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Term. S4
DM n°6, 7

→

→
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
1
ln x.
x–1
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 ).
Soit f une fonction définie sur ] 1 ; + ∞[ par : f(x) =
Partie C : Etude l’équation f(x) =
1
2
1
admet une unique solution notée α et que : 3,5 < α <3,6.
2
1
1
2. Soit h la fonction définie sur ] 1 ; + ∞[ par : h(x) = ln x + x + .
2
2
a) Montrer que α est solution de l’équation h(x) = x.
b) Etudier le sens de variation de h.
5
On pose I = [ 3 ; 4 ]. Montrer que, pour tout élément de I, on a h(x) ∈ I et h’(x) ≤ .
6
1. Montrer que l’équation f(x) =
CORRIGE
Partie A :
g(x) = xln x – x + 1
1. lim g(x) = 1 car lim xln x = 0
x→0
x→0
lim g(x) = + ∞ car g(x) = x(ln x – 1) + 1.
x→+∞
2. g est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables et
1
∀ x ∈ ] 0 ; + ∞ [ : g’(x) = 1.ln x + x × – 1 = ln x
x
donc g’ est négative sur ]0 ; 1[ et positive sir ] 1 ; + ∞[
x
0
+∞
1
f ’(x)
–
0
+
+∞
1
f
g(1) = 0
On déduit que ∀ x ∈ ] 0 ; + ∞ [ :
g(x) ≥ g(0)
donc g est positive sur Dg.
0
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 :
1
f(x) =
ln x
x–1
ln x
ln x – ln 1
= lim
x
–
1
x–1
x→1
x→1
x→1
On pose k(x) = ln x, alors k est dérivable en x = 1 et donc lim f(x) = k’(1) =1
1. lim f(x) = lim
x→1
x
ln x
×
= 0 d’après le cours.
x
x
–1
x→+∞
x→+∞
2. f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables et ∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ :
1
(x – 1) – ln x
x
x – 1 – xln x
– g(x)
f ’(x) =
=
=
on déduit alors que f ’ est du signe
(x – 1)²
x(x – 1)²
x(x – 1)²
contraire de g ∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ :
x 1
+∞
On a alors le tableau de variations suivant :
lim f(x) = lim
f ’(x)
–
1
f
0
3.
y
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
x
Partie C :
1. f est continue sur ] 1 ; + ∞ [,
1
1
∈ intervalle image, donc par le TVI, f(x) = a des solutions sur ] 1 ; + ∞ [.
2
2
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
ln α 1
1
1
1
1
1
1
2. a) f(α) = ⇔
= ⇔ ln α = (α – 1) ⇔ ln α – α + = 0 ln α – α + + α = α
α–1 2
2
2
2
2
2
2
1
1
⇔ ln α + α + = α ⇔ h(α) = α
2
2
1
1
b) h(x) = ln x + x +
est dérivable comme somme de fonctions dérivables et
2
2
1 1
∀ x ∈ ] 1 ; + ∞ [ : h’(x) = + > 0 ∀ x > 1 donc h est croissante sur ] 1 ; + ∞ [
x 2
Sur [3 ; 4], h’ est clairement décroissante (car la fonction inverse l’est) donc :
5
∀ x ∈ [3 ; 4] : h’(4) ≤ h’(x) ≤ h’(3) d’où h’(x)≤ .
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]