sujet : France métropolitaine, La Réunion septembre 2014

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

On considère la fonction f définie sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$ par : $f\left(x\right)=-x^2-4x+15+6\ln \left(x\right)$.
On note $f\prime$ la fonction dérivée de la fonction f.

1. Vérifier que $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{-2x^2-4x+6}{x}}$.

   Sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$, f est dérivable comme somme de fonctions dérivables : $$\begin{array}{ccc}f\prime \left(x\right)& =& -2x-4+{\displaystyle \frac{6}{x}}\hfill \\ & =& {\displaystyle \frac{-2x^2-4x+6}{x}}\hfill \end{array}$$

   Ainsi, $f\prime$ est la fonction définie sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$ par $f\prime \left(x\right)={\displaystyle \frac{-2x^2-4x+6}{x}}$.

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2. Étudier le signe de la fonction $f\prime$ sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$, en déduire le tableau de variations de f sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$.

   Sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$, $f\prime \left(x\right)$ est du même signe que le polynôme du second degré $-2x^2-4x+6$

   Le discriminant du trinôme est : $$\begin{array}{c}\mathrm{\Delta }={\left(-4\right)}^2-4\times \left(-2\right)\times 6=64\end{array}$$

   $\mathrm{\Delta }>0$ donc le trinôme a deux racines : $$\begin{array}{llll}& x_1={\displaystyle \frac{-b-\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}}& \text{Soit}& x_1={\displaystyle \frac{4-8}{-4}}=1\\ \text{et}& x_2={\displaystyle \frac{-b+\sqrt{\mathrm{\Delta }}}{2a}}& \text{Soit}& x_2={\displaystyle \frac{4+8}{-4}}=-3\end{array}$$

   Un polynôme du second degré est du signe de a sauf pour les valeurs comprises entre les racines. Nous pouvons déduire le tableau du signe de $f\prime \left(x\right)$ suivant les valeurs du réel x ainsi que le tableau de variation de la fonction f sur l'intervalle $\left[\mathrm{0,5};10\right]$ :

   x	0,5		1		10
   $f\prime \left(x\right)$		+	$\underset{\left|}{\overset{\right|}{0}}$	−
   $f\left(x\right)$	$\mathrm{12,75}+6\ln \mathrm{0,5}$		10		$6\ln 10-125$

3. Montrer que l'équation $f\left(x\right)=0$ admet une unique solution α sur l'intervalle $\left[\mathrm{0,5};10\right]$. Donner une valeur approchée de α à 10^-2 par défaut.

   • Pour tout réel x de l'intervalle $\left[\mathrm{0,5};1\right]$, $f\left(x\right)⩾f\left(\mathrm{0,5}\right)$. Comme $f\left(\mathrm{0,5}\right)=\mathrm{12,75}+6\ln \mathrm{0,5}\approx \mathrm{8,6}$, on en déduit que sur $\left[\mathrm{0,5};1\right]$, $f\left(x\right)>0$.

   • $f\left(1\right)=10$ et $f\left(10\right)=6\ln 10-125\approx -111$.

     Sur l'intervalle $\left[1;10\right]$, la fonction f est dérivable donc continue, strictement décroissante et $f\left(10\right)<0<f\left(1\right)$ alors, d'après le théorème de la valeur intermédiaire,Si 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 $f\left(x\right)=0$ admet une unique solution α sur l'intervalle $\left[1;10\right]$.

   Ainsi, l'équation $f\left(x\right)=0$ admet une unique solution α sur l'intervalle $\left[\mathrm{0,5};10\right]$. À l'aide de la calculatrice, on trouve $\alpha \approx \mathrm{3,07}$.

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4. On considère la fonction F définie et dérivable sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$ telle que : $F\left(x\right)=-{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3-2x^2+9x+6x\ln \left(x\right)$. Montrer que F est une primitive de f sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$.

   $$\begin{array}{ccc}F\prime \left(x\right)& =& -{\displaystyle \frac{1}{3}}\times 3x^2-4x+9+\left(6\ln \left(x\right)+6x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}\right)\hfill \\ & =& -x^2-4x+9+6\ln \left(x\right)+6\hfill \\ & =& -x^2-4x+15+6\ln \left(x\right)\hfill \end{array}$$

   Pour tout réel x de l'intervalle $\left[\mathrm{0,5};10\right]$, $F\prime \left(x\right)=f\left(x\right)$ donc F est une primitive de f sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$.

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5. Calculer $I={\displaystyle {\int }_1^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}$. En donner la valeur exacte, puis une valeur approchée au millième.

   F est une primitive de f sur $\left[\mathrm{0,5};10\right]$ d'où :$$\begin{array}{ccc}{\displaystyle {\int }_1^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}& =& F\left(3\right)-F\left(1\right)\hfill \\ & =& \left(-{\displaystyle \frac{1}{3}}\times 27-2\times 9+9\times 3+6\times 3\times \ln 3\right)-\left(-{\displaystyle \frac{1}{3}}-2+9+6\ln 1\right)\hfill \\ & =& 18\ln 3-{\displaystyle \frac{20}{3}}\hfill \end{array}$$

   $I={\displaystyle {\int }_1^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}=18\ln 3-{\displaystyle \frac{20}{3}}$. L'arrondie au millième près de I est 13,108.

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6. En déduire la valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle $\left[1;3\right]$ : en donner une valeur approchée au millième.

   La valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle $\left[1;3\right]$ est par défintion :$${\displaystyle \frac{1}{3-1}}\times {\displaystyle {\int }_1^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}=9\ln 3-{\displaystyle \frac{10}{3}}\approx \mathrm{6,554}$$

   La valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle $\left[1;3\right]$ est arrondie au millième près 6,554.

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