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La fonction $f$ est définie et dérivable sur $]0;5]$ par $f(x)=1-x+2ln(x)$.
La représentation graphique $C_f$ de $f$ est donnée ci-dessous.
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La représentation graphique $C_f$ de $f$ est donnée ci-dessous.
- Déterminer la limite de $f$ en $0$ et en donner une interprétation graphique.
Limites de ln
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}ln(x)=-\infty$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}ln(x)=+\infty$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}1-x=1$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^+}2ln(x)=-\infty$
La courbe admet l'axe des ordonnées pour asymptote. - Calculer $f'(x)$ et dresser le tableau de variation de $f$.
Dérivée de la fonction ln
La fonction $ln$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $(ln(x))'=\dfrac{1}{x}$$f'(x)=0-1+2\times \dfrac{1}{x}=-1+\dfrac{2}{x}=\dfrac{-x+2}{x}$
$x\in ]0;5]$ donc $f'(x)$ est du signe de son numérateur $-x+2$
$-x+2 >0 \Longleftrightarrow -x> -2 \Longleftrightarrow x < 2$
avec $f(5)=1-5+2ln(5)=-4+2ln(5)\approx -0,8$
et $f(2)=1-2+2ln(2)=-1+2ln(2)\approx 0,2$ - Justifier que l'équation $f(x)=0$ admet sur $[2;5]$ une unique solution $\alpha$ et en donner une valeur approchée aux centièmes par défaut.
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).Sur $[2;5]$, $f$ est continue et $0$ est compris entre $f(2)$ et $f(5)$
donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires $f(x)$ prend au moins une fois la valeur $0$ sur $[2;5]$
De plus $f$ est strictement décroissante sur $[2;5]$
Avec la calculatrice on a $f(3,51)\approx 0,0012$ et $f(3,52)\approx -0,003$
donc $3,51< \alpha < 3,52$
-
- Calculer $f(1)$.
- En déduire le signe de $f(x)$
- En utilisant une intégration par parties, calculer $\displaystyle \int_1^\alpha ln(x)dx$ en fonction de $\alpha$.
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 $u'(x)=1$ et $v(x)=ln(x)$On pose $u'(x)=1$ et $v(x)=ln(x)$
et $u(x)=x$ et $v'(x)=\dfrac{1}{x}$
$\displaystyle \int_1^\alpha ln(x)dx$
$=\displaystyle \int_1^\alpha u'(x)v(x)dx$
$=[u(x)v(x)]_1^\alpha - \displaystyle \int_1^\alpha u(x)v'(x)dx$
$=[xln(x)]_1^\alpha - \displaystyle \int_1^\alpha x\dfrac{1}{x}dx$
$=\alpha ln(\alpha)-1\times ln(1) - \displaystyle \int_1^\alpha 1 dx$
$=\alpha ln(\alpha)- [x]_1^\alpha $
$=\alpha ln(\alpha)- \alpha +1 $
- On note $\mathcal{A}$ l'aire, en unités d'aires, du domaine limité par la courbe et l'axe des abscisses.
Hachurer la zone correspondant à cette aire sur le graphique et calculer cette aire en fonction de $\alpha$ et en donner une valeur arrondie aux dixièmes en prenant $\alpha \approx 3,51$.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 $x=b$.
Intégrale
La fonction $f$ est continue sur $[ab]$ et $F$ est une primitive de $f$ sur $[a;b]$
$\int_a^b f(x)dx=[F(x)]_a^b=F(b)-F(a)$Utiliser le signe de $f(x)$ et le résultat de $\displaystyle \int_1^\alpha ln(x)dx$$f$ est continue et positive sur $[1;\alpha]$ et donc l'aire, en unités d'aires, du domaine limité par la courbe, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=\alpha$ est égal à $\displaystyle \int_1^\alpha f(x)dx$.
$\mathcal{A}=\displaystyle \int_1^\alpha f(x)dx$
$=\displaystyle \int_1^\alpha 1-x+2ln(x)dx$
$=\displaystyle \int_1^\alpha 1-x dx +2\displaystyle \int_1^\alpha 2ln(x)dx$
$=\left[x-\dfrac{x^2}{2}\right]_1^\alpha+2(\alpha ln(\alpha)- \alpha +1 )$
$=\alpha-\dfrac{\alpha^2}{2}-1+\dfrac{1}{2}+2(\alpha ln(\alpha)- \alpha +1 )$
$=\alpha-\dfrac{\alpha^2}{2}-1+\dfrac{1}{2}+2\alpha ln(\alpha)-2\alpha +2 $
$=-\alpha-\dfrac{\alpha^2}{2}+2\alpha ln(\alpha)+\dfrac{3}{2} $
En prenant $\alpha \approx 3,51$, on a:
$\mathcal{A}\approx -3,51-\dfrac{3,51^2}{2}+2\times 3,51ln(3,51)+\dfrac{3}{2} $
soit $\mathcal{A}\approx 0,6 $
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