TS Correction Fiche TP 17 2011-2012
1. (a) g est définie parg(x) = Z x
1
f(t) dtavecf continue sur [1;x] pour toutx∈]0; +∞[, ainsig est la primitive def sur ]0; +∞[ qui s’annule en 1 :f est donc la dérivée de gsur ]0; +∞[.
(b) Il en résulte que le signe deg′(x) est celui def(x) ou encore celui de ln(x) puisquex2>0.
lnx <0⇔0< x <1⇔g′(x)<0 etg′(x)>0⇔x >1.
La fonctiong est décroissante sur ]0; 1] et croissante sur [1; +∞[.
g(1) = 0 est donc le minimum degsur ]0; +∞[.
2. La fonction f est continue et positive sur l’intervalle [1; 3], alors g(3) = Z 3
1
f(t)dt est donc égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée parCf, l’axe des abscisses et les droites d’équationsx= 1 etx= 3.
De même g 12
= Z 12
1
f(t) dt = − Z 1
1 2
f(t) dt = Z 1
1 2
(−f(t)) dt. On a vu que sur l’intervalle d’intégration la fonctionf est négative donc−f est positive etg 12
est égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface limitée par Cf, l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx= 12 et x= 1.
3. (a) On pose :
( u(t) = ln(t) v′(t) = 1
t2
u′(t) = 1 t
v(t) = −1
t
Toutes ces fonctions sont dérivables, donc continues : on peut donc intégrer par parties et g(x) =
Z x 1
1
t2 ×lntdt=
−lnt t
x
1
+ Z x
1
dt t2 =
−lnt+ 1 t
x
1
=−lnx+ 1
x +ln 1 + 1
1 = 1−lnx+ 1
x .
(b) On ag(x) = 1−lnx
x − 1
x. La limite des deux derniers termes est clairement nulle, donc :
x→+∞lim g(x) = 1.
0.5 1.0 1.5
−0.5
−1.0
−1.5
−2.0
−2.5
−3.0
−3.5
−4.0
1 2 3 4
−1
−2 O
Cf
g(3) =aire du domainerouge
g 1
2
= aire du domainevert
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