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On considère la fonction numérique $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{xln(x)}{x+1}$.
On note $(C_f)$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal.
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On note $(C_f)$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal.
- On pose $g(x)=ln(x)+x+1$ définie sur $]0;+\infty[$
- Etudier les variations de la fonction $g$.
Dérivée de la fonction ln
La fonction $ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $(ln(x))'=\dfrac{1}{x}$Pour étudier le signe de $g'(x)$ on a $x >0$La fonction $ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ donc $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ (somme de fonctions dérivables).
$g'(x)=\dfrac{1}{x}+1$
On a $x >0$ donc $\dfrac{1}{x}> 0$ et on a alors $g'(x)>0$
- Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ avec $0,27 < \alpha < 0,28$.
Théorème des valeurs intermédiaires
$f$ est une fonction continue sur $[a;b]$ (avec $a Si $k$ est un réel compris entre $f(a)$ et $f(b)$ alors il existe au moins un réel $c\in [a;b]$ tel que $f(c)=k$.
Cas où la fonction est monotone
Si $f$ est continue sur $[a;b]$ et strictement monotone alors pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$ l'équation $f(x)=k$ admet une unique solution.
$f$ strictement monotone signifie que $f$ est strictement croissante (ou strictement décroissante).Il faut utiliser le sens de variation de $g$ et calculer $g(0,27)$ et $g(0,28)$$g(0,27)=ln(0,27)+0,27+1\approx -0,04$ et $g(0,28)=ln(0,28)+0,28+1\approx 0,007$
$g$ est continue sur $]0;+\infty[$ (somme de fonctions continues) et strictement croissante sur $]0;+\infty[$
et 0 est compris entre $g(0,27)$ et $g(0,28)$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires $g(x)$ prend au moins une fois la valeur $0$
De plus $g$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$
- En déduire le signe de $g(x)$ sur $]0;+\infty[$.
- Etudier les variations de la fonction $g$.
- Etude de la fonction $f$.
- Déterminer les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
Cas d'indétermination
$+\infty-\infty$
$0\times \pm \infty$
$\dfrac{\pm \infty}{\pm \infty}$
$\dfrac{0}{0}$
Attention, les écritures ci-dessus remplacent les limites mais sont incorrectes...Croissances comparées
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}\dfrac{ln(x)}{x}=0$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}xln(x)=0$En 0, on peut chercher la limite du numérateur et celle du dénominateur.
En $+\infty$ on peut lever l'indétermination en factorisant $x$ au numérateur et au dénominateur$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}xln(x)=0$ (limite du cours)
et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}x+1=1$
Pour tout réel $x >0$ on a:
$f(x)=\dfrac{xln(x)}{x\left(1+\dfrac{1}{x}\right)}=\dfrac{ln(x)}{1+\dfrac{1}{x}}$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}ln(x)=+\infty$
et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}1+\dfrac{1}{x}=1$
- Calculer la dérivée de $f$ et dresser le tableau de variation de $f$.
On donnera une valeur approchée de l'extremum de $f$ en arrondissant $\alpha$ aux dixièmes.Formules de dérivation (produit, quotient...)
Dérivée de la fonction ln
La fonction $ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $(ln(x))'=\dfrac{1}{x}$On pose $u(x)=xln(x)$ et $v(x)=x+1$ et on a $f(x)=\dfrac{u(x)}{v(x)}$
$u$ est le produit de $x$ et de $ln(x)$On pose $u(x)=xln(x)$ et $v(x)=x+1$ et on a $f(x)=\dfrac{u(x)}{v(x)}$
et on a $u$ et $v$ dérivables sur $]0;+\infty[$ donc le quotient $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
$u'(x)=(x')ln(x)+x(ln(x))'=1ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}=ln(x)+1$ $u$ est le produit de deux fonctions
et $v'(x)=1$
$f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{(ln(x)+1)\times (x+1)-xln(x)\times 1}{(x+1)^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{xln(x)+x+ln(x)+1-xln(x)}{(x+1)^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{x+ln(x)+1}{(x+1)^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}$
$(x+1)^2>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $g(x)$.
On a $0,27 < \alpha < 0,28$ donc $\alpha\approx 0,3$ en arrondissant $\alpha$ aux dixièmes.
avec $f(\alpha)=\dfrac{\alpha ln(\alpha)}{\alpha+1}\approx f(0,3) \approx -0,3$ - Montrer que $f(\alpha)=\alpha$
On a $g(\alpha)=ln(\alpha)+\alpha+1=0$On a $g(\alpha)=0$ donc $ln(\alpha)+\alpha+1=0$ soit $ln(\alpha)=-\alpha-1$
$f(\alpha)=\dfrac{\alpha ln(\alpha)}{\alpha+1}$
$\phantom{f(\alpha)}=\dfrac{\alpha\times (-\alpha-1)}{\alpha+1}$
$\phantom{f(\alpha)}=\dfrac{-\alpha (\alpha+1)}{\alpha+1}$
$\phantom{f(\alpha)}=-\alpha$
- Résoudre l'équation $f(x)=0$.
- Déterminer les limites de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
- Tracer $C_f$ en mettant en évidence les résultats précédents (extremum, intersection de $C_f$ et de l'axe des abscisses).
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