Correction exercice 117 p 159
Pour tout réel x > 0, on a ( )f x =2 ( (ln )²x a x +bln( )x +c)
1. a) f est le produit de deux fonctions u et v avec pour toutx>0, ( )u x =2x et v x( )=a(ln )²x +blnx+c. u est dérivable sur
]
0;+∞[
ainsi que v car somme de fonctions dérivables sur]
0;+∞[
, donc f est dérivable sur]
0;+∞[
et x]
0;[
, f '( )x 2( (ln )²a x blnx c) 2x 2 lna x1 bx x
∀ ∈ +∞ = + + + +
cad
]
0;[
, '( ) 2( (ln )² (2 ) ln )x f x a x a b x c b
∀ ∈ +∞ = + + + +
b) On rappelle que lorsqu’une fonction f est dérivable en a, f’(a) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse a.
Ainsi, on déduit les trois égalités suivantes :
( )
' 1 0
' 0
2 0
'( ) '( ) 4
2 f e
f e
f e e cad f e e e
=
=
= − =
−
De ces égalités, on déduit alors les trois relations suivantes :
( ) ( ( ( ) ) ( ) )
1 1 1
' 2 ln ² (2 ) ln
' 2 ln ² (2 ) ln
'( ) 2( (ln )² (2 ) ln )
f a a b c b
e e e
f e a e a b e c b
f e a e a b e c b
= + + + +
= + + + +
= + + + +
et donc comme ln (e) = 1,
( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1
' 2 ln ² (2 ) ln 0, ln ln
1 1 1
' 2 ln ² (2 ) ln 0, ln ln
2 2 2
'( ) 2( (ln )² (2 ) ln )
f a e a b e c b car pour tout x x
e x
f e a e a b e c b car pour tout x x x
f e a e a b e c b
= − − + + + > = −
= + + + + > =
= + + + +
ce qui nous donne le système de trois équations à trois inconnues suivant :
0 2
0 5 3 2 9 6 0 9 6 0 9 6(1 2 ) 0 2
2 8 4 4 2 1 1 2 3
4 6 4 2
a c
a c a c a c a
a b c c b c b c c c
c b c b b c b
a b c
= − +
= = = =
= + + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔ =
= + + + = + = = − = −
donc S =
{
(2; 3; 2)−}
et par suite, pour tout réel x > 0, on a f x( )=2 (2(ln )² 3ln( ) 2)x x − x + . 2. a) Soit x > 0, x(ln )²x =(ln )²x elnx car pour tout réel x > 0, x=eln x.0
0
lim ln
lim (ln )² 0
lim ² 0
x
X x x
x
donc par composition x x X e par croissance comparée
→>
→>
→−∞
= −∞
=
=
b) Pour tout réel x > 0, on a ( )f x =4 (ln )² 6 ln( ) 4x x − x x + x.
lim (ln )²0 0
x x x
→>
= ,
lim ln0 0
x x x
→>
= (par croissance comparée) et
lim(4 )0 0
x x
→>
= donc par opérations,
0
lim ( ) 0
x f x
→>
= .
3. a) Pour tout réel x > 1, on a 3 2
( ) 2 (ln )² 2
ln (ln )²
f x x x
x x
= − +
.
( )
lim (2 ) , lim (ln )² lim 2 (ln )²
x x x x donc x x x
→+∞ = +∞ →+∞ = +∞ →+∞ = +∞.
On démontre (de manière immédiate) 3 2
lim 2 2
ln (ln )²
x→+∞ x x
− + =
et donc par produit, lim ( )
x f x
→+∞ = +∞
b) D’après 1.a, on a ∀ ∈ +∞x
]
0;[
,f '( )x =2(2(ln )² lnx + x−1). Or ∀ ∈ +∞x]
0;[
, 2(lnx+1)(2 lnx− =1) 2(2(ln )² lnx + x− =1) f x'( ). c) Etudions le signe de f’(x).f x'( )= ⇔0 2(lnx+1)(2 lnx− =1) 0 cad 1
'( ) 0 ln 1 ln
f x = ⇔ x= − ou x= 2à savoir
1
1 2
'( ) 0
f x = ⇔ =x e− ou x=e car ln réalise une bijection de
]
0;+∞[
sur ℝ.f x'( )> ⇔0 2(lnx+1)(2 lnx− >1) 0, à l’aide d’un tableau de signes en faisant l’étude chaque facteur (ln réalisant une bijection strictement croissante de
]
0;+∞[
sur ℝ), on déduit :'( ) 0 0;1 ;
f x x e
e
> ⇔ ∈
∪
+∞ car1
1 1 2
e et e e
e
− = = .
Le signe de la dérivée nous donne le sens de variation de la fonction donc f est strictement croissante
sur 1
0; et sur e; e
+∞
, strictement décroissante sur 1
e; e
avec f 1e =14e et f
( )
e =2 e.4. a) Soit M (x ; y), x∈ +∞
]
0;[
.2
2 2 2
( ) 2 2 (2(ln )² 3ln( ) 2) 2(ln )² 3ln 1 0
y x y x y x
M C D
y f x x x x x x x
= = =
∈ ⇔ ⇔ ⇔
= = − + − + =
∩
Résolvons 2(ln )² 3lnx − x+ =1 0.
2 ² 3 1 0 ( 1)(2 1) 0 1
2(ln )² 3ln 1 0 ln 1 ln
ln ln 2
X X X X
x x x ou x
X x X x
− + = − − =
− + = ⇔ ⇔ ⇔ = =
= =
1 1
2 2
lnx lne ou lnx e x e ou x e
⇔ = = ⇔ = = car ln réalise une bijection de
]
0;+∞[
sur ℝ.donc
1 2
2 1
2
2 2
y e y e
M C D ou
x e
x e
= =
∈ ⇔
= =
∩
, d’où deux points d’intersection.b) Avec le logiciel Sine qua non, que tout le monde a pris la peine de télécharger (n’est-ce pas ?!), j’ai tracé la courbe de la fonction et la famille de droites Dαavec un paramètre variant de –4 à 4 (le pas étant de 0,25). Entraînez-vous à faire de même !!!!!!!!!!!!!! (voir activité distribuée pour l’épreuve pratique). Ainsi, je peux conjecturer l’hypothèse suivante :
siα <1, 75, il n’y a pas de point d’intersection (droites bleues) siα =1, 75, il y a un seul point d’intersection (droite violette) siα >1, 75, il y a deux points d’intersection (droites noires)
Démonstration :
Soit M (x ; y), x∈ +∞
]
0;[
.( ) 2 (2(ln )² 3ln( ) 2) 4(ln )² 6 ln 4 0
y x y x y x
M C D
y f x x x x x x x
α
α α α
α α
= = =
∈ ⇔ ⇔ ⇔
= = − + − + − =
∩
Résolvons 4(ln )² 6 lnx − x+ − =4 α 0.
4 ² 6 4 0
4(ln )² 6 ln 4 0
ln
X X
x x
X x
α − + − =α
− + − = ⇔
=
Résolvons alors dans ℝl’équation d’inconnue X suivante : 4 ² 6X − X + − =4 α 0.
36 4 4 (4 )
28 16
α α
∆ = − × × −
= − + 0 7
α 4
∆ = ⇔ = , 7
0 α 4
∆ > ⇔ > , 7
0 α 4
∆ < ⇔ <
Travaillons alors par disjonction de cas :
7
siα < 4 l’équation 4 ² 6X − X + − =4 α 0 n’a pas de solution et par suite, il n’y a pas de point d’intersection.
7
siα =4 l’équation 4 ² 6X − X + − =4 α 0 a une unique solution 6 3
2 4 4
X = ie X =
× , d’où
3 4
3 4
*
7 7
4 4
ln 34 ln
y x y e
M C D
x x e car réalise une bijection de sur
α
+
= =
∈ ⇔ ⇔
= =
ℝ ℝ
∩
et par suite, il y aun unique point d’intersection.
7
siα >4 l’équation 4 ² 6X − X + − =4 α 0 a deux solutions
1 2
6 28 16 6 28 16
8 8
X = − − + α et X = + − + α à
savoir 1 3 2 7 4 2 3 2 7 4
4 4
X = − − + α et X = + − + α
1 2
1 2
1 2
7 7
7 7
4 4
4 4
ln ln
X X
X X
y e y e
y x y x
M C D ou ou
x X x X x e x e
α
= = = =
∈ ⇔ ⇔
= = = =
∩
et par suite, il y a deuxpoints d’intersection.