Antilles Guyane 2011. Enseignement spécifique

EXERCICE 2

1. 1. $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}e^x=+\infty$. En multipliant, on obtient $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}xe^x=+\infty$ puis $$\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}(xe^x-1)=+\infty.$$

      $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty$.

      La fonction $f$ est dérivable sur $[0,+\infty[$ et pour tout réel $x\geqslant0$,

      $f'(x)=1\times e^x+x\times e^x=(x+1)e^x$.

      Pour tout réel $x\geqslant0$, on a $e^x>0$ et $x+1>0$. Donc, pour tout réel $x\geqslant0$, on a $f'(x)>0$.
      On en déduit le tableau de variations de $f$ :

   
   
   2. La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[0,+\infty[$.

      Donc pour tout réel $k$ de $\left[f(0),\dlim{x}{+\infty}f(x)\right[=[-1,+\infty[$, l'équation $f(x)=k$ admet une solution et une seule dans $[0,+\infty[$. En particulier, puisque $0$ appartient à $[-1,+\infty[$, l'équation $f(x)=0$ admet une solution et une seule dans $[0,+\infty[$. On note $\alpha$ cette solution.

      La calculatrice fournit $f(0,56)=-0,01\ldots < 0$ et $f(0,57)=0,007\ldots>0$. Donc $f(0,56)< f(\alpha)< f(0,57)$ et, puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$, on en déduit que $0,56< \alpha<0,57$. Par suite,

      $\alpha=0,56$ à $10^{-2}$ près par défaut.

   
   
   3. Soit $x\geqslant0$. Puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$, si $0\leqslant x< \alpha$, alors $f(x)< f(\alpha)$ ou encore $f(x)< 0$ et si $x>\alpha$, alors $f(x)>f(\alpha)$ ou encore $f(x)>0$. Ainsi, la fonction $f$ est strictement négative sur $[0,\alpha[$, strictement positive sur $]\alpha,+\infty[$ et enfin, la fonction $f$ s'annule en $\alpha$.
   
   
2. 
   
   1. Pour $x>0$, posons $g(x)=MN=e^x-\ln x$. La fonction $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout réel $x>0$, $g'(x)=e^x-\dfrac{1}{x}=\dfrac{xe^x-1}{x}=\dfrac{f(x)}{x}$.

      Sur $]0,+\infty[$, $g'(x)$ est du signe de $f(x)$. D'après la question 1)c), la fonction $g'$ est strictement négative sur $[0,\alpha[$ puis strictement positive sur $]\alpha,+\infty[$. On en déduit que la fonction $g$ est strictement décroissante sur $[0,\alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha,+\infty[$ puis que la fonction $g$ admet un minimum en $\alpha$. On a montré que la distance $MN$ est minimale lorsque $x=\alpha$.

      La calculatrice fournit encore $f(0,567)< 0$ et $f(0,568)>0$. Donc, $0,567<\alpha< 0,568$ puis

      $e^{0,567}-\ln(0,568)< e^\alpha-\ln\alpha< e^{0,568}-\ln(0,567)$

      ou encore $2,328\ldots< e^\alpha-\ln\alpha< 2,332\ldots$ On en déduit que $2,32< e^\alpha-\ln\alpha< 2,34$ et donc que $e^\alpha-\ln\alpha=2,33$ à $10^{-2}$ près.

      $MN_{min}=2,33$ à $10^{-2}$ près.

   
   
   2. $f(\alpha)=0\Leftrightarrow\alpha e^\alpha-1=0\Leftrightarrow \alpha e^\alpha=1\Leftrightarrow e^\alpha=\dfrac{1}{\alpha}$.

      La dérivée de la fonction $x\mapsto e^x$ est la fonction $x\mapsto e^x$. Donc, le coefficient directeur de la tangente à $\mathscr{C}$ au point d'abscisse $\alpha$ est $e^\alpha$.

      La dérivée de la fonction $x\mapsto \ln x$ est la fonction $x\mapsto\dfrac{1}{x}$. Donc, le coefficient directeur de la tangente à $\Gamma$ au point d'abscisse $\alpha$ est $\dfrac{1}{\alpha}$.

      Puisque $e^\alpha=\dfrac{1}{\alpha}$, ces coefficients directeurs sont égaux ou encore

      les tangentes à $\mathscr{C}$ et $\Gamma$ en leur point d'abscisse $\alpha$ sont parallèles.



3. 1. La fonction $h$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour tout réel $x>0$, $h'(x)=1\times\ln x+x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln x+1-1=\ln x$. Donc,

      la fonction $h$ est une primitive de la fonction $\ln$ sur $]0,+\infty[$.

   
   
   2. On note $\mathscr{A}$ l'aire à calculer. Sur le segment $[1,2]$, les fonctions $x\mapsto e^x$ et $x\mapsto\ln x$ sont continues et de plus, pour $x$ réel de $[1,2]$, on a $e^x>\ln x$. Donc \begin{align*} \mathscr{A}&=\displaystyle\int_{1}^{2}(e^x-\ln x)\;dx=\left[e^x-(x\ln x-x)\right]_1^2=\left[e^x-x\ln x+x\right]_1^2\\ &=\left(e^2-2\ln2+2\right)-\left(e^1-\ln1+1\right)=e^2-e+1-2\ln2. \end{align*}

      $\mathscr{A}=e^2-e+1-2\ln2=4,28$ unités d'aire à $10^{-2}$ près.