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Le but de cet exercice est l'étude d'une fonction définie partiellement par sa représentation graphique.
On considère la fonction $f$ définie sur $]0;+\infty[$ par $f(x) = ax + bx ln (x) - 1$ où $a$ et $b$ sont deux réels non nuls.
La courbe représentative $\mathcal{C}$ de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~2]$ est donnée ci-dessous.

Partie A
  1. Déterminer graphiquement $f(1)$ et en déduire la valeur de $a$.
    Rappel $ln(1)=0$
    Graphiquement $f(1)=2$.
    $f(1)=a\times 1+b\times 1\times ln(1)-1=a-1$
    $f(1)=2 \Longleftrightarrow a-1=2 \Longleftrightarrow a=3$
  2. On sait que $f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1$.
    En déduire la valeur de $b$.

    Lien entre logarithme et exponentielle


    - Pour tout réel $a >0$ on a $e^{ln(a)}=a$
    - Pour tout réel $b$ on a $ln(e^b)=b$
    - Valeurs particulières
    $ln(1)=0$ et $ln(e)=1$
    On a $f(x)=3x + bx ln (x) - 1$
    $f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = 3\times e^{-\frac{3}{2}}+b\times e^{-\frac{3}{2}}ln\left(e^{-\frac{3}{2}}\right)-1=3e^{-\frac{3}{2}}-\dfrac{3b}{2} e^{-\frac{3}{2}}-1$
    $f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1 \Longleftrightarrow 3e^{-\frac{3}{2}}-\dfrac{3b}{2} e^{-\frac{3}{2}}-1= - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1$
    $ \phantom{f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1} \Longleftrightarrow -\dfrac{3b}{2} e^{-\frac{3}{2}}= - 6e^{-\frac{3}{2}}- 3e^{-\frac{3}{2}}$
    $ \phantom{f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1}\Longleftrightarrow -\dfrac{3b}{2} e^{-\frac{3}{2}}= - 9e^{-\frac{3}{2}}$
    $ \phantom{f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1}\Longleftrightarrow -\dfrac{3b}{2}= - 9$
    $ \phantom{f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1}\Longleftrightarrow b= - 9\times \dfrac{-2}{3}$
    $ \phantom{f\left(e^{-\frac{3}{2}}\right) = - 6e^{-\frac{3}{2}} - 1}\Longleftrightarrow b= 6$

Partie B
Dans la suite du problème la fonction $f$ est définie sur $]0;+ \infty[$ par $f(x) = 3x + 6x ln (x) - 1$.
  1. On admet que $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
    Etudier les variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ + \infty[$.

    Dérivée de la fonction ln


    La fonction $ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $(ln(x))'=\dfrac{1}{x}$

    Formules de dérivation (produit, quotient...)


    On pose $u(x)=6x$ et $v(x=ln(x)$ et on a $f(x)=3x+u(x)v(x)-1$
    On pose $u(x)=6x$ et $v(x=ln(x)$ et on a $f(x)=3x+u(x)v(x)-1$
    $u$ et $v$ sont dérivables sur $]0;+\infty[$.
    $u'(x)=6$ et $v'(x)=\dfrac{1}{x}$
    $f'(x)=3+u'(x)v(x)+u(x)v'(x)-0$
    $\phantom{f'(x)}=3+6ln(x)+6x\times \dfrac{1}{x}$
    $\phantom{f'(x)}=3+6ln(x)+6$
    $\phantom{f'(x)}=9+6ln(x)$

    Etude du signe de $f'(x)$:
    $f'(x)>0 \Longleftrightarrow 9+6ln(x)>0$
    $\phantom{f'(x)>0} \Longleftrightarrow 6ln(x)>-9$
    $\phantom{f'(x)>0} \Longleftrightarrow ln(x)>-\dfrac{9}{6}$
    $\phantom{f'(x)>0} \Longleftrightarrow ln(x)>-\dfrac{3}{2}$
    $\phantom{f'(x)>0} \Longleftrightarrow x>e^{-\frac{3}{2}}$
    donc $f'(x)>0$ pour $x> e^{-\frac{3}{2}}$


    Le minimum de $f$ est donc atteint en $x=e^{-\frac{3}{2}}\approx 0,22$, ce qui est cohérent avec le graphique proposé.
  2. En déduire le signe de $f(x)$ sur $[1;2]$.
    $f$ est strictement croissante sur $[1;2]$ et on peut calculer $f(1)$
    D'après la question précédente, $f$ est strictement croissante sur $[1;2]$ et $f(1)=2$
    soit $f(x)>0$ sur $[1;2]$
    donc $\int_1^2 f(x)dx$ est l'aire, en unités d'aires, du domaine limité par la courbe, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=2$.
  3. Déterminer graphiquement un encadrement d'amplitude inférieure ou égale à 2 de l'intégrale $\displaystyle\int_{1}^2 f(x)dx$.

    Aire et intégrale


    $f$ est une fonction continue et positive sur $[a;b]$ avec $a < b$.
    $\int_a^b f(x)dx$ est l'aire, en unités d'aires, du domaine limité par la courbe de $f$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=a$ et $x=b$.
    une unité d'aire contient 10 carreaux du quadrillage
    Graphiquement, $f$ est continue et positive sur $[1;2]$ donc $\displaystyle\int_{1}^2 f(x)dx$ est l'aire, en unités d'aires, du domaine limité par la courbe, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=2$.
    Une unité d'aire est un rectangle de une unité selon l'axe des abscisses sur une unité selon l'axe des ordonnées soit 10 carreaux du quadrillage.
    L'aire cherchée contient 82 carreaux du quadrillage (en rouge) soit $\dfrac{66}{10}=6,6$ unités d'aires.
    L'aire cherchée est contenue dans 66 carreaux du quadrillage (en rouge) soit $\dfrac{82}{10}=8,2$unités d'aires.

    $8,2-6,6=1,6$ donc l'amplitude de l'encadrement est inférieure à 2.
  4. En utilisant une intégration par parties, calculer $\displaystyle\int_{1}^2 xln(x)dx$

    Intégration par parties


    $u$ et $v$ sont deux fonctions dérivables sur $[1;b]$.
    $\displaystyle \int_a^b u'v=[uv]_a^b-\int_a^b uv'$
    On pose $u'(x)=x$ et $v(x)=ln(x)$
    On pose $u'(x)=x$ et $v(x)=ln(x)$
    et on a $u(x)=\dfrac{x^2}{2}$ et $v'(x)=\dfrac{1}{x}$
    $\displaystyle \int_1^2 xln(x)dx$
    $=\displaystyle \int_1^2 u'(x)v(x)dx$
    $=[u(x)v(x)]_1^2-\displaystyle \int_1^2 u(x)v'(x)dx$
    $=[\dfrac{x^2ln(x)}{2}]_1^2-\displaystyle \int_1^2 \dfrac{x^2}{2}\times \dfrac{1}{x}dx$
    $=\dfrac{2^2ln(2)}{2}-\dfrac{1^2ln(1)}{2}-\displaystyle \int_1^2 \dfrac{x}{2}dx$ (rappel $ln(e)=1$ et $ln(1)=0$)
    $=2ln(2)-\left[\dfrac{x^2}{4}\right]_1^2$
    $=2ln(2)-\left(\dfrac{2^2}{4}-\dfrac{1^2}{4}\right)$
    $=2ln(2)-1+\dfrac{1}{4}$
    $=2ln(2)-\dfrac{3}{4}$
  5. En déduire la valeur exacte de $\displaystyle\int_{1}^2 f(x)dx$. puis en donner une valeur approchée du résultat à $10^{-1}$ près.

    Intégrale


    La fonction $f$ est continue sur $[ab]$ et $F$ est une primitive de $f$ sur $[a;b]$
    $\int_a^b f(x)dx=[F(x)]_a^b=F(b)-F(a)$
    On a $f(x)=3x + 6x ln (x) - 1=3x -1+ 6(x ln (x) )$
    $f(x)=3x + 6x ln (x) - 1=3x -1+ 6(x ln (x) )$
    $\int_1^2 f(x)dx$
    $=\left[\dfrac{3x^2}{2}-x\right]_1^2+6 \displaystyle\int_{1}^2 xln(x)dx$
    $=\dfrac{3\times 2^2}{2}-2-\dfrac{3\times 1^2}{2}+1+6\left(2ln(2)-\dfrac{3}{4}\right)$
    $=6-2-\dfrac{3}{2}+1+12ln(2)-\dfrac{18}{4}$
    $=12ln(2)-1$


    On a bien $6,6< \int_1^2 f(x)dx < 8,2$
    penser à contrôler le résultat avec la calculatrice

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