Externat Notre Dame Devoir Maison n°6 (Tle S) Lundi 14 mars 2016
Proposition de corrigé Exercice1 :
Partie A
Soitf la fonction définie surRpar
f(x)= 3 1+e−2x.
Sur le graphique ci-après, on a tracé, dans un repère orthogonal³ O,−→
ı ,−→
´, la courbe repré- sentativeC de la fonctionf et la droite∆d’équationy=3.
1 2 3
1 2 3 4
-1
-2 →−
ı
−
→
C
∆
a
1. Démontrer que la fonction f est strictement croissante surR.
On sait que e−2x>0 quel que soit le réelx, donc 1+e−2x>1>0. Le dénominateur étant non nul, la fonctionf est dérivable surRet sur cet intervalle la fonction étant de la forme
3
u(x), avecu(x)=1+e−2x, doncu′(x)= −2e−2xon a : f′(x)= −3u′(x)
(u(x))2 = −3×(−2)e−2x
¡1+e−2x¢2 = 6e−2x
¡1+e−2x¢2 >0 car quotient de deux nombres supé- rieurs à zéro. la fonctionf est donc strictement croissante surR(comme le laisse suppo- ser le graphique).
2. Justifier que la droite∆est asymptote à la courbeC. On a lim
x→+∞
−2x= −∞et en posantX= −2x, lim
X→−∞eX=0, d’où
Xlim→−∞1+eX=1 et enfin par quotient de limites lim
x→+∞f(x)=3 : ceci montre que la droite (∆) d’équationy=3 est asymptote àC au voisinage de plus l’infini.
3. Démontrer que l’équation f(x)=2, 999 admet une unique solutionαsurR. Déterminer un encadrement deαd’amplitude 10−2.
Sur l’intervalle [0 ; +∞[, la fonctionf est continue car dérivable, strictement croissante def(0)= 3
1+1=1, 5 à 3 : il existe donc un réel uniqueα∈[0 ; +∞[ tel quef(α)=2, 999.
La calculatrice donne :
f(4)≈2,998 99 etf(5)≈2,999 9, donc 4<α<5 ;
f(4, 0)≈2,998 99 etf(4, 1)≈2,999 2, donc 4, 0<α<4, 1 ;
f(4, 00)≈2,998 99 etf(4, 01)≈2,999 01, donc 4, 00<α<4, 01 (encadrement à 10−2près).
Partie B
Soithla fonction définie surRparh(x)=3−f(x).
1. Justifier que la fonctionhest positive surR.
On a vu dans la partie A que 0<f(x)<3⇐⇒ −f(x)<0<3−f(x), soith(x)>0 surR. 2. On désigne parHla fonction définie surRparH(x)= −3
2ln¡
1+e−2x¢ . Démontrer queHest une primitive dehsurR.
La fonctionHest dérivable surRet sur cet intervalle : H′(x)= −3
2×
−2e−2x
1+e−2x = 3e−2x
1+e−2x =3e−2x+3−3
1+e−2x =3e−2x+3 1+e−2x − 3
1+e−2x =3¡
e−2x+1¢ 1+e−2x − 3
1+e−2x =3−f(x)=h(x).
DoncHest une primitive dehsurR. 3. Soitaun réel strictement positif.
a. Donner une interprétation graphique de l’intégrale Za
0 h(x) dx.
On a vu que surRdonc en particulier sur l’intervalle [0 ; a] (aveca>), la fonction h est positive, donc l’intégrale
Za 0
h(x) dxest égale en unités d’aire à la mesure de la surface limitée par la représentation graphique de h, l’axe des abscisses, et les droites d’équationx=0 etx=a.
Mais commeh(x)=3−f(x), cette surface est la surface limitée par la droite∆, la courbeC et les droites d’équationx=0 etx=a(voir l’aire hachurée ci-dessus).
b. Démontrer que Za
0
h(x) dx=3 2ln
µ 2 1+e−2a
¶ . D’après la questionB. 2., on a :
Za 0
h(x) dx=[H(x)]a0 =H(a)−H(0)= −3 2ln¡
1+e−2×a¢ +3
2ln¡
1+e−2×0¢
=3 2ln 2− 3
2ln¡
1+e−2×a¢
=3 2ln
µ 2
1+e−2a
¶ .
c. On noteDl’ensemble des pointsM(x; y) du plan défini par
½ x > 0 f(x) 6y 63
Déterminer l’aire, en unité d’aire, du domaineD.
D’après la question précédente, on sait que l’aire deDa, surface limitée par la droite
∆, la courbeC et les droites d’équationx=0 etx=aest égale à3 2ln
µ 2
1+e−2a
¶ . Or lim
x→+∞e−2x=0, donc lim
x→+∞1+e−2x=1 et lim
x→+∞
µ 2
1+e−2x
¶
=2, donc finalement par composition, l’aire deDest égale à lim
x→+∞
3 2ln
µ 2
1+e−2x
¶
=3
2ln 2≈1, 04 (u. a.)
Exercice2 :
On considère la fonctionf définie sur ]0 ;+∞[ par f(x)=1
x(1+lnx)
1. Dans les trois situations suivantes, on a dessiné, dans un repère orthonormé, la courbe représentativeCf de la fonctionf et une courbeCF. Dans une seule situation, la courbe CFest la courbe représentative d’une primitiveF de la fonction f. Laquelle ? Justifier la réponse.
Situation 1 Situation 2
0,5 1,0 1,5
-0,5 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 0
0,5 1,0 1,5
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5
Cf
CF
K b bL
0,5 1,0 1,5
-0,5 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 0
0,5 1,0 1,5
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5
Cf CF
Kb Lb
Situation 3
0,5 1,0 1,5
-0,5 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 0
0,5 1,0 1,5
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5
Cf
CF
Kb bL
CommeFest une primitive def, alorsf est la dérivée deFdonc les variations deFsont données par le signe de f :Fest croissante si et seulementf est positive
C’est donc dans la situation 2 que la courbeCFest la courbe représentative d’une primi- tiveFde la fonctionf.
2. Dans la situation retenue à la question 1, on appelle :
– K le point d’intersection de la courbeCf et de l’axe des abscisses etD la droite passant par K et parallèle à l’axe des ordonnées ;
– L le point d’intersection deCF et de l’axe des abscisses, ayant une abscisse supé- rieure à1
2 et∆la droite passant par L et parallèle à l’axe des ordonnées.
L’abscisse du pointLest l’abscisse du point en lequel la fonction f atteint son maximum (voir remarque), nombre pour lequel la dérivée def s’annule et passe du positif au néga- tif.
f′(x)=
1
x×x−(1+lnx)×1
x2 = −lnx
x2 s’annule pourx=1.
Pour 0<x<1, lnx<0 doncf′(x)= −lnx
x2 >0, doncf est croissante.
Pour 1<x, lnx>0 doncf′(x)= −lnx
x2 <0, doncf est décroissante.
La fonctionf est donc croissante sur [0 ; 1] puis décroissante sur [1 ;+∞[ ; sa dérivée s’an- nule pourx=1 donc la fonction f admet un maximum pourx=1 et le pointLa pour abscisse 1.
Remarque – Il aurait été préférable que le texte précise, par exemple, que l’abscisse du point L était un nombre entier, car rien ne dit dans le texte – hormis le graphique – que le point L a pour abscisse l’abscisse du point en lequel la fonction f atteint son maximum.
a. Déterminer une valeur approchée de l’aire du domaine du plan délimité par les droitesDet∆, par la courbeCf et par l’axe des abscisses.
L’aire du domaine du plan délimité par les droitesDet∆, par la courbeCf et par l’axe des abscisses a une valeur approchée de 0,5 (aire du rectangle coloré en gris sur le graphique).
b. Peut-on déterminer la valeur exacte de cette aire ? Deux méthodes :
– une méthode graphique: graphiquement on peut lire queF(1)=0 et que F¡
e−1¢
≈ −0, 5 ; donc l’aire est approximativement égale à 0,5.
– une méthode numérique: pour avoir la valeur exacte de l’aire, il faut déterminer une primitive de f.
f(x)=1 x+1
x×lnx La fonctionx7→ 1
xa pour primitive sur [0 ;∞[ la fonctionx7→lnx.
La fonctionx7→1
x×lnxest de la formeu′u, oùu(x)=lnx, donc a pour primitiveu2 2 soit la fonctionx7→(lnx)2
2 . Donc la fonctionf a pour primitivex7→lnx+(lnx)2 2 . Z1
e−1f(x) dx=
·
lnx+(lnx)2 2
¸1
e−1
= µ
ln 1+(ln 1)2 2
¶
− µ
ln e−1+(ln e−1)2 2
¶
ln 1=0 et ln e−1= −1 donc Z1
e−1
f(x) dx=0− µ
−1+1 2
¶
=1 2
0,5 1,0 1,5
-0,5
0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0
Cf CF
K D
L
∆