DR-GDérivabilité

Fonction auxiliaire $g$ : variations, valeur remarquable, signe de $g$ , puis $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ ou $e^{x}g(x)$

Idée directrice

Dans les sujets Sciences expérimentales, Techniques et Informatique, le problème d'analyse s'ouvre très souvent par une partie A consacrée à une fonction auxiliaire $g$ , qui ne sert qu'à une chose : donner le signe de $f'$ . On dérive $g$ , on dresse son tableau (ou on lit celui qui est fourni), on calcule $g$ en un point clé — $g(1)=0$ , $g(e)=0$ ou la valeur de son minimum — pour conclure à son signe. Dans la partie B, on montre que $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ , $e^{x}g(x)$ ou $\dfrac{g(x)}{x}$ : l'autre facteur étant strictement positif, $f'$ a le signe de $g$ et les variations de $f$ se lisent sans nouveau calcul.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Étudier le sens de variation de $g$ et en déduire que pour tout $x$ , $g(x)>0$ » ; « Calculer $g(1)$ puis déterminer le signe de $g(x)$ » ; « Montrer que pour tout $x>0$ , $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ » ; « Vérifier que $f'(x)=g(x)$ » ; « Justifier que $g(x)$ et $f'(x)$ ont même signe »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Partie A : dériver $g$ , factoriser $g'$ pour lire son signe, dresser le tableau de $g$ ; la valeur remarquable ( $g(1)$ , $g(e)$ , le minimum) se calcule explicitement.
Trois conclusions possibles : $g>0$ (minimum strictement positif), $g\ge0$ (minimum nul), ou changement de signe — en un point connu ( $g(1)=0$ ) ou en un réel $\alpha$ obtenu par le théorème des valeurs intermédiaires.
Partie B : dériver $f$ , réduire au même dénominateur et faire apparaître $g$ ( $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ , $e^{x}g(x)$ , $\dfrac{g(x)}{x}$ …), puis justifier en une phrase que l'autre facteur est strictement positif.
Réutiliser la partie A sans refaire le calcul : « d'après la partie A, $g(x)>0$ , donc $f'(x)>0$ ».
Un extremum de $f$ ou de $g$ fournit une inégalité valable sur tout l'intervalle ( $2\ln x\le x^2-1$ , $\ln x\le\dfrac{x}{e}$ …), souvent réinvestie plus loin dans le problème.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Refaire l'étude du signe de $f'$ au lieu d'utiliser la partie A ; oublier de dire que $x^2$ (ou $e^{x}$ ) est strictement positif ; écrire « $g(1)=0$ donc $g\ge0$ » alors que $g$ est décroissante et change de signe en $1$ ; confondre le signe de $g$ avec son sens de variation ; ne trouver qu'une solution à $f(x)=0$ alors que chacun des deux intervalles de monotonie de $f$ en contient une.

Sujet principal

Exercice 4 — problème d'analyse, dans l'esprit des sujets Sciences exp., Techniques et Informatique (2017–2026)

5 questionsCorrigé masqué

Partie A

Soit $g$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $g(x)=1-x^2-2\ln x$ .

1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)$ .
2. Montrer que $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout $x>0$ , $g'(x)=-\dfrac{2(x^2+1)}{x}$ , puis dresser le tableau de variation de $g$ .
Calculer $g(1)$ , puis en déduire le signe de $g(x)$ sur $]0,+\infty[$ .

Partie B

Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=3-x+\dfrac{1+2\ln x}{x}$ . On désigne par $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ et par $D$ la droite d'équation $y=-x+3$ .

1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ . Interpréter graphiquement le résultat.
2. Calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ et montrer que la droite $D$ est une asymptote à $(C)$ au voisinage de $+\infty$ .
3. Étudier la position relative de $(C)$ et $D$ .
1. Montrer que pour tout $x>0$ , $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ .
2. En déduire que $f$ est strictement croissante sur $]0,1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$ , puis dresser son tableau de variation et préciser la tangente à $(C)$ au point $A(1,3)$ .
3. En déduire que pour tout $x>0$ , $2\ln x\le x^2-1$ .
1. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ exactement deux solutions $\alpha$ et $\beta$ , puis vérifier que $0{,}3<\alpha<0{,}4$ et $3{,}9<\beta<4$ .
2. En déduire le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1.a Quand $x\to0^+$ , $\ln x\to-\infty$ , donc $-2\ln x\to+\infty$ et $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty$ . Quand $x\to+\infty$ , $-x^2\to-\infty$ et $-2\ln x\to-\infty$ , donc $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$ .

A.1.b $g'(x)=-2x-\dfrac2x=-\dfrac{2x^2+2}{x}=-\dfrac{2(x^2+1)}{x}$ . Pour $x>0$ , on a $x^2+1>0$ et $x>0$ , donc $g'(x)<0$ : $g$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ , de $+\infty$ à $-\infty$ .

\begin{array}{c|ccc} x & 0 & & +\infty\\ \hline g'(x) & & - & \\ \hline g & +\infty & \searrow & -\infty \end{array}

A.2 Idée : une fonction strictement décroissante qui s'annule en $1$ change de signe en $1$ . $g(1)=1-1-2\ln1=0$ . Comme $g$ est strictement décroissante : si $0<x<1$ , $g(x)>g(1)=0$ ; si $x>1$ , $g(x)<g(1)=0$ .

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty\\ \hline g(x) & & + & 0 & - & \end{array}

B.1.a $1+2\ln x\to-\infty$ et $\dfrac1x\to+\infty$ , donc $\dfrac{1+2\ln x}{x}\to-\infty$ et $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ : la droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C)$ .

B.1.b Idée : croissance comparée, $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ en $+\infty$ . $\dfrac{1+2\ln x}{x}=\dfrac1x+2\,\dfrac{\ln x}{x}\to0$ , donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ (car $3-x\to-\infty$ ) et $f(x)-(-x+3)=\dfrac{1+2\ln x}{x}\to0$ : $D$ est une asymptote à $(C)$ au voisinage de $+\infty$ .

B.1.c $f(x)-(-x+3)=\dfrac{1+2\ln x}{x}$ a le signe de $1+2\ln x$ , qui s'annule pour $\ln x=-\dfrac12$ , c'est-à-dire $x=\dfrac1{\sqrt e}$ . Donc $(C)$ est au-dessous de $D$ sur $\left]0,\dfrac1{\sqrt e}\right[$ et au-dessus sur $\left]\dfrac1{\sqrt e},+\infty\right[$ ; elles se coupent au point $E\left(\dfrac1{\sqrt e},\,3-\dfrac1{\sqrt e}\right)$ .

B.2.a Idée : dériver, réduire au dénominateur $x^2$ et reconnaître $g$ . La dérivée de $\dfrac{1+2\ln x}{x}$ est $\dfrac{\frac2x\cdot x-(1+2\ln x)}{x^2}=\dfrac{1-2\ln x}{x^2}$ , donc

f'(x)=-1+\dfrac{1-2\ln x}{x^2}

f'(x)=\dfrac{1-x^2-2\ln x}{x^2}

soit $\boxed{f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}}$ .

B.2.b $x^2>0$ , donc $f'(x)$ a le signe de $g(x)$ , connu par la partie A : $f'(x)>0$ sur $]0,1[$ , $f'(1)=0$ et $f'(x)<0$ sur $]1,+\infty[$ . Ainsi $f$ est strictement croissante sur $]0,1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$ , avec $f(1)=3-1+1=3$ ; la tangente au point $A(1,3)$ est horizontale.

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f & -\infty & \nearrow & 3 & \searrow & -\infty \end{array}

B.2.c Idée : un maximum donne une inégalité valable sur tout l'intervalle. Le maximum de $f$ sur $]0,+\infty[$ est $f(1)=3$ : pour tout $x>0$ , $f(x)\le3$ , c'est-à-dire $\dfrac{1+2\ln x}{x}\le x$ . En multipliant par $x>0$ , $1+2\ln x\le x^2$ , soit $\boxed{2\ln x\le x^2-1}$ , avec égalité seulement pour $x=1$ .

B.3.a Idée : appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur chacun des deux intervalles de monotonie. Sur $]0,1]$ , $f$ est continue et strictement croissante, de $-\infty$ à $3$ : elle réalise une bijection de $]0,1]$ sur $]-\infty,3]$ , qui contient $0$ , donc l'équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ dans $]0,1]$ . Sur $[1,+\infty[$ , $f$ est continue et strictement décroissante de $3$ à $-\infty$ : une unique solution $\beta$ . L'équation a donc exactement deux solutions.

Encadrements : $f(0{,}3)\approx-1{,}99<0$ et $f(0{,}4)\approx0{,}52>0$ , d'où $\boxed{0{,}3<\alpha<0{,}4}$ ; $f(3{,}9)\approx0{,}054>0$ et $f(4)\approx-0{,}057<0$ , d'où $\boxed{3{,}9<\beta<4}$ .

B.3.b D'après les variations de $f$ : $f(x)<0$ sur $]0,\alpha[$ et sur $]\beta,+\infty[$ , $f(x)>0$ sur $]\alpha,\beta[$ , et $f(\alpha)=f(\beta)=0$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : minimum de $g$ strictement positif puis $f'(x)=g(x)$ (Informatique, principale 2026 et contrôle 2020) ou $f'(x)=-2e^{-2x}g(x)$ (Techniques, contrôle 2020) ; $g(e)=0$ donnant $\ln x\le\dfrac{x}{e}$ , réutilisée pour le signe de $f'$ puis pour majorer une suite d'intégrales (Sciences exp., contrôle 2026) ; tableau de signe de $g'$ fourni (Techniques, contrôle 2022) ; $g$ strictement décroissante s'annulant en un réel $\alpha$ encadré, puis $f'$ égale à $g$ multipliée par une exponentielle (Informatique, principale 2025) ; $f'(x)=\dfrac{2x}{x+1}\,g(x)$ , où le signe dépend aussi de celui de $x$ (Sciences exp., contrôle 2019).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill DR-G.1 — famille exponentielle : minimum de

g

strictement positif, puis

f'(x)=g(x)

Entraînement 01 / 04

Drill DR-G.1 — famille exponentielle : minimum de $g$ strictement positif, puis $f'(x)=g(x)$

2 questionsCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x)=(x-1)e^{x}+2$ .

1. Montrer que $g$ est dérivable sur $\R$ et que, pour tout réel $x$ , $g'(x)=xe^{x}$ .
2. Calculer $\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)$ , puis dresser le tableau de variation de $g$ .
3. En déduire que pour tout réel $x$ , $g(x)>0$ .
Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x)=(x-2)e^{x}+2x$ , et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .
1. Calculer $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)$ et montrer que la droite $D:\ y=2x$ est une asymptote à $(C)$ au voisinage de $-\infty$ . Étudier la position relative de $(C)$ et $D$ .
2. Calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ . Interpréter graphiquement.
3. Vérifier que pour tout réel $x$ , $f'(x)=g(x)$ . En déduire que $f$ est strictement croissante sur $\R$ , puis dresser son tableau de variation.
4. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $\R$ une unique solution $\alpha$ et que $1{,}2<\alpha<1{,}3$ .
5. Montrer que le point $I(0,-2)$ est un point d'inflexion de $(C)$ et qu'une équation de la tangente à $(C)$ en $I$ est $y=x-2$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a $g'(x)=e^{x}+(x-1)e^{x}=xe^{x}$ .

1.b Idée : en $-\infty$ , $xe^{x}\to0$ . $(x-1)e^{x}=xe^{x}-e^{x}\to0$ , donc $\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=2$ ; en $+\infty$ , $(x-1)e^{x}\to+\infty$ , donc $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ . $g'(x)$ a le signe de $x$ : $g$ est strictement décroissante sur $]-\infty,0]$ et strictement croissante sur $[0,+\infty[$ , avec $g(0)=-1+2=1$ .

\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 0 & & +\infty\\ \hline g'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline g & 2 & \searrow & 1 & \nearrow & +\infty \end{array}

1.c Le minimum de $g$ sur $\R$ est $g(0)=1>0$ , donc $\boxed{g(x)>0}$ pour tout réel $x$ .

2.a $(x-2)e^{x}=xe^{x}-2e^{x}\to0$ quand $x\to-\infty$ , donc $f(x)-2x\to0$ : $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$ et $D$ est une asymptote à $(C)$ au voisinage de $-\infty$ . $f(x)-2x=(x-2)e^{x}$ a le signe de $x-2$ : $(C)$ est au-dessous de $D$ sur $]-\infty,2[$ , au-dessus sur $]2,+\infty[$ , et coupe $D$ au point $(2,4)$ .

2.b $(x-2)e^{x}\to+\infty$ , donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ ; $\dfrac{f(x)}{x}=\left(1-\dfrac2x\right)e^{x}+2\to+\infty$ : $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction $(O,\vec j)$ .

2.c $f'(x)=e^{x}+(x-2)e^{x}+2=(x-1)e^{x}+2=g(x)$ . D'après 1.c, $f'(x)>0$ pour tout réel $x$ : $f$ est strictement croissante sur $\R$ , de $-\infty$ à $+\infty$ .

\begin{array}{c|ccc} x & -\infty & & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & \\ \hline f & -\infty & \nearrow & +\infty \end{array}

2.d Idée : une fonction continue strictement croissante de $\R$ sur $\R$ prend une seule fois la valeur $0$ . $f$ réalise une bijection de $\R$ sur $\R$ : l'équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ . $f(1{,}2)\approx-0{,}256<0$ et $f(1{,}3)\approx0{,}031>0$ , donc $\boxed{1{,}2<\alpha<1{,}3}$ .

2.e Idée : $f''=g'$ , dont le signe est connu depuis 1.b. $f''(x)=g'(x)=xe^{x}$ s'annule en $0$ en changeant de signe, et $f(0)=-2$ : $I(0,-2)$ est un point d'inflexion de $(C)$ . Comme $f'(0)=g(0)=1$ , la tangente en $I$ a pour équation $\boxed{y=x-2}$ .

2 Drill DR-G.2 —

g(e)=0

: l'inégalité

\ln x\le\frac{x}{e}

, réutilisée pour le signe de

f'

Entraînement 02 / 04

Drill DR-G.2 — $g(e)=0$ : l'inégalité $\ln x\le\frac{x}{e}$ , réutilisée pour le signe de $f'$

2 questionsCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $g(x)=x-e\ln x$ .

1. Étudier le sens de variation de $g$ sur $]0,+\infty[$ .
2. Calculer $g(e)$ et en déduire que pour tout $x>0$ , $\ln x\le\dfrac{x}{e}$ , l'égalité n'ayant lieu que pour $x=e$ .
3. En déduire que pour tout $x>0$ , $x^{e}\le e^{x}$ .
Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2}{2e}-x\ln x+x$ , et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .
1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ .
2. Montrer que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ . Interpréter graphiquement.
3. Montrer que $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout $x>0$ , $f'(x)=\dfrac{g(x)}{e}$ . En utilisant la question 1.b, montrer que $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et dresser son tableau de variation.
4. Montrer que $(C)$ admet une tangente horizontale au point $A\left(e,\dfrac{e}{2}\right)$ .
5. Montrer que $A$ est un point d'inflexion de $(C)$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a $g'(x)=1-\dfrac{e}{x}=\dfrac{x-e}{x}$ , du signe de $x-e$ : $g$ est strictement décroissante sur $]0,e]$ et strictement croissante sur $[e,+\infty[$ .

1.b Idée : le minimum de $g$ est atteint en $e$ et vaut $0$ . $g(e)=e-e\ln e=0$ . D'après 1.a, $g(e)$ est le minimum de $g$ , et $g(x)>g(e)$ pour $x\neq e$ : $g(x)\ge0$ , soit $e\ln x\le x$ ; en divisant par $e>0$ , $\boxed{\ln x\le\dfrac{x}{e}}$ pour tout $x>0$ , avec égalité seulement pour $x=e$ .

1.c D'après 1.b, $e\ln x\le x$ , c'est-à-dire $\ln\!\left(x^{e}\right)\le x$ . La fonction exponentielle étant croissante, $x^{e}=e^{\ln(x^{e})}\le e^{x}$ .

2.a Par croissance comparée, $x\ln x\to0$ quand $x\to0^+$ , et $\dfrac{x^2}{2e}+x\to0$ : $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0$ .

2.b $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x}{2e}-\ln x+1=x\left(\dfrac1{2e}-\dfrac{\ln x}{x}\right)+1$ . Comme $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ , la parenthèse tend vers $\dfrac1{2e}>0$ et $\dfrac{f(x)}{x}\to+\infty$ ; donc $f(x)=x\cdot\dfrac{f(x)}{x}\to+\infty$ . $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction $(O,\vec j)$ .

2.c $f'(x)=\dfrac{x}{e}-(\ln x+1)+1=\dfrac{x}{e}-\ln x=\dfrac{x-e\ln x}{e}=\dfrac{g(x)}{e}$ . Comme $e>0$ , $f'(x)$ a le signe de $g(x)$ ; d'après 1.b, $f'(x)\ge0$ pour tout $x>0$ , et $f'(x)=0$ seulement pour $x=e$ : une dérivée positive qui ne s'annule qu'en un point isolé, donc $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ .

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & e & & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & 0 & + & \\ \hline f & 0 & \nearrow & \frac{e}{2} & \nearrow & +\infty \end{array}

2.d $f(e)=\dfrac{e^2}{2e}-e+e=\dfrac{e}{2}$ et $f'(e)=\dfrac{g(e)}{e}=0$ : $(C)$ admet au point $A\left(e,\dfrac e2\right)$ une tangente horizontale, d'équation $y=\dfrac{e}{2}$ .

2.e Idée : étudier le signe de $f''$ . $f''(x)=\dfrac1e-\dfrac1x=\dfrac{x-e}{ex}$ est négative sur $]0,e[$ et positive sur $]e,+\infty[$ : $f''$ s'annule en $e$ en changeant de signe, donc $A$ est un point d'inflexion de $(C)$ ; la courbe y traverse sa tangente horizontale.

3 Drill DR-G.3 — tableau de signe de

g'

fourni :

g(1)

, signe de

g

, puis

f'(x)=\frac{g(x)}{x}

Entraînement 03 / 04

Drill DR-G.3 — tableau de signe de $g'$ fourni : $g(1)$ , signe de $g$ , puis $f'(x)=\frac{g(x)}{x}$

2 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $g(x)=x^2-2\ln x$ . On donne ci-dessous le tableau de signe de la fonction dérivée $g'$ de $g$ .

1. Donner le sens de variation de $g$ sur $]0,+\infty[$ .
2. Calculer $g(1)$ . En déduire que pour tout $x>0$ , $g(x)>0$ .
Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2}{2}-(\ln x)^2$ , et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .
1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ . Interpréter graphiquement le résultat.
2. Montrer que $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty$ . Interpréter graphiquement.
3. Montrer que pour tout $x>0$ , $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x}$ . En déduire que $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ , puis dresser son tableau de variation.
4. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ une unique solution $\alpha$ et que $0{,}6<\alpha<0{,}7$ .
5. Donner une équation de la tangente $T$ à $(C)$ au point d'abscisse $1$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : le sens de variation de $g$ se lit sur le signe de $g'$ donné. $g'(x)<0$ sur $]0,1[$ et $g'(x)>0$ sur $]1,+\infty[$ : $g$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty[$ ; elle admet un minimum en $1$ .

1.b $g(1)=1-2\ln1=1$ . Pour tout $x>0$ , $g(x)\ge g(1)=1$ , donc $\boxed{g(x)>0}$ .

2.a Quand $x\to0^+$ , $(\ln x)^2\to+\infty$ et $\dfrac{x^2}{2}\to0$ : $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ . La droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C)$ .

2.b Idée : factoriser par le terme dominant. $f(x)=x^2\left(\dfrac12-\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2\right)$ ; comme $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ , la parenthèse tend vers $\dfrac12$ , donc $f(x)\to+\infty$ . De même $\dfrac{f(x)}{x}=x\left(\dfrac12-\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)^2\right)\to+\infty$ : $(C)$ admet une branche parabolique de direction $(O,\vec j)$ .

2.c $f'(x)=x-2\ln x\cdot\dfrac1x=\dfrac{x^2-2\ln x}{x}=\dfrac{g(x)}{x}$ . Comme $x>0$ et $g(x)>0$ (question 1.b), $f'(x)>0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ , de $-\infty$ à $+\infty$ .

\begin{array}{c|ccc} x & 0 & & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & \\ \hline f & -\infty & \nearrow & +\infty \end{array}

2.d $f$ est continue et strictement croissante de $]0,+\infty[$ sur $\R$ : l'équation $f(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ . $f(0{,}6)\approx-0{,}081<0$ et $f(0{,}7)\approx0{,}118>0$ , donc $\boxed{0{,}6<\alpha<0{,}7}$ .

2.e $f(1)=\dfrac12$ et $f'(1)=\dfrac{g(1)}{1}=1$ : $T:\ y=(x-1)+\dfrac12$ , soit $\boxed{y=x-\dfrac12}$ .

4 Drill DR-G.4 —

g

change de signe en un réel

\alpha

: valeurs intermédiaires,

f'(x)=e^{-x}g(x)

f(\alpha)

exprimé avec

\alpha

Entraînement 04 / 04

Drill DR-G.4 — $g$ change de signe en un réel $\alpha$ : valeurs intermédiaires, $f'(x)=e^{-x}g(x)$ et $f(\alpha)$ exprimé avec $\alpha$

2 questionsCorrigé masqué

Soit $g$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $g(x)=\dfrac1x-2-\ln x$ .

1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)$ .
2. Montrer que $g$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ .
3. Montrer que l'équation $g(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ une unique solution $\alpha$ . Vérifier que $0{,}6<\alpha<0{,}7$ .
4. En déduire le tableau de signe de $g$ sur $]0,+\infty[$ .
Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=(2+\ln x)\,e^{-x}$ , et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .
1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ . Interpréter graphiquement les résultats.
2. Montrer que $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout $x>0$ , $f'(x)=e^{-x}g(x)$ . Dresser le tableau de variation de $f$ et préciser la tangente à $(C)$ au point d'abscisse $\alpha$ .
3. Montrer que $\ln\alpha=\dfrac1\alpha-2$ , puis que $f(\alpha)=\dfrac{e^{-\alpha}}{\alpha}$ .
4. En déduire que $0{,}7<f(\alpha)<0{,}92$ .
5. Résoudre dans $]0,+\infty[$ l'équation $f(x)=0$ , puis donner le signe de $f(x)$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Quand $x\to0^+$ , $\dfrac1x\to+\infty$ et $-\ln x\to+\infty$ : $\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty$ . Quand $x\to+\infty$ , $\dfrac1x\to0$ et $-\ln x\to-\infty$ : $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$ .

1.b $g'(x)=-\dfrac1{x^2}-\dfrac1x=-\dfrac{1+x}{x^2}<0$ pour tout $x>0$ : $g$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ .

1.c Idée : ici aucune valeur remarquable n'annule $g$ ; le zéro vient du théorème des valeurs intermédiaires. $g$ est continue et strictement décroissante de $]0,+\infty[$ sur $\R$ (de $+\infty$ à $-\infty$ ) : l'équation $g(x)=0$ a une unique solution $\alpha$ . $g(0{,}6)\approx0{,}177>0$ et $g(0{,}7)\approx-0{,}215<0$ , donc $\boxed{0{,}6<\alpha<0{,}7}$ .

1.d $g$ étant strictement décroissante et nulle en $\alpha$ :

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \alpha & & +\infty\\ \hline g(x) & & + & 0 & - & \end{array}

2.a Quand $x\to0^+$ , $2+\ln x\to-\infty$ et $e^{-x}\to1$ : $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ , la droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale. Quand $x\to+\infty$ , $f(x)=2e^{-x}+\dfrac{\ln x}{x}\cdot xe^{-x}$ avec $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ et $xe^{-x}\to0$ : $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$ , l'axe des abscisses est une asymptote horizontale au voisinage de $+\infty$ .

2.b $f'(x)=\dfrac1x\,e^{-x}-(2+\ln x)\,e^{-x}=e^{-x}\left(\dfrac1x-2-\ln x\right)=e^{-x}g(x)$ . Comme $e^{-x}>0$ , $f'(x)$ a le signe de $g(x)$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,\alpha]$ et strictement décroissante sur $[\alpha,+\infty[$ . Enfin $f'(\alpha)=e^{-\alpha}g(\alpha)=0$ : la tangente à $(C)$ au point d'abscisse $\alpha$ est horizontale, d'équation $y=f(\alpha)$ .

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \alpha & & +\infty\\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f & -\infty & \nearrow & f(\alpha) & \searrow & 0 \end{array}

2.c Idée : remplacer $\ln\alpha$ grâce à $g(\alpha)=0$ . $g(\alpha)=0$ s'écrit $\dfrac1\alpha-2-\ln\alpha=0$ , d'où $\ln\alpha=\dfrac1\alpha-2$ . Alors $f(\alpha)=\left(2+\dfrac1\alpha-2\right)e^{-\alpha}$ , soit $\boxed{f(\alpha)=\dfrac{e^{-\alpha}}{\alpha}}$ .

2.d La fonction $u:x\mapsto\dfrac{e^{-x}}{x}$ est strictement décroissante sur $]0,+\infty[$ , produit des deux fonctions positives strictement décroissantes $x\mapsto e^{-x}$ et $x\mapsto\dfrac1x$ . De $0{,}6<\alpha<0{,}7$ on tire $u(0{,}7)<f(\alpha)<u(0{,}6)$ , avec $u(0{,}7)\approx0{,}709$ et $u(0{,}6)\approx0{,}915$ : $0{,}7<f(\alpha)<0{,}92$ .

2.e Comme $e^{-x}\neq0$ , $f(x)=0\iff2+\ln x=0\iff x=e^{-2}$ . $f(x)$ a le signe de $2+\ln x$ : $f(x)<0$ sur $\left]0,e^{-2}\right[$ et $f(x)>0$ sur $\left]e^{-2},+\infty\right[$ (et $e^{-2}\approx0{,}135$ est bien inférieur à $\alpha$ ).

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Où veux-tu aller ?

Fonction auxiliaire $g$ : variations, valeur remarquable, signe de $g$ , puis $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ ou $e^{x}g(x)$

Exercice 4 — problème d'analyse, dans l'esprit des sujets Sciences exp., Techniques et Informatique (2017–2026)

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Drill DR-G.1 — famille exponentielle : minimum de $g$ strictement positif, puis $f'(x)=g(x)$

Drill DR-G.2 — $g(e)=0$ : l'inégalité $\ln x\le\frac{x}{e}$ , réutilisée pour le signe de $f'$

Drill DR-G.3 — tableau de signe de $g'$ fourni : $g(1)$ , signe de $g$ , puis $f'(x)=\frac{g(x)}{x}$

Drill DR-G.4 — $g$ change de signe en un réel $\alpha$ : valeurs intermédiaires, $f'(x)=e^{-x}g(x)$ et $f(\alpha)$ exprimé avec $\alpha$

Relier ce raisonnement au bac

Fonction auxiliaire ggg : variations, valeur remarquable, signe de ggg, puis f′(x)=g(x)x2f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}f′(x)=x2g(x)​ ou exg(x)e^{x}g(x)exg(x)

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

Relier ce raisonnement au bac

Fonction auxiliaire $g$ : variations, valeur remarquable, signe de $g$ , puis $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$ ou $e^{x}g(x)$