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Term. S4
Dans tout le problème, on se place dans un repère orthonormal (O;
→
i ,
→
j ). L’unité graphique est 2
cm.
Partie A : Etude d’une fonction g
Soit g la fonction définie sur ] 0 ; + ∞[ par :
g(x) = xln x – x + 1
et C sa représentation graphique dans (O;
→
i ,
→
j ).
1. Etudier les limites de g en 0 et en + ∞.
2. Etudier les variations de g. En déduire le signe de g(x) en fonction de x.
3. On note C’ la représentation graphique de la fonction x → ln x dans (O;
→
i ,
→
j ). Montrer que C
et C’ ont deux points communs d’abscisses respectives 1 et e et que :
pour tout élément de [1 ; e], on a : xln x – x + 1 ≤ ln x.
On ne demande pas de représenter C et C’.
Partie B : Etude d’une fonction f
Soit f une fonction définie sur ] 1 ; + ∞[ par : f(x) = 1
x – 1 ln x.
1. Etudier les limites de f en + ∞ et en 1 (pour l’étude en 1, on pourra utiliser un taux
d’accroissement).
2. Déterminer le tableau de variation de f (on pourra remarquer que f ’(x) s’écrit facilement en
fonction de g(x)).
3. Tracer la courbe représentative de f dans le repère (O;
→
i ,
→
j ).
Partie C : Etude l’équation f(x) = 1
2
1. Montrer que l’équation f(x) = 1
2 admet une unique solution notée α et que : 3,5 < α <3,6.
2. Soit h la fonction définie sur ] 1 ; + ∞[ par : h(x) = ln x + 1
2x + 1 2.
a) Montrer que α est solution de l’équation h(x) = x.
b) Etudier le sens de variation de h.
On pose I = [ 3 ; 4 ]. Montrer que, pour tout élément de I, on a h(x) ∈ I et h’(x) ≤ 5
6 .
DM
n
°6, 7

CORRIGE
Partie A :
g(x) = xln x – x + 1
1. lim
x → 0
g(x) = 1 car lim
x → 0
xln x = 0
lim
x → + ∞
g(x) = + ∞ car g(x) = x(ln x – 1) + 1.
2. g est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables et
∀ x ∈ ] 0 ; + ∞ [ : g’(x) = 1.ln x + x × 1
x – 1 = ln x
donc g’ est négative sur ]0 ; 1[ et positive sir ] 1 ; + ∞[
3. Intersection entre (C) et (C’) : xln x – x + 1 = ln x
soit, (x – 1)ln x = x – 1
Si x ≠ 1 : ln x = 1 et donc x = e
Sinon x = 1 est solution.
Il y a donc deux solutions, le point A (1 ; 0) et B (e ; 1)
On résout ensuite : xlnx – x + 1 ≤ ln x
(x – 1)ln x ≤ x – 1
si x > 1, alors ln x ≤ 1 soit x ≤ e donc x ∈ ]1 ; e[
Partie B :
f(x) = 1
x – 1 ln x
1. lim
x → 1
f(x) = lim
x → 1
ln x
x – 1 = lim
x → 1
ln x – ln 1
x – 1
On pose k(x) = ln x, alors k est dérivable en x = 1 et donc lim
x → 1
f(x) = k’(1) =1
lim
x → + ∞
f(x) = lim
x → + ∞
ln x
x × x x – 1 = 0 d’après le cours.
2. f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables et ∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ :
f ’(x) =
1
x (x – 1) – ln x
(x – 1)² = x – 1 – xln x x(x – 1)² = – g(x) x(x – 1)² on déduit alors que f ’ est du signe
contraire de g ∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ :
On a alors le tableau de variations suivant :
x 0 1 +
∞
f ’(x) – 0 +
1 + ∞
f
0
g(1) = 0
On déduit que ∀ x ∈ ] 0 ; + ∞ [ :
g(x) ≥ g(0)
donc g est positive sur Dg.
x 1 +
∞
f ’(x) –
1
f
0

3.
Partie C :
1. f est continue sur ] 1 ; + ∞ [,
1
2 ∈ intervalle image, donc par le TVI, f(x) = 1 2 a des solutions sur ] 1 ; + ∞ [.
De plus f est monotone, donc la solution est unique.
Comme f(3,5) = 0,5
f(3,6) = 0,49 3,5 < α < 3,6
2. a) f(α) = 1
2 ⇔ ln α
α – 1 = 1
2 ⇔ ln α = 1 2 (α – 1) ⇔ ln α – 1 2α + 1 2 = 0 ln α – 1 2α + 1 2 + α = α
⇔ ln α + 1
2 α + 1 2 = α ⇔ h(α) = α
b) h(x) = ln x + 1
2 x + 1 2 est dérivable comme somme de fonctions dérivables et
∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ : h’(x) = 1
x + 1 2 > 0 ∀ x > 1 donc h est croissante sur ] 1 ; + ∞ [
Sur [3 ; 4], h’ est clairement décroissante (car la fonction inverse l’est) donc :
∀ x ∈ [3 ; 4] : h’(4) ≤ h’(x) ≤ h’(3) d’où h’(x)≤ 5
6 .
Sur [3 ; 4], h est croissante, donc ∀ x ∈ [3 ; 4] : h(3) ≤ h(x) ≤ h(4)
h(3) = 2 ln 3 > 3
h(4) = 2,5 + ln 4 < 4
⇒ 3 < h(x) < 4 ∀ x ∈ [3 ; 4]
2 3 4 5 6 7 80 1
1
x
y