Fonctions et intégrales – Bac blanc ES/L Sujet 4 – Maths-cours 2018
Exercice 3 (5 points)
On considère la fonction $ f $ définie sur l'intervalle $ [0,5~;~10] $ par :
où $ \ln $ désigne la fonction logarithme népérien.
On note $ \mathscr{C}_f $ la courbe représentative de $ f $ dans un repère orthonormé. Cette courbe est tracée ci-après :
Montrer que pour tout réel $ x $ appartenant à l'intervalle $ [0,5~;~10] $ :
$ f^{\prime}(x) =\dfrac{x - 2}{x}. $- Dresser le tableau de variations de $ f $ sur l'intervalle $ [0,5~;~10] $.
- Déterminer l'équation réduite de la tangente $ T $ à la courbe $ \mathscr{C}_f $ au point $ A(1~;~ - 1) $.
- Étudiez la convexité de $ f $ sur l'intervalle $ [0,5~;~10] $.
Montrer que l'équation $ f(x)=0 $ admet une et une seule solution $ \alpha $ sur l'intervalle $ [0,5~;~10] $.
Donner un encadrement de $ \alpha $ d'amplitude $ 10^{ - 2} $.
Montrer que la fonction $ F $ définie par :
$ F(x)=\dfrac{x^2}{2} - 2x\ln x $est une primitive de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ [0,5~;~10] $.
Donner la valeur exacte, puis la valeur arrondie à $ 10^{ - 2} $, de l'intégrale :
$ I=\displaystyle\int_{6}^{10} f(t)dt. $Interpréter graphiquement la valeur de cette intégrale.
Corrigé
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} $.
À retenir
La fonction logarithme népérien est définie et dérivable sur l'intervalle $ ]0~;~+\infty[ $ et a pour dérivée la fonction $ x \longmapsto \dfrac{1}{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.)
Théorème
À retenir
L'équation réduite de la tangente à la courbe représentative de $ f $ au point d'abscisse $a$ est :
$ y=f^{\prime}(a)(x - a)+f(a). $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] $.
Propriété
En pratique
Pour montrer qu'une fonction $ F $ est une primitive de la fonction $ f $ sur un intervalle $ I $, on calcule la dérivée $ F^{\prime} $ de $ F $ et on montre que $ F^{\prime}=f $.
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 $.
Théorème
À retenir
Pour calculer l'intégrale $ \displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x $ alors que l'on connaît une primitive $ F $ de $ f $ sur l'intervalle $ [a~;~b] $, on utilise la formule :
$ \displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x = [F(x)]_a^b = F(b) - F(a). $Définition
Remarque
La variable $ x $ dans l'expression $ \displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x $ est une variable « muette ».
Cela signifie qu'elle n'apparaît pas dans le résultat du calcul et que l'on peut lui substituer n'importe quelle autre lettre ; par exemple il est équivalent d'écrire $ \displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\text{d}x $ ou $ \displaystyle\int_{a}^{b}f(t)\text{d}t $.