Epreuve d'enseignement de spécialité Baccalauréat Métropole 11 septembre 2023 : Principaux domaines abordés : Fonction logarithme et Fonction exponentielle ; convexité et continuité - Exercice 1

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac 2x - \dfrac{1}{x^2} } & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
Ainsi :

Soit $$g\left(x\right) = \dfrac 2x - \dfrac{1}{x^2} + \ln x$$ .$$g$$ est dérivable sur $$]0~;~+\infty[$$ comme somme de fonctions dérivables sur $$]0~;~+\infty[$$.
Il vient alors que :
$$g'\left(x\right)=-\frac{2}{x^2}-\left(-\frac{2}{x^{2+1}}\right)+\frac{1}{x}$$
$$g'\left(x\right)=-\frac{2}{x^2}+\frac{2}{x^3}+\frac{1}{x}$$ . Nous allons tout mettre au même dénominateur.
$$g'\left(x\right)=-\frac{2\times x}{x^2\times x}+\frac{2}{x^3}+\frac{1\times x^2}{x\times x^2}$$
$$g'\left(x\right)=-\frac{2x}{x^3}+\frac{2}{x^3}+\frac{x^2}{x^3}$$
Ainsi : que l'on écrire $$g'\left(x\right)=\frac{x^2-2x+2}{x^3}$$ .
Comme $$x\in ]0~;~+\infty[$$ c'est à dire $$x>0$$ alors le dénominateur $$x^3$$ est également strictement positif.
Il en résulte donc que le signe du quotient $$\frac{x^2-2x+2}{x^3}$$ est alors du signe du numérateur.
Autrement dit, pour $$x > 0$$, le signe de $$g'\left(x\right)$$ est celui du trinôme du second degré $$\left(x^2 - 2x + 2\right)$$.

D'après la question précédente, nous savons que le signe de $$g'\left(x\right)$$ est celui du trinôme du second degré $$\left(x^2 - 2x + 2\right)$$.
$$x^2 - 2x + 2$$ est une équation du second degré, pour étudier son signe on va utiliser le discriminant .
On donnera directement les résultats : $$\Delta=-4<0$$ ; il n'y adonc pas de racines réelles.
Comme $$a=1>0$$, la parabole est tourné vers le haut c'est-à-dire que $$f$$ est du signe de $$a$$ et ne passe jamais par l'axe des abscisses.
Il en résulte donc que le signe de $$g'$$ est strictement positif et donc que la fonction $$g$$ est strictement croissante sur $$]0~;~+\infty[$$ .

Nous faisons apparaître le zéro recherché dans le tableau de variation donnée. Il vient alors que : Sur $$]0~;~+\infty[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} }g\left(x\right)=-\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty }g\left(x\right)=+\infty$$ .
Or $$0\in \left]-\infty;+\infty\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à l'intervalle $$\left]-\infty;+\infty\right[$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
D'après la calculatrice, on a :On en déduit qu'une valeur approchée de $$\alpha$$ à $$10^{-2}$$ près est $$\alpha\approx0,59$$ .
L'équation $$g\left(x\right) = 0$$ admet donc une unique solution $$\alpha$$ sur l'intervalle $$\left[0,5;1\right]$$.

Sur $$]0~;~+\infty[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$g\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left]0;\alpha \right]$$ et $$g\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty\right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :

D'après les hypothèses, pour tout $$x>0$$, on sait que : $$f'\left(x\right) = e^x \left(\dfrac 1x + \ln x\right)$$
On reconnaît la forme $$\color{red}\boxed{\left(uv\right)'=u'v+uv'}$$ avec $$u\left(x\right)=e^x$$ et $$v\left(x\right)=\dfrac 1x + \ln x$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=e^x$$ et $$v'\left(x\right)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}$$.
Il vient alors que :

$$f''\left(x\right)=e^x\left(\frac{1}{x}+{\mathrm{ln} \left(x\right)\ }\right)+e^x\left(-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)$$ . On factorise par $$e^x$$ .
$$f''\left(x\right)=e^x\left(\frac{1}{x}+{\mathrm{ln} \left(x\right)\ }-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right)$$
Ainsi :

D'après la question $$6$$, nous avons montré que $$f''\left(x\right)=e^x\left(\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}+{\mathrm{ln} \left(x\right)\ }\right)$$
D'après la partie A, nous avons $$g\left(x\right) = \dfrac 2x - \dfrac{1}{x^2} + \ln x$$
Il en résulte donc que pour tout réel $$x > 0$$ , $$f''\left(x\right) = e^x \times g\left(x\right)$$
D'après la question $$5$$, nous avons déterminer le signe de $$g$$ .On peut donc donner étudier le signe de $$f''$$ .

Nous connaissons le signe de $$f''$$ . Nous pouvons alors déterminer la convexité de la fonction $$f$$ .$$f$$ admet un point d'inflexion au point d'abscisse $$\alpha$$. En effet, d'après la question précédente, la dérivée seconde change bien de signe en $$\alpha$$.

Soit $$f\left(x\right) = e^x \ln x$$ .
$$f$$ est définie pour tout réel $$x > 0$$ .
D'une part :
$$\lim\limits_{x\to 0^{+} }f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to 0^{+} }e^x \ln x$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } e^x } & {=} & {1} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par produit}}$$
Ainsi :
D'autre part :
$$\lim\limits_{x\to +\infty }f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to \infty }e^x \ln x$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } e^x } & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par produit}}$$
Ainsi :

D'après les hypothèses, on définit sur l'intervalle $$]0~;~+\infty[$$ la fonction $$g$$ par : $$g\left(x\right) = \dfrac 2x - \dfrac{1}{x^2} + \ln x$$ .
D'après la question $$5$$, l'équation $$g\left(x\right) = 0$$ admet une unique solution sur l'intervalle $$\left[0,5;1\right]$$, que l'on notera $$\alpha$$.
Ainsi $$g\left(\alpha\right) = 0$$ équivaut successivement à :
$$\dfrac 2\alpha - \dfrac{1}{\alpha^2} + \ln \alpha =0$$
$$\ln \alpha =-\dfrac 2\alpha + \dfrac{1}{\alpha^2}$$
De plus :
$$f'\left(x\right) = e^x \left(\dfrac 1x + \ln x\right)$$ ainsi $$f'\left(\alpha \right) = e^{\alpha } \left(\frac {1}{\alpha } + \ln \alpha \right)$$
Comme $$\ln \alpha =-\dfrac 2\alpha + \dfrac{1}{\alpha^2}$$ alors :
$$f'\left(\alpha \right) = e^{\alpha } \left(\frac {1}{\alpha } -\dfrac 2\alpha + \dfrac{1}{\alpha^2} \right)$$
$$f'\left(\alpha \right) = e^{\alpha } \left(-\frac {1}{\alpha } + \dfrac{1}{\alpha^2} \right)$$
$$f'\left(\alpha \right) = e^{\alpha } \left(-\frac {\alpha}{\alpha^2 } + \dfrac{1}{\alpha^2} \right)$$
$$f'\left(\alpha \right) = e^{\alpha } \left(\frac {-\alpha+1}{\alpha^2 } \right)$$
Finalement :

D'après la question $$10$$, nous savons que $$f'\left(\alpha\right) = \dfrac{e^{\alpha}}{\alpha^2}\left(1 - \alpha\right)$$
De plus, d'après la question $$4$$, une valeur approchée de $$\alpha$$ à $$10^{-2}$$ près est $$\alpha\approx0,59$$ .
Il en résulte donc que : $$1 - \alpha>0$$ .
De plus, $$e^{\alpha}>0$$ et $$\alpha^2>0$$ .
De ce fait :
De plus, comme nous connaissons le signe de $$f''$$ nous alors donc pouvoir avoir les variations de $$f'$$ .
D'après la question $$7$$, on a :
Nous pouvons donc écrire que :

D'après la question $$11$$, nous savons que pour tout réel $$x$$, le minimum de $$f'$$ est une valeur strictement positive. Ainsi : Nous avions calculé les limites de $$f$$ à la question $$9$$.