C. GONTARD - C. DAVID – H. MEILLAUD Correction Ex 2 "s’entrainer…" 1/2 Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle
Correction exercice 2 "s ’ entrainer plus…"au calcul intégral
Exercice 2 Nouvelle Calédonie, mars 2005
Le plan est rapporté au repère orthonormal
(
O,Åi ,Åj .)
Soit f la fonction définie sur ]-1;+õ[ par f( x)=x2−2,2x+2,2ln(x+1)
1. courbe représentative de f.
voir ci-contre 2. Conjectures
La fonction f semble croissante sur ]-1;+õ[
L’équation f( x)=0 semble avoir 0 pour unique solution sur ]-1;+õ[
3. On se propose maintenant d’étudier la fonction f.
a. Etudions le sens de variation de f.
La fonction f est dérivable sur ]-1;+õ[ comme somme de fonctions dérivables sur ]-1;+õ[.
┐x>-1, f′(x)=2x−2,2+ 2,2
x+1=(2x−2,2)( x+1)+2,2
x+1 =2x2−0,2x
x+1 = 2x( x−0,1) x+1
┐x>-1, x+1>0 donc f′(x) est du signe de son numérateur.
x −1 0 0,1 +∞
2x - 0 + +
x−0,1 - - 0 +
x+1 0 + + +
f ’(x) + 0 - 0 +
Donc
f′( x)>0 si x☻]-1;0[∟]0,1;+õ[ f′(0)=f′(0,1)=0
f′( x)<0 si x☻]0;0,1[
On déduit que f est strictement croissante sur ]-1;0] et sur [0,1;+õ[ et strictement décroissante sur [0;0,1].
b. Limites de f en -1 et en +õ lim
x↔ -1 x>-1
ln( x+1)= lim
X↔0 X>0
lnX=-õ
De plus lim
x↔-1x2−2,2x=3,2 donc lim
x↔-1 x>-1
f( x)=-õ
A l’infini, la limite d’un polynôme est celle de son terme de plus haut degré donc lim
x↔ +õx2−2,2x= lim
x↔ +õx2=+õ De plus lim
x↔+õln(x+1)= lim
X↔+õlnX=+õ donc lim
x↔+õf( x)=+õ d’où le tableau des variations de f :
x −1 0 0,1 +∞
signe de f ′(x) + 0 − 0 +
0 +õ
f
-õ f(0,1)
c. Déduisons-en le nombre de solutions de l’équations f(x)=0
f est strictement croissante sur ]-1;0] donc ┐x☻]-1,0[ f( x)<f(0) donc f( x)<0 f est strictement décroissante sur [0;0,1] donc ┐x☻]0;0,1], f( x)<f(0) donc f( x)<0 De plus f(0)=0, donc sur ]-1;0,1], l’équation f(x)=0 admet 0 pour unique solution.
f est dérivable donc continue sur ]-1;+õ[ donc sur [0,1;+õ[.
2 3
-1 2 3 4
-1 -2 -3 -4
0 1
1
x y
C. GONTARD - C. DAVID – H. MEILLAUD Correction Ex 2 "s’entrainer…" 2/2 f est strictement croissante sur [0,1;+õ[, f( 0,1)<0 et lim
x↔+õf( x)=+õ donc 0☻
f(0,1); lim
+õ f donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on déduit que l’équation f( x)=0 admet une unique solution α sur ]0,1;+õ[
En résumé l’équation f( x)=0 admet exactement deux solutions sur ]-1;+õ[ : 0 et α☻[0,1;+õ[
d. Confirmation ou infirmation des conjectures
Les conjectures émises à la question 1. étaient donc fausses puisque f n’est pas croissante sur ]-1;+õ[ et que l’équation f( x)=0 n’admet pas une unique solution sur ]-1;+õ[
4. On veut représenter, sur l’écran d’une calculatrice, la courbe représentative de f sur l’intervalle [-0,1;0,2].
a. Proposition de valeurs extrêmes de l’ordonnée y
On peut choisir par exemple, Ymin=-10-3 et Ymax=10-3 car f(0,1)>-10-3 et f(0)<10-3
b. A l’aide de la calculatrice, déterminons une valeur approchée par défaut à 10-2 près de la plus grande solution α de f( x)=0.
D’après la calculatrice, on trouve f(0,15)<0 et f(0,16)>0, donc un encadrement de α à 10-2 près est 0,15<α<0,16 d’où une valeur approchée par défaut à 10-2 près de α est 0,15.
5. Soit F la fonction définie sur ]-1;+õ[ par F( x)=1
3x3−1,1x2−2,2x+2,2( x+1)ln( x+1).
a. Démontrons que F est une primitive de f sur ]-1;+õ[.
x→1
3x3−1,1x2−2,2x, polynôme est dérivable sur IR donc sur ]-1;+õ[
x→2,2(x+1)ln( x+1) est dérivable sur ]-1;+õ[ comme produit et composée de fonctions dérivables sur cet intervalle, donc F est dérivable sur ]-1;+õ[ .
┐x>-1, F′( x)=x2−2,2x−2,2+2,2
ln( x+1)+( x+1)× 1
x+1 =x2−2,2x+2,2ln(x+1)=f( x) F est donc une primitive de f sur ]-1;+õ[.
b. Interprétons graphiquement l’intégrale
⌡⌠
0 α
f( x) dx
f est décroissante sur [0;0,1] et f(0)=0 donc ┐x☻[0;0,1] f( x)Âf(0) càd f( x)Â0 f est croissante sur [0,1;α] et f(α)=0 donc ┐x☻[0,1;α], f( x)Âf(α) càd f( x)Â0 Donc, ┐x☻[0;α], f( x)Â0 d’où
⌡⌠
0
αf( x) dx représente l’opposée de l’aire délimitée par la courbe
représentative de f, l’axe des abscisses et les droites d’équation x=0 et x=α.
c. Calculons ⌡⌠
0 α
f( x) dx
F étant une primitive de f sur [0;α], on a ⌡⌠
0
αf( x) dx =
F( x)
0
α=F(α)−F(0).
On sait que f(α)=0. Donc 2,2ln(α+1)=2,2α−α2 Donc F(α)=1
3α3−1,1α2−2,2α+2,2(α+1)ln(α+1) = 1
3α3−1,1α2−2,2α+(α+1)
(
2,2α−α2)
= 1
3α3−1,1α2−2,2α+2,2α2−α3+2,2α−α2 = -2
3α3+0,1α2 F(0)=2,2ln(1)=0
Donc ⌡⌠
0
αf( x) dx =
F( x)
0
α=F(α)−F(0) = -2
3α3+0,1α2
