EX 1 : ( 3 points ) Résoudre l`équation et l`inéquation ci

EX1 : ( 3 points ) Résoudre l’équation et l’inéquation ci-dessous :
1. −(lnx)2−lnx+6=0
Je résous cette équation sur : D1=]0 ; +∞[, domaine de validité de l’équation.
Sur D1, on a les équivalences suivantes :
−(lnx)2−lnx+6=0⇐⇒ ½X=lnx
−X2−X+6=0⇐⇒ ½X=lnx
X=2 ou X= −3 avec ∆=25
⇐⇒ (lnx=2 ou lnx= −3)⇐⇒ ¡x=e2ou x=e−3¢S=½e2;1
e3¾
2. ln(x−3)+ln(2x+1)62ln2
Je résous cette inéquation sur : D2=]3 ; +∞[, domaine de validité de l’inéquation : ½x−3>0
2x+1>0
Sur D2, on a les équivalences suivantes :
ln(x−3)+ln(2x+1)62ln2 ⇐⇒ ln(x−3)(2x+1)6ln22⇐⇒ (x−3)(2x+1)64⇐⇒ 2x2−5x−760
x
2x2−5x−7
37
2+∞
−0+
⇐⇒ 2(x+1)µx−7
2¶60
Sur D2=]3 ; +∞[S=¸3 ; 7
2¸
EX2 : ( 7 points ) 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
x→0f(x)= +∞
lim
x→+∞ f(x)= −∞ ¯¯¯¯¯¯¯
par somme avec (lim
x→03−x=3
lim
x→0−lnx= +∞ et (lim
x→+∞ 3−x= −∞
lim
x→+∞ −lnx= −∞
2. Étudier les variations de f .
fest dérivable sur Icomme somme de fonctions dérivables et, pour tout xde I:f0(x)= −1−1
x
f0(x)est strictement négatif sur I(c’est une somme de nombres strictement négatifs)
donc : fest strictement décroissante sur I.
3. Montrer que l’équation (E) : f(x)=0admet une unique solution αdans I.
Déterminer un encadrement de αd’amplitude 10−2.
x
f0(x)
f(x)
0+∞
−
+∞
−∞−∞
α
0
D’après son tableau de variations, fréalise une bijection de ]0 ; +∞[sur R.
Ainsi l’équation f(x)=0 admet une unique solution αdans I
À la calculatrice, j’obtiens : 2,20 6α62,21 .
4. Déterminer le signe de f (x)sur I.
fest strictement décroissante sur Iet s’annule en αdonc :
x
f(x)
0α+∞
+0−
∀x∈]0 ; α[,f(x)>0
∀x∈]α;+∞[,f(x)<0
TS. Évaluation 5 - Correction ♣

Partie B. Soit g la fonction définie sur I par : g (x)=µ1−1
x¶(2−lnx)
1. Déterminer les limites de g aux bornes de I.
lim
x→0g(x)= −∞
lim
x→+∞ g(x)= −∞ ¯¯¯¯¯¯¯
par produit avec 
lim
x→0
x>0
1−1
x= −∞
lim
x→02−lnx= +∞
et 
lim
x→+∞ 1−1
x=1
lim
x→+∞ 2−lnx= +∞
2. Justifier que g est dérivable sur I puis montrer que, pour tout x de I : g0(x)=f(x)
x2
gest dérivable sur Icar c’est un produit de fonctions dérivables et, pour tout xde I:
g0(x)=1
x2×(2−lnx)+µ1−1 x¶×−1 x=2−lnx−x+1 x2=3−x−lnx x2donc g0(x)=f(x) x2
3. Étudier les variations de g.
g0est du signe de fsur I. On obtient donc le tableau suivant :
x
f(x)
g0(x)
g
0α+∞
+0−
+0−
−∞
g(α)g(α)
−∞−∞
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.
Par suite : g(α)=µ1−1
α¶(2−ln(α))=α−1 α
×(2−(3−α)) =α−1
α
×(α−1)donc g(α)=(α−1)2
α
5. Déduire de l’égalité précédente un encadrement de g (α)d’amplitude 0,02.
D’une part 2,20 6α62,21 =⇒ 1,20 6α−161,21 =⇒ 1,2026(α−1)261,212
car la fonction carré est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
D’autre part 2,20 6α62,21 =⇒ 1
2,21 61 α
61
2,20
car la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[.
En effectuant le produit de ces deux inégalités de réels positifs, on obtient : 1,202
2,21 6g(α)61,212 2,20 .
Comme 0,65 61,202
2,21 et 1,212 2,20 60,67, on peut conclure que : 0,65 6g(α)60,67
6. Étudier le signe de g (x)sur I .
On peut obtenir le signe de g(x)sur Ià partir des variations de get de ses racines. On doit donc résoudre g(x)=0.
g(x)=0⇐⇒ µ1−1
x¶(2−lnx)=0⇐⇒ 1−1 x=0 ou 2−lnx=0⇐⇒ 1 x=1 ou lnx=2⇐⇒ x=1 ou x=e2
x
g
Signe de
g(x)
01αe2+∞
−∞
g(α)g(α)
−∞−∞
00
−0+0−
TS. Évaluation 5 - Correction ♣