LN-HFonctions logarithmes

Problème logarithme des sections Sciences exp., Informatique, Techniques : fonction auxiliaire, direction asymptotique, $\alpha$ , aire par parties et suite d'intégrales

Idée directrice

Le long problème de fin d'épreuve des sections Sciences expérimentales, Informatique et Techniques suit une charpente fixe : une fonction auxiliaire $g$ étudiée en partie A livre une inégalité ( $\ln x\le x-1$ , $\ln x\le\frac xe$ , $x-\ln x>0$ …) qui resservira deux fois, pour le signe de $f'$ puis pour encadrer une intégrale. Entre les deux, on lit les branches infinies (asymptote $x=0$ , direction asymptotique $y=x$ ), la position par rapport à $\Delta$ en factorisant $f(x)-x$ , l'unique solution $\alpha$ de $f(x)=0$ , le tracé sur l'annexe et une aire calculée par intégration par parties.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Étudier le sens de variation de $g$ … en déduire que pour tout $x>0$ , $\ln x\le$ … » ; « Montrer que la droite $\Delta$ d'équation $y=x$ est une direction asymptotique à la courbe $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$ » ; « Montrer que $(C_f)$ admet une direction asymptotique qui est celle de la droite $\Delta$ » ; « Étudier la position relative de la courbe $(C_f)$ et de la droite $\Delta$ » ; « En utilisant la partie A, montrer que $f$ est strictement croissante » ; « Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ une unique solution $\alpha$ » ; « En utilisant une intégration par parties … l'aire de la partie du plan limitée par $(C_f)$ , la droite $\Delta$ et les droites d'équations $x=1$ et $x=e$ » ; « En utilisant la question A.2, montrer que $0\le u_n\le$ … »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Partie A : la fonction auxiliaire $g$ sert à établir une inégalité ( $\ln x\le x-1$ , $\ln x\le\frac xe$ , $x-\ln x>0$ …) : repérer d'avance les deux endroits où elle resservira — le signe de $f'$ et l'encadrement d'une intégrale.
Direction asymptotique $y=x$ : deux limites, $\frac{f(x)}{x}\to1$ puis $f(x)-x\to\pm\infty$ . Si $f(x)-x$ a une limite finie $b$ , c'est une asymptote $y=x+b$ .
Position par rapport à $\Delta$ : factoriser $f(x)-x$ et comparer les signes de $\ln x$ et de $x-1$ (toujours les mêmes).
$\alpha$ : bijection (continuité, stricte monotonie, limites), puis deux valeurs calculées de préférence sous forme exacte ( $0{,}5-\ln2$ ).
Aire entre $(C_f)$ et $\Delta$ : $\int(\text{haut}-\text{bas})$ ; $\int\ln x$ par parties ( $u=\ln x$ , $v'=1$ ), $\int\frac{\ln x}{x}=\frac{(\ln x)^2}{2}$ .
Suite d'intégrales : encadrer l'intégrande grâce à la partie A, intégrer, conclure par les gendarmes.

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Confondre direction asymptotique et asymptote : ici $f(x)-x\to-\infty$ , il n'y a pas d'asymptote oblique. En B.2.b, chercher le signe de $x^2-x+1-\ln x$ par une nouvelle étude de fonction alors que la partie A le donne en une ligne. Écrire $\mathcal A=\int_1^e\big(f(x)-x\big)dx$ : la courbe est au-dessous de $\Delta$ , l'aire serait négative. En B.4.b, élever $\ln x\le x-1$ à la puissance $n$ sans vérifier que $\ln x\ge0$ (c'est pourquoi l'intégrale part de $1$ ), ou multiplier des inégalités sans s'assurer que tous les membres sont positifs. Enfin, la même majoration sur $[1,e]$ échouerait : $\int_1^e(x-1)^n\,dx=\frac{(e-1)^{n+1}}{n+1}$ tend vers $+\infty$ car $e-1>1$ — l'intervalle d'intégration compte.

Sujet principal

Exercice 4 — fonction logarithme népérien (7 points), dans l'esprit des sessions 2015–2026

6 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Partie A

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

Étudier le sens de variation de $g$ sur $]0,+\infty[$ .
Calculer $g(1)$ et en déduire que, pour tout $x>0$ , $\ln x\le x-1$ .

Partie B

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

Limites et position relative.
1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ . Interpréter graphiquement le résultat.
2. Calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ et montrer que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1$ .
3. Montrer que la courbe $(C_f)$ admet une direction asymptotique qui est celle de la droite $\Delta$ .
4. Vérifier que, pour tout $x>0$ , $f(x)-x=\dfrac{(1-x)\ln x}{x}$ , puis étudier la position relative de $(C_f)$ et $\Delta$ .
Variations.
1. Montrer que, pour tout $x>0$ , $f'(x)=\dfrac{x^2-x+1-\ln x}{x^2}$ .
2. En utilisant la question A.2, montrer que, pour tout $x>0$ , $x^2-x+1-\ln x\ge(x-1)^2+1$ , puis que $f'(x)>0$ pour tout $x>0$ .
3. Dresser le tableau de variation de $f$ .
4. Montrer que $\Delta$ est la tangente à $(C_f)$ au point $A(1,1)$ .
Équation, tracé et aire.
1. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ une unique solution $\alpha$ et vérifier que $0{,}5<\alpha<0{,}6$ .
2. Dans la figure de l'annexe, on a tracé la droite $\Delta$ et placé le point $A$ . Tracer la courbe $(C_f)$ .
3. À l'aide d'une intégration par parties, calculer $\displaystyle\int_1^e\ln x\,dx$ . En déduire l'aire $\mathcal A$ , en unités d'aire, du domaine limité par la courbe $(C_f)$ , la droite $\Delta$ et les droites d'équations $x=1$ et $x=e$ .
Pour tout entier $n\ge1$ , on pose $u_n=\displaystyle\int_1^2\left(1-\frac1x\right)(\ln x)^n\,dx$ .
1. Interpréter graphiquement $u_1$ , puis montrer que $u_1=2\ln2-1-\dfrac{(\ln2)^2}{2}$ .
2. En utilisant la question A.2, montrer que, pour tout entier $n\ge1$ , $0\le u_n\le\dfrac12\displaystyle\int_1^2(x-1)^n\,dx$ .
3. En déduire que $0\le u_n\le\dfrac{1}{2(n+1)}$ , puis déterminer $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

A.1 $g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $g'(x)=\dfrac1x-1=\dfrac{1-x}{x}$ . Pour $x>0$ , $g'(x)$ a le signe de $1-x$ : $g$ est strictement croissante sur $]0,1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$ .

A.2 Idée : un maximum égal à $0$ donne une inégalité valable partout. $g(1)=0-1+1=0$ est le maximum de $g$ , donc $g(x)\le0$ pour tout $x>0$ :

\boxed{\ln x\le x-1\ \text{ pour tout } x>0}

avec égalité seulement pour $x=1$ .

B.1.a Idée : factoriser le logarithme pour lever la forme $-\infty+\infty$ . Pour $x>0$ , $f(x)=x+\ln x\left(\dfrac1x-1\right)=x+\dfrac{(1-x)\ln x}{x}$ . Quand $x\to0^+$ : $\ln x\to-\infty$ et $\dfrac{1-x}{x}\to+\infty$ , donc $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ . La droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C_f)$ .

B.1.b $f(x)=x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{\ln x}{x^2}\right)$ avec $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$ et $\dfrac{\ln x}{x^2}=\dfrac{\ln x}{x}\cdot\dfrac1x\to0$ . Donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1$ .

B.1.c Idée : direction asymptotique = $\frac{f(x)}{x}\to1$ et $f(x)-x$ tend vers l'infini (une limite finie $b$ donnerait l'asymptote $y=x+b$ ). $f(x)-x=-\ln x+\dfrac{\ln x}{x}\to-\infty$ quand $x\to+\infty$ . Donc $(C_f)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction $\Delta$ : $\Delta$ est une direction asymptotique à $(C_f)$ .

B.1.d $f(x)-x=-\ln x+\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{\ln x-x\ln x}{x}=\dfrac{(1-x)\ln x}{x}$ . Idée : $1-x$ et $\ln x$ sont toujours de signes contraires. Si $0<x<1$ : $1-x>0$ et $\ln x<0$ ; si $x>1$ : $1-x<0$ et $\ln x>0$ . Donc $f(x)-x<0$ pour $x\ne1$ et $f(1)-1=0$ : $(C_f)$ est au-dessous de $\Delta$ sur $]0,1[$ et sur $]1,+\infty[$ , et ne la rencontre qu'au point $A(1,1)$ , sans la traverser.

B.2.a $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et

f'(x)=1-\frac1x+\frac{1-\ln x}{x^2}

soit, au dénominateur commun $x^2$ , $f'(x)=\dfrac{x^2-x+1-\ln x}{x^2}$ .

B.2.b Idée : le signe du numérateur ne s'étudie pas directement ; la partie A minore $-\ln x$ . D'après A.2, $-\ln x\ge1-x$ , donc

x^2-x+1-\ln x\ge x^2-2x+2

et $x^2-2x+2=(x-1)^2+1\ge1>0$ . Ainsi $f'(x)>0$ pour tout $x>0$ .

B.2.c $f'>0$ sur l'intervalle $]0,+\infty[$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ , d'où le tableau :

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

B.2.d $f(1)=1-0+0=1$ et $f'(1)=\dfrac{1-1+1-0}{1}=1$ . La tangente en $A(1,1)$ a pour équation $y=1\times(x-1)+1$ , soit $y=x$ : c'est $\Delta$ .

B.3.a $f$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ , avec $\lim\limits_{0^+}f=-\infty$ et $\lim\limits_{+\infty}f=+\infty$ : elle réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\R$ , et $0$ a un unique antécédent $\alpha$ . De plus $f(0{,}5)=0{,}5-\ln2\approx-0{,}193<0$ et $f(0{,}6)=0{,}6+\frac23\ln0{,}6\approx0{,}259>0$ , donc $\boxed{0{,}5<\alpha<0{,}6}$ (en fait $\alpha\approx0{,}537$ ).

B.3.b On trace la courbe en respectant : l'asymptote $x=0$ (branche vers $-\infty$ ), le passage par $(\alpha,0)$ , le contact avec $\Delta$ en $A$ (tangente), la courbe toujours au-dessous de $\Delta$ , puis la branche parabolique de direction $\Delta$ (l'écart $x-f(x)$ grandit lentement, comme $\ln x$ ).

B.3.c Idée : intégration par parties avec $u=\ln x$ , $v'=1$ , soit $u'=\frac1x$ , $v=x$ .

\int_1^e\ln x\,dx=\Big[x\ln x\Big]_1^e-\int_1^e 1\,dx

$=e-(e-1)=1$ . Sur $[1,e]$ , $\Delta$ est au-dessus de $(C_f)$ (B.1.d), donc l'aire du domaine cherché est $\mathcal A=\displaystyle\int_1^e\big(x-f(x)\big)\,dx=\int_1^e\ln x\,dx-\int_1^e\frac{\ln x}{x}\,dx$ . Une primitive de $\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac1x\ln x$ (forme $u'u$ ) est $\dfrac{(\ln x)^2}{2}$ , d'où $\displaystyle\int_1^e\frac{\ln x}{x}\,dx=\frac12$ et

\boxed{\mathcal A=1-\frac12=\frac12\ \text{u.a.}}

B.4.a Pour $x\in[1,2]$ , $x-f(x)=\dfrac{(x-1)\ln x}{x}=\left(1-\dfrac1x\right)\ln x\ge0$ . Donc $u_1=\displaystyle\int_1^2\big(x-f(x)\big)\,dx$ est l'aire de la partie du plan limitée par $\Delta$ , $(C_f)$ et les droites $x=1$ , $x=2$ . Avec les mêmes primitives qu'en 3.c : $\displaystyle\int_1^2\ln x\,dx=\Big[x\ln x-x\Big]_1^2=2\ln2-1$ et $\displaystyle\int_1^2\frac{\ln x}{x}\,dx=\frac{(\ln2)^2}{2}$ , donc

u_1=2\ln2-1-\frac{(\ln 2)^2}{2}\approx0{,}146.

B.4.b Idée : encadrer l'intégrande, puis intégrer (bornes dans l'ordre croissant). Pour $x\in[1,2]$ : $0\le\ln x\le x-1$ (A.2), donc $0\le(\ln x)^n\le(x-1)^n$ , les deux membres étant positifs. De plus $\frac12\le\frac1x\le1$ , donc $0\le1-\frac1x\le\frac12$ . En multipliant ces inégalités entre nombres positifs :

0\le\left(1-\frac1x\right)(\ln x)^n\le\frac12(x-1)^n

et, par intégration sur $[1,2]$ : $0\le u_n\le\dfrac12\displaystyle\int_1^2(x-1)^n\,dx$ .

B.4.c $\displaystyle\int_1^2(x-1)^n\,dx=\left[\frac{(x-1)^{n+1}}{n+1}\right]_1^2=\frac{1}{n+1}$ , donc $0\le u_n\le\dfrac{1}{2(n+1)}$ . Comme $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2(n+1)}=0$ , le théorème des gendarmes donne $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0}$ .

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 : fonction auxiliaire $g(x)=x-\ln x$ (Sciences expérimentales, contrôle 2015), $g(x)=\ln x-\frac xe$ donnant $\ln x\le\frac xe$ (Sciences expérimentales, contrôle 2026), $g(x)=2x-2-2\ln x$ (Informatique, contrôle 2020), « calculer $g(1)$ puis le signe de $g$ » (Techniques, principale 2017 et contrôle 2022) ; asymptote $y=x$ au lieu d'une direction asymptotique (Techniques, contrôle 2022) ; aire limitée par $x=1$ et $x=\lambda$ , puis limite quand $\lambda\to+\infty$ (Techniques, principale 2017) ; aire exprimée en $\alpha$ grâce à la relation vérifiée par $\alpha$ (Informatique, principale 2024 ; Techniques, contrôle 2023) ; fin de problème par une suite récurrente $u_{n+1}=f(u_n)$ (Sciences expérimentales, contrôle 2023) ou par une suite d'intégrales encadrée grâce à l'inégalité de la partie A (Sciences expérimentales, contrôle 2026) ; prolongement en $0$ avec demi-tangente et point d'inflexion (Techniques, principale 2026).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill LN-H.1 — prolongement en

0

: demi-tangente horizontale pour

f

, verticale pour

f'

Entraînement 01 / 03

Drill LN-H.1 — prolongement en $0$ : demi-tangente horizontale pour $f$ , verticale pour $f'$

5 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $[0,+\infty[$ par $f(x)=x^2(3-2\ln x)$ si $x>0$ et $f(0)=0$ . On note $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ . On rappelle que $\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x=0$ .

Montrer que $f$ est continue à droite en $0$ .
Montrer que $f$ est dérivable à droite en $0$ et que $f'_d(0)=0$ . Interpréter graphiquement ce résultat.
1. Montrer que, pour tout $x>0$ , $f'(x)=4x(1-\ln x)$ .
2. Calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ . Interpréter graphiquement.
3. Dresser le tableau de variation de $f$ .
Soit $\varphi$ la fonction définie sur $[0,+\infty[$ par $\varphi(x)=4x(1-\ln x)$ si $x>0$ et $\varphi(0)=0$ ( $\varphi$ est la fonction dérivée de $f$ sur $[0,+\infty[$ ).
1. Montrer que $\varphi$ est continue à droite en $0$ .
2. Étudier la dérivabilité de $\varphi$ à droite en $0$ . Interpréter graphiquement le résultat pour la courbe de $\varphi$ .
Déterminer les points d'intersection de $(C)$ avec l'axe des abscisses.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Pour $x>0$ , $f(x)=3x^2-2x\,(x\ln x)$ . Comme $x^2\to0$ et $x\ln x\to0$ quand $x\to0^+$ , $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$ .

2. Idée : la demi-tangente se lit sur la limite du taux $\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ ; ici il reste un facteur $x$ devant le logarithme. Pour $x>0$ :

\frac{f(x)-f(0)}{x}=3x-2x\ln x\ \xrightarrow[x\to0^+]{}\ 0

Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=0$ : $(C)$ admet au point $O$ une demi-tangente horizontale (portée par l'axe des abscisses).

3.a $f'(x)=2x(3-2\ln x)+x^2\left(-\dfrac2x\right)=6x-4x\ln x-2x=4x(1-\ln x)$ .

3.b $f(x)=x^2(3-2\ln x)$ avec $x^2\to+\infty$ et $3-2\ln x\to-\infty$ : $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$ . De même $\dfrac{f(x)}{x}=x(3-2\ln x)\to-\infty$ : $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction $(O,\vec j)$ .

3.c Pour $x>0$ , $f'(x)$ a le signe de $1-\ln x$ , positif pour $x<e$ et négatif pour $x>e$ ; $f(e)=e^2(3-2)=e^2$ . $f$ est strictement croissante sur $[0,e]$ et strictement décroissante sur $[e,+\infty[$ :

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

4.a $\varphi(x)=4x-4x\ln x\to0=\varphi(0)$ quand $x\to0^+$ : $\varphi$ est continue à droite en $0$ .

4.b Idée : même famille de fonctions, mais un seul facteur $x$ devant $\ln x$ : le taux garde le logarithme. Pour $x>0$ , $\dfrac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}=4(1-\ln x)\to+\infty$ quand $x\to0^+$ . $\varphi$ n'est pas dérivable à droite en $0$ et sa courbe admet au point $O$ une demi-tangente verticale.

5. Pour $x>0$ : $f(x)=0\iff3-2\ln x=0\iff x=e^{3/2}\approx4{,}48$ . Avec $f(0)=0$ , $(C)$ coupe l'axe des abscisses en $O$ et au point d'abscisse $e^{3/2}$ .

2 Drill LN-H.2 — l'aire exprimée en

\alpha

grâce à la relation

\ln(\alpha)=1+\frac1\alpha

Entraînement 02 / 03

Drill LN-H.2 — l'aire exprimée en $\alpha$ grâce à la relation $\ln(\alpha)=1+\frac1\alpha$

3 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=x\ln x-x-1$ et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .

1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ .
2. Montrer que, pour tout $x>0$ , $f'(x)=\ln x$ , puis dresser le tableau de variation de $f$ .
1. Justifier que $f(x)<0$ pour tout $x\in\,]0,1]$ .
2. Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $]0,+\infty[$ une unique solution $\alpha$ et vérifier que $3{,}5<\alpha<3{,}6$ .
3. Montrer que $\ln(\alpha)=1+\dfrac1\alpha$ .
4. En déduire le signe de $f(x)$ sur $[1,\alpha]$ .
On désigne par $\mathcal A$ l'aire, en unités d'aire, du domaine limité par la courbe $(C)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=\alpha$ .
1. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que $\displaystyle\int_1^\alpha x\ln x\,dx=\frac{\alpha^2}{2}\ln\alpha-\frac{\alpha^2-1}{4}$ .
2. Montrer que $\mathcal A=\dfrac{\alpha^2+2\alpha-7}{4}$ .
3. En déduire que $3<\mathcal A<3{,}3$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a $\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x=0$ , donc $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-1$ . En $+\infty$ : $f(x)=x(\ln x-1)-1\to+\infty$ .

1.b $f'(x)=\ln x+x\cdot\dfrac1x-1=\ln x$ , négatif sur $]0,1[$ , positif sur $]1,+\infty[$ : $f$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ , strictement croissante sur $[1,+\infty[$ , de minimum $f(1)=-2$ .

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

2.a $f$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ et tend vers $-1$ en $0^+$ , donc $f(x)<-1<0$ pour tout $x\in\,]0,1]$ .

2.b Sur $[1,+\infty[$ , $f$ est continue et strictement croissante, et $f([1,+\infty[)=[-2,+\infty[$ contient $0$ : l'équation a une unique solution $\alpha$ dans $[1,+\infty[$ , et aucune dans $]0,1]$ d'après 2.a. Or $f(3{,}5)\approx-0{,}115<0$ et $f(3{,}6)\approx0{,}011>0$ , donc $3{,}5<\alpha<3{,}6$ .

2.c Idée : $f(\alpha)=0$ est la seule information exacte sur $\alpha$ ; on l'écrit sous la forme qui isole $\ln\alpha$ . $\alpha\ln\alpha-\alpha-1=0$ , donc $\alpha\ln\alpha=\alpha+1$ et, comme $\alpha\neq0$ , $\ln(\alpha)=1+\dfrac1\alpha$ .

2.d $f$ est croissante sur $[1,\alpha]$ et $f(\alpha)=0$ , donc $f(x)\le0$ pour tout $x\in[1,\alpha]$ .

3.a On intègre par parties avec $u=\ln x$ , $v'=x$ , soit $u'=\frac1x$ , $v=\frac{x^2}{2}$ :

\int_1^\alpha x\ln x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\ln x\right]_1^\alpha-\int_1^\alpha\frac x2\,dx

$=\dfrac{\alpha^2}{2}\ln\alpha-\dfrac{\alpha^2-1}{4}$ .

3.b Idée : $f\le0$ sur $[1,\alpha]$ , donc l'aire est $-\int_1^\alpha f$ ; la relation de 2.c fait disparaître le logarithme. Avec $\ln\alpha=1+\frac1\alpha$ : $\dfrac{\alpha^2}{2}\ln\alpha=\dfrac{\alpha^2+\alpha}{2}$ , donc

\int_1^\alpha x\ln x\,dx=\frac{(\alpha+1)^2}{4}

Par ailleurs $\displaystyle\int_1^\alpha(x+1)\,dx=\frac{\alpha^2-1}{2}+\alpha-1=\frac{\alpha^2+2\alpha-3}{2}$ . D'où

\mathcal A=\frac{\alpha^2+2\alpha-3}{2}-\frac{(\alpha+1)^2}{4}

soit $\boxed{\mathcal A=\dfrac{\alpha^2+2\alpha-7}{4}\ \text{u.a.}}$

3.c $x\mapsto x^2+2x-7$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ ; avec $3{,}5<\alpha<3{,}6$ : $\dfrac{12{,}25}{4}<\mathcal A<\dfrac{13{,}16}{4}$ , soit $3{,}0625<\mathcal A<3{,}29$ , donc $3<\mathcal A<3{,}3$ (en fait $\mathcal A\approx3{,}27$ ).

3 Drill LN-H.3 — point d'inflexion à tangente horizontale :

f'

s'annule sans changer de signe

Entraînement 03 / 03

Drill LN-H.3 — point d'inflexion à tangente horizontale : $f'$ s'annule sans changer de signe

4 questionsCorrigé masqué

Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2}{2}-x\ln x$ et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$ .

1. Calculer $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)$ .
2. Calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ . Interpréter graphiquement.
1. Montrer que, pour tout $x>0$ , $f'(x)=x-1-\ln x$ et $f''(x)=\dfrac{x-1}{x}$ .
2. Étudier les variations de $f'$ et en déduire que $f'(x)\ge0$ pour tout $x>0$ , avec égalité seulement pour $x=1$ .
3. Dresser le tableau de variation de $f$ .
1. Montrer que le point $I\left(1,\frac12\right)$ est un point d'inflexion de $(C)$ .
2. Donner une équation de la tangente $T$ à $(C)$ au point $I$ .
3. Étudier la position relative de $(C)$ et $T$ .
Soit $(P)$ la parabole d'équation $y=\dfrac{x^2}{2}$ . Étudier la position relative de $(C)$ et $(P)$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a $\dfrac{x^2}{2}\to0$ et $x\ln x\to0$ quand $x\to0^+$ , donc $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0$ .

1.b $f(x)=x^2\left(\dfrac12-\dfrac{\ln x}{x}\right)\to+\infty$ et $\dfrac{f(x)}{x}=x\left(\dfrac12-\dfrac{\ln x}{x}\right)\to+\infty$ : $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction $(O,\vec j)$ .

2.a $f'(x)=x-\left(\ln x+x\cdot\dfrac1x\right)=x-1-\ln x$ , puis $f''(x)=1-\dfrac1x=\dfrac{x-1}{x}$ .

2.b Idée : $f'$ joue ici le rôle de fonction auxiliaire ; son signe se lit sur son minimum, donné par $f''$ . $f''(x)<0$ sur $]0,1[$ et $f''(x)>0$ sur $]1,+\infty[$ : $f'$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ , strictement croissante sur $[1,+\infty[$ , de minimum $f'(1)=0$ . Donc $f'(x)\ge0$ pour tout $x>0$ , et $f'(x)=0$ seulement pour $x=1$ .

2.c $f'$ est positive et ne s'annule qu'en un point isolé : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ , avec $f(1)=\frac12$ .

\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & + & \\ \hline f(x) & 0 & \nearrow & \frac12 & \nearrow & +\infty \end{array}

3.a $f''$ s'annule en $1$ en changeant de signe (négative puis positive) : le point $I\left(1,f(1)\right)=\left(1,\frac12\right)$ est un point d'inflexion de $(C)$ .

3.b $f'(1)=0$ : $T$ a pour équation $y=\dfrac12$ . Idée : tangente horizontale sans extremum — c'est la signature d'un point d'inflexion où $f'$ s'annule sans changer de signe.

3.c $f$ est strictement croissante et $f(1)=\frac12$ : pour $0<x<1$ , $f(x)<\frac12$ ( $(C)$ au-dessous de $T$ ) ; pour $x>1$ , $f(x)>\frac12$ ( $(C)$ au-dessus de $T$ ). La courbe traverse sa tangente en $I$ .

4. $f(x)-\dfrac{x^2}{2}=-x\ln x$ , du signe de $-\ln x$ puisque $x>0$ : $(C)$ est au-dessus de $(P)$ sur $]0,1[$ , au-dessous sur $]1,+\infty[$ , et les deux courbes se coupent au point $I\left(1,\frac12\right)$ .

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Drill LN-H.1 — prolongement en $0$ : demi-tangente horizontale pour $f$ , verticale pour $f'$

Drill LN-H.2 — l'aire exprimée en $\alpha$ grâce à la relation $\ln(\alpha)=1+\frac1\alpha$

Drill LN-H.3 — point d'inflexion à tangente horizontale : $f'$ s'annule sans changer de signe

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