\dfrac{1}{e} \ln \dfrac{1}{e} – \ln \dfrac{1}{e} = 1 – \dfrac{1}{e}$
car $\ln 1 = 0$ et $\ln \dfrac{1}{e} = – \ln e = – 1$
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Sur l’intervalle $\left[1 ; +\infty \right[$, $g\leqslant h$. Par conséquent :
$\mathscr B_{t}=\int_{1}^{t}h\left(x\right) – g\left(x\right)dx = \int_{1}^{t}f\left(x\right)dx = F\left(t\right) – F\left(1\right) = F\left(t\right) = t \ln t – \ln t$
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$\mathscr A=\mathscr B_{t} \Leftrightarrow F\left(t\right) = 1 – \dfrac{1}{e}$
D’après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet $t=\alpha$ comme unique solution.
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