Bac 2024 (19 juin): Logarithme, variation, limites et TVI, convexité et intégrale

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Partie A : étude de la fonction $f$


La fonction $f$ est définie sur l'intervalle $] 0 ;+\infty\left[\right.$ par : $f(x)=x-2+\frac{1}{2} \ln x$, où $\ln$ désigne la fonction logarithme népérien. On admet que la fonction $f$ est deux fois dérivable sur $] 0 ;+\infty\left[\right.$, on note $f'$ sa dérivée et $f''$ sa dérivée seconde.
    1. Déterminer, en justifiant, les limites de $f$ en 0 et en $+\infty$.
    2. Montrer que pour tout $x$ appartenant à $] 0$; $+\infty\left[\right.$, on a : $f'(x)=\dfrac{2 x+1}{2 x}$.
    3. Étudier le sens de variation de $f$ sur $] 0 ;+\infty[$.
    4. Étudier la convexité de $f$ sur $] 0 ;+\infty[$.

    1. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $] 0 ;+\infty$ [ une solution unique qu'on notera $\alpha$ et justifier que $\alpha$ appartient à l'intervalle $[1 ; 2]$.
    2. Déterminer le signe de $f(x)$ pour $x \in] 0 ;+\infty[$.
    3. Montrer que $\ln (\alpha)=2(2-\alpha)$.



Partie B : étude de la fonction $g$

La fonction $g$ est définie sur $] 0 ; 1]$ par $g(x)=-\frac{7}{8} x^{2}+x-\frac{1}{4} x^{2} \ln x$.
On admet que la fonction $g$ est dérivable sur $] 0 ; 1]$ et on note $g'$ sa fonction dérivée.
  1. Calculer $g'(x)$ pour $x \in] 0 ; 1]$ puis vérifier que $g'(x)=x f\lp\frac{1}{x}\rp$.
    1. Justifier que pour $x$ appartenant à l'intervalle $] 0 ; \frac1\alpha\left[\right.$, on a $f\lp\frac1x\rp>0$.
    2. On admet le tableau de signes suivant :
      \[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ & 0 && $\frac1\alpha$ && 1 \\ \hline Signe de $f\lp\frac{1}{x}\rp$ && $+$ & 0 & $-$& \\\hline \end{tabular} \]




Partie C : un calcul d'aire

On a représenté sur le graphique ci-dessous :
  • La courbe $C_{g}$ de la fonction $g$;
  • La parabole $\mathcal{P}$ d'équation $y=-\frac{7}{8} x^{2}+x$ sur l'intervalle $\left.] 0 ; 1\right]$.


\[\psset{unit=10cm,arrowsize=7pt} \begin{pspicture*}(-.4,-.2)(1.2,.5) \newcommand{\fctg}[1]{-7 8 div #1 2 exp mul #1 add -0.25 #1 2 exp mul #1 ln mul add} \newcommand{\fctP}[1]{-7 8 div #1 2 exp mul #1 add} \pscustom{ \psplot{.58}{1}{\fctg{x}} \gsave \psplot{1}{.58}{\fctP{x}} \fill[fillstyle=hlines,fillcolor=lightgray] %\fill[fillstyle=vlines] \grestore} \psline{->}(-.05,0)(1.2,0) \psline{->}(0,-.05)(0,.5) \newcommand{\divdx}[1]{#1 10 div} \multido{\i=0+1}{11}{\psline(! \divdx{\i} \space .01)(! \divdx{\i} \space -.01) \psline[linestyle=dotted](! \divdx{\i} \space -.01)(! \divdx{\i} \space .5)} \multido{\i=1+1}{4}{\psline(! .01 \space \divdx{\i})(! -.01 \space \divdx{\i}) \psline[linestyle=dotted](! .01 \space \divdx{\i})(! 1.1 \space \divdx{\i})} \psplot{.001}{1}{\fctg{x}} \psplot{.001}{1}{\fctP{x}} \psline[linestyle=dashed](.58,0)(.58,.33) \rput(-.02,-.02){$O$} \rput[r](-.02,.1){$0,1$} \rput(.1,-.04){$0,1$} \rput(.58,-.04){$\frac1\alpha$} \psline[linestyle=dashed](1,0)(1,.12) \rput(1,-.04){$1$} \rput[l](.72,.33){$\mathcal{C}_g$} \rput[l](.72,.23){$\mathcal{P}$} \end{pspicture*}\]


On souhaite calculer l'aire $\mathcal{A}$ du domaine hachuré compris entre les courbes $C_{g}$ et $\mathcal{P}$, et les droites d'équations $x=\frac{1}{\alpha}$ et $x=1$.
On rappelle que $\ln (\alpha)=2(2-\alpha)$.
    1. Justifier la position relative des courbes $C_g$ et $\mathcal{P}$ sur l'intervalle $] 0 ; 1]$.
    2. Démontrer l'égalité :
      \[\int_{\frac1\alpha}^1 x^2 \ln x dx = \frac{-\alpha^{3}-6 \alpha+13}{9 \alpha^{3}}\]


  2. En déduire l'expression en fonction de $\alpha$ de l'aire $\mathcal{A}$.

Correction
Bac 2024, 6 points

Partie A : étude de la fonction $f$


La fonction $f$ est définie sur l'intervalle $] 0 ;+\infty\left[\right.$ par : $f(x)=x-2+\frac{1}{2} \ln x$, où $\ln$ désigne la fonction logarithme népérien. On admet que la fonction $f$ est deux fois dérivable sur $] 0 ;+\infty\left[\right.$, on note $f^{\prime}$ sa dérivée et $f^{\prime \prime}$ sa dérivée seconde.
    1. On a $\dsp\lim_{x\to0}\ln x=-\infty$ et donc, $\dsp\lim_{x\to0}f(x)=-\infty$.
      De même, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$, et donc, par addition des limites, $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$
    2. On a $f'(x)=1-0+\dfrac12\tm\dfrac1x$ soit, en mettant sur le même dénominateur $f'(x)=\dfrac{2 x+1}{2 x}$.
    3. Grâce à la question précédente, on peut alors dresser le tableau de variation:
      \[\begin{tabular}{|c|ccc|}\hline $x$ & 0 &\hspace*{1em}&$+\infty$ \\\hline $2x+1$ && $+$ & \\\hline $2x$ &0& $+$ & \\\hline $f'(x)$ && $+$ & \\\hline &&&$+\infty$\\ $f$&\psline(-.1,1.4)(-.1,-.65)\psline(0,1.4)(0,-.65)&\Large{$\nearrow$}&\\ &\qquad $-\infty$&&\\\hline \end{tabular}\]


    4. La convexité est donnée par le signe de la dérivée seconde.
      On a $f'=\dfrac{u}v$ avec $u(x)=2x+1$ donc $u'(x)=2$ et $v(x)=2x$ donc $v'(x)=2$.
      On a alors $f''=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, soit
      \[f''=\dfrac{2(2x)-(2x+1)2}{(2x)^2}=\dfrac{-1}{2x^2}\]

      On trouve donc que $f''(x)<0$ donc que $f$ est concave sur $]0;£\infty[$.

    1. $f$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty[$ avec $\dsp\lim_{x\to0}f(x)=-\infty$ et $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
      On en déduit d'après le théorème de la bijection (ou corolloaire du théorème des valeurs intermédiaires) qu'il existe une unique solution $\alpha$ à l'équation $f(x)=0$.

      De plus $f(1)=1-2+\dfrac12\ln(1)=-1<0$ et $f(2)=\dfrac12\ln(2)>\dfrac12\ln(1)=0$, ce qui montre que, plus précisément, $\alpha\in]1;2[$.
    2. D'après les questions précédentes, comme $f$ est strictement croissante et s'annule en $\alpha$, on a nécessairement les signes:
      \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ & 0 && $\alpha$ &&$+\infty$ \\\hline $f(x)$ &\psline(0,.35)(0,-.15)\,\psline(0,.35)(0,-.15)& $-$ &\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$} &$+$ & \\\hline \end{tabular}\]

    3. Par définition, on a $f(\alpha)=\alpha-2+\dfrac12\ln(\alpha)=0$, c'est-à-dire, en isolant $\ln(\alpha)$, que
      \[\ln(\alpha)=2(2-\alpha)\]




Partie B : étude de la fonction $g$


  1. \[\begin{array}{ll}g'(x)&=-\dfrac78\tm2x+1-\dfrac14\left( 2x\ln x+x^2\tm\dfrac1x\rp\\[1em] &=-\dfrac74x+1-\dfrac12x\ln x-\dfrac14x\\[.8em] &=-2x+1-\dfrac12\ln x \enar\]

    Par ailleurs, on calcule
    \[\begin{array}{ll}xf\lp\frac1x\rp&=x\lp\dfrac1x-2+\dfrac12\ln\lp\dfrac1x\rp\rp\\[1em] &=1-2x-\dfrac12\ln x \enar\]

    et on trouve donc bien finalement que $g'(x)=x f\left(\frac{1}{x}\right)$.
    1. Pour $x\in\left] 0 ; \frac1\alpha\right[$, on a
      \[\begin{array}{ll}x<\dfrac1\alpha&\iff \dfrac1x>\alpha\\ &\iff f\lp\dfrac1x\rp>f(\alpha)=0 \enar\]

      car on a montré que $f$ est strictement croissante sur $f$ sur $[\alpha;+\infty[$.
    2. On admet le tableau de signes suivant :

      \[ \renewcommand{\arraystretch}{1.4} \begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ & 0 && $\frac1\alpha$ && 1 \\ \hline $f\lp\frac{1}{x}\rp$ && $+$ & 0 & $-$& \\\hline $x$ & 0 & $+$ &$|$ & $+$& \\\hline $g'(x)=xf'\lp\frac1x\rp$ & & $+$ & 0 & $-$ & \\\hline &&&&&\\ $g$&\psline(0,1.9)(0,-.9)\,\psline(0,1.9)(0,-.9)&\large{$\nearrow$}&&\large{$\searrow$}&\\ &&&&&\\\hline \end{tabular} \]




Partie C : un calcul d'aire.

    1. On note la différence
      \[\begin{array}{ll}d(x)&=g(x)-\lp\dfrac78x^2+x\rp\\ &=-\dfrac14x^2\ln x \enar\]

      Or, pour $x\in]0;1@$, on a $x^2>0$ et $\ln x\leqslant 0$, et ainsi $d(x)\leqslant0$, ce qui signifie que $\mathcal{C}_g$ est au-dessus de $\mathcal{P}$ sur $]0;1]$.
    2. On utilise une intégration par partie en dérivant le logarithme: $u(x)=\ln x$ donc $u'(x)=\frac1x$, et $v'(x)=x^2$ donc $v(x)=\frac13x^3$, et alors
      \[\begin{array}{ll}I&=\dsp\int_{\frac1\alpha}^1 \ln x\, x^2 dx\\[1.2em] &=\dsp\left[ \ln x\times \dfrac13x^3\rb_{\frac1\alpha}^1-\int_{\frac1\alpha}^1\dfrac1x\times\dfrac13x^3 dx\\[1.2em] &=\dsp0-\ln\lp\dfrac1\alpha\rp\dfrac1{3\alpha^3} -\dfrac13\int_{\frac1\alpha}^1x^2 dx\\[1.2em] &=\dfrac{\ln\alpha}{3\alpha^3}-\dfrac13\lb\dfrac{x^3}3\rb_{\frac1\alpha}^1\\[1.2em] &=\dfrac{\ln\alpha}{3\alpha^3}-\dfrac19\lp1-\dfrac1{\alpha^3}\right) \enar\]

      et donc, en se rappelant que $\ln\alpha=2(2-\alpha)$, et en mettant sur le même dénominateur
      \[\begin{array}{ll}I&=\dfrac{3\tm2(2-\alpha)-(\alpha^2-1)}{9\alpha^2}\\[.8em] &=\dfrac{-\alpha^3-6 \alpha+13}{9 \alpha^3}\enar\]


  2. On en déduit l'aire recherchée:
    \[\begin{array}{ll}\mathcal{A}&=\dsp\int_{\frac1\alpha}^1\left( g(x)-\left(-\dfrac78x^2+x\rp\rp dx\\[1.4em] &=\dsp\int_{\frac1\alpha}^1\lp-\dfrac14x^2\ln x\right) dx\\[1.2em] &=-\dfrac14I = \dfrac{\alpha^3+6 \alpha-13}{36 \alpha^3} \enar\]



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Tags:LogarithmeConvexitéIntégrales

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Voir aussi:

Quelques devoirs


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