TES 1 DM 4 Correction 24 janvier 2015
Exercice 1 : (10 points)
Partie A
(1) gest d´erivable sur [1; 10] car la fonction ln est d´erivable sur cet intervalle.
On a g0(x) = x2, x>1, donc g0(x)>0. On en d´eduit que la fonction est croissante sur [1; 10].
(2)
g(x) = 0⇔2 lnx−1 = 0⇔lnx=1
2 ⇔x= e12 =√ e.
(3) En utilisant les mˆemes arguments, on montre que :
g(x)>0⇔2 lnx−1>0⇔lnx > 1
2 ⇔x >√ e.
Partie B
(1) a. f est d´erivable comme produit et somme de fonctions d´erivables sur [1; 10]. On pose :
u(x) = 2x2, v(x) = lnx−1, doncu0(x) = 4x, v0(x) = 1 x. Donc :
f0= 4x(lnx−1) + 2x2×1
x= 2x(2 lnx−2 + 1) = 2xg(x).
b. sur [1; 10],x >1 etg(x)>0 ssix >√
e, on a donc : x
f0(x)
f
1 √
e 10
− 0 +
0 0
−e + 2
−e + 2
200 ln(10)−198 200 ln(10)−198
(2) a. Sur ]1;√
e], la fonction est strictement d´ecroissante, continue et f(1) = 0. Sur cet intervalle la fonction est donc strictement n´egative.
Sur [√
e; 10], la fonction est continue, strictement croissante etf(√ e) =
−e + 2≈ −0,71<0 etf(10) = 200 ln(10)−198≈261,6>0.
Selon un corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, l’´equation f(x) = 0 admet donc une unique solution sur ]1; 10].
b. Avec la calculatrice, on remarque que 2,21< α <2,22.
