♣ TS. Évaluation 5 - Correction E X 1 : ( 3 points ) Résoudre l’équation et l’inéquation ci-dessous : 2 1. − (ln x) − ln x + 6 = 0 Je résous cette équation sur : D1 = ]0 ; +∞[, domaine de validité de l’équation. Sur D1 , on a les équivalences suivantes : ½ ½ X = ln x X = ln x 2 − (ln x) − ln x + 6 = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ X = 2 ou X = −3 avec ∆ = 25 −X 2 − X + 6 = 0 ¡ ¢ ⇐⇒ (ln x = 2 ou ln x = −3) ⇐⇒ x = e2 ou x = e−3 ¾ ½ 1 2 S= e ; 3 e 2. ln (x − 3) + ln (2x + 1) 6 2 ln 2 Je résous cette inéquation sur : D2 = ]3 ; +∞[, domaine de validité de l’inéquation : ½ x −3 > 0 2x + 1 > 0 Sur D2 , on a les équivalences suivantes : ln (x − 3) + ln (2x + 1) 6 2 ln 2 ⇐⇒ ln (x − 3) (2x + 1) 6 ln 22 ⇐⇒ (x − 3) (2x + 1) 6 4 ⇐⇒ 2x 2 − 5x − 7 6 0 x 7 2 3 − 2 2x − 5x − 7 E X 2 : ( 7 points ) µ ¶ 7 ⇐⇒ 2 (x + 1) x − 60 2 +∞ Sur D2 = ]3 ; +∞[ + 0 ¸ ¸ 7 S= 3; 2 Partie A. Soit f la fonction définie sur I = ]0 ; +∞[ par : f (x) = 3 − x − ln x 1. Déterminer les limites de f aux bornes de I . ¯ ¯ ( lim f (x) = +∞ ¯ lim 3 − x = 3 x→0 ¯ x→0 ¯ par somme avec lim − ln x = +∞ lim f (x) = −∞ ¯¯ x→0 x→+∞ ( et lim 3 − x = −∞ x→+∞ lim − ln x = −∞ x→+∞ 2. Étudier les variations de f . f est dérivable sur I comme somme de fonctions dérivables et, pour tout x de I : f 0 (x) = −1 − f 0 (x) est strictement négatif sur I (c’est une somme de nombres strictement négatifs) donc : f est strictement décroissante sur I . 1 x 3. Montrer que l’équation (E ) : f (x) = 0 admet une unique solution α dans I . Déterminer un encadrement de α d’amplitude 10−2 . x α 0 f 0 (x) +∞ − +∞ f (x) 0 −∞ D’après son tableau de variations, f réalise une bijection de ]0 ; +∞[ sur R. Ainsi l’équation f (x) = 0 admet une unique solution α dans I À la calculatrice, j’obtiens : 2, 20 6 α 6 2, 21 . 4. Déterminer le signe de f (x) sur I . f est strictement décroissante sur I et s’annule en α donc : x f (x) α 0 + 0 +∞ − ∀x ∈ ]0 ; α[ , f (x) > 0 ∀x ∈ ]α ; +∞[ , f (x) < 0 ♣ TS. Évaluation 5 - Correction ¶ µ 1 Partie B. Soit g la fonction définie sur I par : g (x) = 1 − (2 − ln x) x 1. Déterminer les limites de g aux bornes de I . ¯ 1 ¯ lim g (x) = −∞ ¯ lim 1 − = −∞ lim 1 − 1 = 1 x→0 ¯ x→0 x x→+∞ x et ¯ par produit avec x>0 lim 2 − ln x = +∞ lim g (x) = −∞ ¯¯ lim 2 − ln x = +∞ x→+∞ x→+∞ x→0 f (x) x2 g est dérivable sur I car c’est un produit de fonctions dérivables et, pour tout x de I : µ ¶ 1 1 −1 2 − ln x − x + 1 3 − x − ln x f (x) 0 g (x) = 2 × (2 − ln x) + 1 − × = = donc g 0 (x) = 2 2 2 x x x x x x 2. Justifier que g est dérivable sur I puis montrer que, pour tout x de I : g 0 (x) = 3. Étudier les variations de g . g 0 est du signe de f sur I . On obtient donc le tableau suivant : x α 0 +∞ f (x) + 0 − g 0 (x) + 0 − g (α) g −∞ −∞ 4. En utilisant l’égalité f (α) = 0, exprimer ln (α) en fonction de α. En déduire que : g (α) = (α − 1)2 α f (α) = 0 ⇐⇒ 3 − α − ln (α) = 0 ⇐⇒ ln (α) = 3 − α. ¶ µ α−1 α−1 (α − 1)2 1 × (2 − (3 − α)) = × (α − 1) donc g (α) = Par suite : g (α) = 1 − (2 − ln(α)) = α α α α 5. Déduire de l’égalité précédente un encadrement de g (α) d’amplitude 0, 02. D’une part 2, 20 6 α 6 2, 21 =⇒ 1, 20 6 α − 1 6 1, 21 =⇒ 1, 202 6 (α − 1)2 6 1, 212 car la fonction carré est strictement croissante sur [0 ; +∞[. 1 1 1 6 6 2, 21 α 2, 20 car la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. D’autre part 2, 20 6 α 6 2, 21 =⇒ En effectuant le produit de ces deux inégalités de réels positifs, on obtient : Comme 0, 65 6 1, 202 1, 212 6 g (α) 6 . 2, 21 2, 20 1, 202 1, 212 et 6 0, 67, on peut conclure que : 0, 65 6 g (α) 6 0, 67 2, 21 2, 20 6. Étudier le signe de g (x) sur I . On peut obtenir de g (x) sur I à partir des variations de g et de ses racines. On doit donc résoudre g (x) = 0. µ le signe ¶ 1 1 1 g (x) = 0 ⇐⇒ 1 − (2 − ln x) = 0 ⇐⇒ 1 − = 0 ou 2 − ln x = 0 ⇐⇒ = 1 ou ln x = 2 ⇐⇒ x = 1 ou x = e2 x x x x 0 1 α e2 +∞ g (α) g 0 0 −∞ Signe de g (x) −∞ − 0 + 0 −