sujet : Nouvelle Calédonie

correction de l'exercice 4 : commun à tous les candidats

partie i : étude d'une fonction

On considère la fonction f définie et dérivable sur l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ telle que pour tout réel x de cet intervalle : $f\left(x\right)=5\left(1-\ln x\right)\left(\ln x-2\right)$ et dont la représentation graphique est donnée en annexe 2.

1. Résoudre l'équation $f\left(x\right)=0$.

   Pour tout réel x de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$, $f\left(x\right)=0\iff 5\left(1-\ln x\right)\left(\ln x-2\right)=0$. Soit $$\begin{array}{llcll}& 1-\ln x=0& \text{ou}& & \ln x-2=0\\ \iff & \ln x=1& \text{ou}& & \ln x=2\\ \iff & x=\mathrm{e}& \text{ou}& & x={\mathrm{e}}^2\end{array}$$

   L'ensemble des solutions de l'équation $f\left(x\right)=0$ est $S=\left\{\mathrm{e};{\mathrm{e}}^2\right\}$

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2. 1. Déterminer le signe de l'expression $5\left(1-X\right)\left(X-2\right)$ suivant les valeurs du réel X.

      Étudions le signe du produit à l'aide d'un tableau :

      x	$-\infty$		1		2		$+\infty$
      Signe de $\left(1-X\right)$		+	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	−	$|$	−
      Signe de $\left(X-2\right)$		−	$|$	−	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	+
      $5\left(1-X\right)\left(X-2\right)$		−	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	+	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	−

   2. En déduire que le signe de $f\left(x\right)$ est donné pour tout réel de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ par le tableau suivant :

      Pour tout réel x de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$, posons $X=\ln x$. Alors :$$\begin{array}{lllllllll}f\left(x\right)⩾0& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ X=\ln x\hfill \\ 5\left(1-X\right)\left(X-2\right)⩾0\end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ X=\ln x\hfill \\ X\in \left[1;2\right]\end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ 1⩽\ln x⩽2\hfill \end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ \mathrm{e}⩽x⩽{\mathrm{e}}^2\hfill \end{array}\end{array}$$

      et $$\begin{array}{lllllllll}f\left(x\right)⩽0& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ X=\ln x\hfill \\ 5\left(1-X\right)\left(X-2\right)⩽0\end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ X=\ln x\hfill \\ X\in \left]-\infty ;1\right]\cup \left[2;+\infty \right[\end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ \ln x⩽1\text{ ou }\ln x⩾2\hfill \end{array}& \iff & \{\begin{array}{l}x>0\hfill \\ x⩽\mathrm{e}\text{ ou }x⩾{\mathrm{e}}^2\hfill \end{array}\end{array}$$

      Le signe de $f\left(x\right)$ est donné pour tout réel de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ par le tableau suivant :

      x	0		e		${\mathrm{e}}^2$		$+\infty$
      Signe de $f\left(x\right)$		−	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	+	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	−

3. 1. On note $f\prime$ la fonction dérivée de la fonction f. Calculer $f\prime \left(x\right)$ et montrer que $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{5\left(3-2\ln x\right)}{x}}$ pour tout x de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$.

      Pour tout réel x de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$, posons :$$\begin{array}{ccc}u\left(x\right)=\left(1-\ln x\right)& \text{d'où}& u\prime \left(x\right)=-{\displaystyle \frac{1}{x}}\\ v\left(x\right)=\left(\ln x-2\right)& \text{d'où}& v\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{x}}\end{array}$$

      Alors $f=5uv$ d'où $f\prime =5\left(u\prime v+uv\prime \right)$ . Soit pour tout réel x de l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$, $$\begin{array}{lll}f\prime \left(x\right)& =& 5\left(-{\displaystyle \frac{1}{x}}\left(\ln x-2\right)+{\displaystyle \frac{1}{x}}\left(1-\ln x\right)\right)\\ & =& {\displaystyle \frac{5\left(-\left(\ln x-2\right)+\left(1-\ln x\right)\right)}{x}}\hfill \\ & =& {\displaystyle \frac{5\left(3-2\ln x\right)}{x}}\hfill \end{array}$$

      Ainsi, $f\prime$ est la fonction définie sur l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ par $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{5\left(3-2\ln x\right)}{x}}$.

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   2. En déduire les variations de f . On précisera la valeur exacte du maximum de f et la valeur exacte de x pour laquelle il est atteint.

      Les variations de la fonction f se déduisent du signe de sa dérivée. Or sur l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ , $f\prime \left(x\right)$ est du même signe que $3-2\ln x$. $$\begin{array}{ccccc}3-2\ln x⩽0& \iff & \ln x⩾{\displaystyle \frac{3}{2}}& \iff & x⩾{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}\end{array}$$

      D'où le tableau établissant le signe de la dérivée et les variations de f. (Complété avec les limites calculées dans la question suivante )

      x	0			${\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}$		$+\infty$
      $f\prime \left(x\right)$			+	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	−
      $f\left(x\right)$		$-\infty$		${\displaystyle \frac{5}{4}}$		$-\infty$

      D'après le tableau des variations f admet un maximum atteint pour $x={\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}$ et $$f\left({\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}\right)=5\times \left(1-{\displaystyle \frac{3}{2}}\right)\times \left({\displaystyle \frac{3}{2}}-2\right)={\displaystyle \frac{5}{4}}$$

4. Calculer les limites de la fonction f en 0 et en $+\infty$

   • $\underset{x\to 0}{\lim }1-\ln x=+\infty$ et $\underset{x\to 0}{\lim }\ln x-2=-\infty$ donc par produit, $\underset{x\to 0}{\lim }5\left(1-\ln x\right)\left(\ln x-2\right)=-\infty$

   • $\underset{x\to +\infty }{\lim }1-\ln x=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }\ln x-2=+\infty$ donc par produit, $\underset{x\to +\infty }{\lim }5\left(1-\ln x\right)\left(\ln x-2\right)=-\infty$

   Ainsi, $\underset{x\to 0}{\lim }f\left(x\right)=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=-\infty$

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5. Donner le nombre de solutions de l'équation $f\left(x\right)=1$ puis donner une valeur approchée arrondie à 0,01 près de ces solutions.

   Sur l'intervalle $\left]0;+\infty \right[$ , la fonction f est dérivable donc continue sur cet intervalle. D'autre part, sur chacun des intervalles $\left]0;{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}\right]$ ou $\left[{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}};+\infty \right[$ la fonction f est monotone et $f\left(x\right)\in \left]-\infty ;{\displaystyle \frac{5}{4}}\right]$. Alors, d'après le théorème de la valeur intermédiaireSi une fonction f est continue et strictement monotone sur un intervalle $\left[a;b\right]$, alors pour tout réel k compris entre $f\left(a\right)$ et $f\left(b\right)$, l'équation $f\left(x\right)=k$ admet une solution unique α située dans l'intervalle $\left[a;b\right]$., l'équation $f\left(x\right)=1$ admet une solution unique sur chacun de ces intervalles.

   L'équation $f\left(x\right)=1$ admet deux solutions $\alpha \in \left]0;{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}}\right[$ et $\beta \in \left]{\mathrm{e}}^{\frac{3}{2}};+\infty \right[$.

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   À l'aide de la calculatrice, on trouve $\mathrm{3,583}<\alpha <\mathrm{3,584}$ et $\mathrm{5,604}<\beta <\mathrm{5,605}$

   Arrondies à 0,01 près les solutions de l'équation $f\left(x\right)=1$ sont 3,58 et 5,60.

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partie ii : application

Une entreprise fabrique et revend des jouets.
$f\left(x\right)$ représente le résultat (bénéfice ou perte) en milliers d'euros qu'elle réalise lorsqu'elle fabrique x centaines de jouets, pour x compris entre 1 et 10, f désignant la fonction étudiée dans la partie I.

1. Déterminer, à un jouet près, les quantités à produire pour ne pas travailler à perte.
   Interpréter concrètement le résultat de la question I. 2. Comment le lit-on sur le graphique ?

   L'entreprise ne travaille pas à perte pour toute production de x centaines de jouets solution de l'inéquation $f\left(x\right)⩾0$. D'après la question I 2.,$$\begin{array}{ccc}f\left(x\right)⩾0& \iff & \mathrm{e}⩽x⩽{\mathrm{e}}^2\end{array}$$ Or $\mathrm{e}\approx \mathrm{2,718}$ et ${\mathrm{e}}^2\approx \mathrm{7,389}$

   Pour ne pas travailler à perte, l'entreprise doit produire entre 272 et 738 jouets.
   Graphiquement, l'entreprise ne travaille pas à perte pour les abscisses x, des points de la courbe situés au dessus de l'axe des abscisses.

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2. Cette entreprise veut réaliser un bénéfice supérieur ou égal à 1 000 euros. Combien de jouets doit-elle fabriquer ? Justifier la réponse.

   L'entreprise réalise un bénéfice supérieur ou égal à 1 000 euros pour toute production de x centaines de jouets solution de l'inéquation $f\left(x\right)⩾1$. D'après la question I 5.,$$\begin{array}{ccc}f\left(x\right)⩾1& \iff & \alpha ⩽x⩽\beta \end{array}$$

   Pour réaliser un bénéfice supérieur ou égal à 1 000 euros, l'entreprise doit produire entre 359 et 560 jouets.

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