Étude de fonction avec logarithme : corrigé du contrôle de maths en terminale

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Barème du contrôle corrigé : étude de fonction avec logarithme

Le corrigé détaillé : étude de fonction avec logarithme

Exercice 1 – Dérivées avec le logarithme (3 points)

1. La fonction \(f_1\) est le produit de \(u(x) = x^2\) et de \(v(x) = \ln x\), toutes deux dérivables sur \(]0\,;+\infty[\). Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), on obtient :
   \(f_1^{\prime}(x) = 2x\ln x + x^2 \times \dfrac{1}{x} = 2x\ln x + x\)
   Donc \(f_1^{\prime}(x) = x\left(2\ln x + 1\right)\).
2. Pour tout réel \(x\), \(x^2 + 3 \geq 3 > 0\). La fonction \(u(x) = x^2 + 3\) est donc dérivable et strictement positive sur \(\mathbb{R}\). Ainsi, \(f_2 = \ln(u)\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Comme \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\), on a \(f_2^{\prime}(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 3}\).
3. La fonction \(f_3\) est le quotient de \(u(x) = \ln x\) par \(v(x) = x^2\), qui ne s’annule pas sur \(]0\,;+\infty[\). Avec \(\left(\dfrac{u}{v}\right)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :
   \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x^2 – 2x\ln x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln x}{x^4} = \dfrac{x\left(1 – 2\ln x\right)}{x^4}\)
   Après simplification par \(x\), \(f_3^{\prime}(x) = \dfrac{1 – 2\ln x}{x^3}\).

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour la formule du produit, 0,5 pour la forme factorisée). Question Q2 : 1 point (0,5 pour la justification \(x^2 + 3 > 0\), 0,5 pour la dérivée). Question Q3 : 1 point (0,5 pour la formule du quotient, 0,5 pour la simplification).

Piège classique : écrire \(\left(\ln\left(x^2 + 3\right)\right)^{\prime} = \dfrac{1}{x^2 + 3}\) en oubliant de multiplier par la dérivée \(2x\) de l’expression intérieure.

Exercice 2 – Limites et croissances comparées (3 points)

1. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(x^2\) tend vers 0 et \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(-3\ln x\) tend vers \(+\infty\). Par somme, la limite vaut \(+\infty\).
2. En \(+\infty\), \(x\) et \(3\ln x\) tendent tous deux vers \(+\infty\) : c’est une forme « infini moins infini ». Pour \(x > 0\), on factorise :
   \(x – 3\ln x = x\left(1 – 3 \times \dfrac{\ln x}{x}\right)\)
   Par croissances comparées, \(\dfrac{\ln x}{x}\) tend vers 0, donc la parenthèse tend vers 1. Par produit, \(\lim_{x \to +\infty} \left(x – 3\ln x\right) = +\infty\).
3. Le produit \(x\ln x\) est une forme « zéro fois infini ». Cependant, les croissances comparées donnent \(\lim_{x \to 0,\, x > 0} x\ln x = 0\). Par somme, la limite vaut 2.
4. En 0 par valeurs positives, \(1 + \ln x\) tend vers \(-\infty\) et \(\dfrac{1}{x}\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(h\) tend vers \(-\infty\) en 0 : l’axe des ordonnées est asymptote verticale.
   En \(+\infty\), on écrit \(h(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{\ln x}{x}\). Les deux termes tendent vers 0, le second par croissances comparées, donc \(h\) tend vers 0 en \(+\infty\).

Barème : Q1 : 0,5 point. Question Q2 : 1 point (0,25 pour la forme indéterminée nommée, 0,5 pour la factorisation, 0,25 pour la conclusion). Enfin, Q3 : 0,5 point et Q4 : 1 point (0,5 par borne).

Exercice 3 – Étude d’une fonction et de ses zéros (6 points)

1. En 0 par valeurs positives, \(x\) tend vers 0 et \(\ln x\) vers \(-\infty\), donc \(-4\ln x\) tend vers \(+\infty\). Par somme, \(\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty\).
   En \(+\infty\), c’est une forme indéterminée. Or \(f(x) = x\left(1 – 4\dfrac{\ln x}{x}\right)\) et, par croissances comparées, \(\dfrac{\ln x}{x}\) tend vers 0 : la parenthèse tend vers 1. Par produit, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).
2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et \(f^{\prime}(x) = 1 – \dfrac{4}{x} = \dfrac{x – 4}{x}\).
   Comme \(x > 0\), le signe de \(f^{\prime}(x)\) est celui de \(x – 4\). Ainsi, \(f^{\prime}(x) < 0\) sur \(]0\,;4[\), \(f^{\prime}(4) = 0\) et \(f^{\prime}(x) > 0\) sur \(]4\,;+\infty[\). Par conséquent, \(f\) est strictement décroissante sur \(]0\,;4]\) puis strictement croissante sur \([4\,;+\infty[\).
   Le minimum vaut \(f(4) = 4 – 4\ln 4 = 4 – 4 \times 2\ln 2\), soit \(f(4) = 4 – 8\ln 2 \approx -1{,}55\). On retrouve bien la tangente horizontale \(T\) de la figure.

3. 1. Sur \(]0\,;4]\), \(f\) est continue et strictement décroissante. De plus, elle prend ses valeurs entre \(f(4) = 4 – 8\ln 2 < 0\) et \(+\infty\). Comme 0 appartient à \(]4 – 8\ln 2\,;+\infty[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires donne une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;4[\).
      De même, sur \([4\,;+\infty[\), \(f\) est continue et strictement croissante, de \(f(4) < 0\) jusqu’à \(+\infty\). L’équation a donc une unique solution \(\beta\) dans \(]4\,;+\infty[\).
      Par conséquent, l’équation \(f(x) = 0\) admet exactement deux solutions \(\alpha < 4 < \beta\).
   2. À la calculatrice, \(f(1{,}42) \approx 0{,}017 > 0\) et \(f(1{,}43) \approx -0{,}000\,7 < 0\), d’où \(1{,}42 < \alpha < 1{,}43\).
      Ensuite, \(f(8{,}61) \approx -0{,}001\,7 < 0\) et \(f(8{,}62) \approx 0{,}003\,7 > 0\), d’où \(8{,}61 < \beta < 8{,}62\).
4. 1. On dérive \(f^{\prime}(x) = 1 – 4 \times \dfrac{1}{x}\) : \(f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{4}{x^2}\). Ce nombre est strictement positif, donc \(f\) est convexe sur \(]0\,;+\infty[\).
   2. On a \(f(1) = 1 – 4\ln 1 = 1\) et \(f^{\prime}(1) = \dfrac{1 – 4}{1} = -3\). La tangente a pour équation \(y = -3(x – 1) + 1\), c’est-à-dire \(D : y = -3x + 4\).
   3. Puisque \(f\) est convexe, sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes, notamment de \(D\). Pour tout \(x > 0\) :
      \(x – 4\ln x \geq -3x + 4\)
      \(4x – 4 \geq 4\ln x\)
      En divisant par 4, qui est positif, on obtient \(\ln x \leq x – 1\).

Barème : 1) 1,5 point (0,5 en 0, 1 en \(+\infty\)). Question 2) : 1,5 point (0,5 pour la dérivée, 0,5 pour le signe et les variations, 0,5 pour la valeur exacte du minimum). Question 3a) : 1 point (0,5 par intervalle, avec continuité et stricte monotonie citées). Ensuite, 3b) 0,5 point ; 4a) 0,5 point ; 4b) 0,5 point ; 4c) 0,5 point.

Piège classique : appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur tout \(]0\,;+\infty[\), alors que \(f\) n’y est pas monotone. Il faut donc découper en deux intervalles.

Exercice 4 – Une équation à paramètre (4 points)

1. Avec la formule du quotient : \(g^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x – \ln x \times 1}{x^2}\), donc \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1 – \ln x}{x^2}\).
   Comme \(x^2 > 0\), le signe de \(g^{\prime}(x)\) est celui de \(1 – \ln x\). Or \(1 – \ln x > 0\) équivaut à \(\ln x < 1\), c’est-à-dire \(x < \mathrm{e}\). Ainsi, \(g\) est croissante sur \(]0\,;\mathrm{e}]\), décroissante sur \([\mathrm{e}\,;+\infty[\), et son maximum vaut \(g(\mathrm{e}) = \dfrac{1}{\mathrm{e}}\).
2. En 0 par valeurs positives, \(\ln x\) tend vers \(-\infty\) et \(\dfrac{1}{x}\) vers \(+\infty\) : par produit, \(g\) tend vers \(-\infty\). En \(+\infty\), par croissances comparées, \(g\) tend vers 0.
3. Sur \(]0\,;\mathrm{e}]\), \(g\) est continue et strictement croissante de \(-\infty\) à \(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\), en passant par \(g(1) = 0\). Sur \(]\mathrm{e}\,;+\infty[\), elle est strictement décroissante et reste strictement positive, car \(\ln x > 0\). Elle y prend donc toutes les valeurs de \(]0\,;\frac{1}{\mathrm{e}}[\). On en déduit :
   si \(m \leq 0\), une seule solution (dans \(]0\,;1]\)) ;
   si \(0 < m < \dfrac{1}{\mathrm{e}}\), deux solutions, l’une dans \(]1\,;\mathrm{e}[\), l’autre dans \(]\mathrm{e}\,;+\infty[\) ;
   si \(m = \dfrac{1}{\mathrm{e}}\), une seule solution, \(x = \mathrm{e}\) ;
   enfin, si \(m > \dfrac{1}{\mathrm{e}}\), aucune solution.
4. On a \(g(4) = \dfrac{\ln 4}{4} = \dfrac{2\ln 2}{4} = \dfrac{\ln 2}{2} = g(2)\). De plus, \(\dfrac{\ln 2}{2} \approx 0{,}347\) est compris entre 0 et \(\dfrac{1}{\mathrm{e}} \approx 0{,}368\) : l’équation a exactement deux solutions. Comme 2 et 4 conviennent, les solutions sont 2 et 4.

Barème : 1) 1,5 point (0,5 pour la dérivée, 0,5 pour le signe, 0,5 pour le maximum). Question 2) : 1 point (0,5 par limite). Question 3) : 1 point, soit 0,25 par cas correct. Enfin, 4) 0,5 point.

Exercice 5 – Le bénéfice d’un atelier de lampes (4 points)

1. La fonction \(B\) est dérivable sur \([1\,;15]\) et \(B^{\prime}(x) = \dfrac{12}{x} – 2 = \dfrac{12 – 2x}{x}\).
   Puisque \(x > 0\), le signe de \(B^{\prime}(x)\) est celui de \(12 – 2x\). Il est donc positif sur \([1\,;6[\), nul en 6 et négatif sur \(]6\,;15]\). Donc \(B\) est croissante sur \([1\,;6]\) puis décroissante sur \([6\,;15]\).
   Le maximum est \(B(6) = 12\ln 6 – 12 – 4 = 12\ln 6 – 16 \approx 5{,}501\,1\). Ainsi, l’atelier doit fabriquer 600 lampes, pour un bénéfice maximal d’environ 5 501 €.
2. 1. Sur \([1\,;6]\), \(B\) est continue et strictement croissante. De plus, \(B(1) = -6 < 0\) et \(B(6) \approx 5{,}50 > 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, \(B(x) = 0\) a une unique solution \(x_1\) dans \([1\,;6]\).
      Sur \([6\,;15]\), \(B\) est continue et strictement décroissante. Or \(B(6) > 0\) et \(B(15) = 12\ln 15 – 34 \approx -1{,}50 < 0\). Il existe donc une unique solution \(x_2\) dans \([6\,;15]\).
   2. À la calculatrice, \(B(1{,}92) \approx -0{,}012\) et \(B(1{,}93) \approx 0{,}030\), donc \(1{,}92 < x_1 < 1{,}93\). De même, \(B(13{,}70) \approx 0{,}009\) et \(B(13{,}71) \approx -0{,}002\), donc \(13{,}70 < x_2 < 13{,}71\).
      D’après les variations, \(B(x) > 0\) exactement pour \(x_1 < x < x_2\). Comme \(x\) compte des centaines, l’atelier est rentable pour une production de 193 à 1 370 lampes.
3. On a \(B^{\prime\prime}(x) = -\dfrac{12}{x^2} < 0\) sur \([1\,;15]\), donc \(B\) est concave. Par conséquent, \(B^{\prime}\) est décroissante. Chaque centaine de lampes supplémentaire rapporte de moins en moins, et même fait perdre de l’argent au-delà de 600 lampes.

Barème : 1) 1,5 point (0,5 pour la dérivée, 0,5 pour les variations, 0,5 pour la réponse). Question 2a) : 1 point (0,5 par intervalle). Question 2b) : 1 point (0,5 pour les encadrements, 0,5 pour l’interprétation). Enfin, 3) 0,5 point.

Piège classique : oublier les unités du modèle. En effet, \(x = 6\) signifie 600 lampes et \(B(6) \approx 5{,}50\) signifie environ 5 501 €, pas 5,50 €.

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