Etudes de fonctions - Exercice 6

$$g$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
On a, alors : $$g'\left(x\right)=-4x-\frac{2}{x}$$
Ici, on n'a pas besoin de tout mettre au même dénominateur. En effet, pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que : $$-4x<0$$ et que $$-\frac{2}{x}<0$$.
Il en résulte alors que , pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on a : $$g'\left(x\right)<0$$ et de ce fait la fonction $$g$$ est strictement décroissante sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
Nous traduisons cela dans le tableau de variation, ci-dessous :

Nous avons : $$g\left(1\right)=2-2\times 1^{2}-2\ln \left(1\right)$$. Ainsi : $$g\left(1\right)=0$$.
Nous allons intégrer cette infirmation dans le tableau de variation de $$g$$. Cela nous donne :
La fonction $$f$$ est continue et strictement décroissante. Or : $$g\left(1\right)=0$$ d'après le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que $$x=1$$ est la seule solution qui annule la fonction $$g\left(x\right)$$. Il vient alors que :

si $$x\in \left]0;1 \right]$$ alors : $$g\left(x\right)\ge0$$

si $$x\in \left[0;+\infty \right[$$ alors : $$g\left(x\right)\le0$$

Nous traduisons cela, dans un tableau de signe pour $$g$$.

Commençons par détailler la limite en $$0$$ de $$\frac{\ln \left(x\right)}{x}$$
$$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)\times\frac{1}{x}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+}} \frac{1}{x} } & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}$$
Ainsi :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -x+\frac{1}{2}} & {=} & {\frac{1}{2} } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} } & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par somme}}$$Interprétation graphique : la courbe $$C_{f}$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.

Introduisons, la fonction $$h$$ dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$, telle que : $$h\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)}{x}$$
Ici on reconnaît la forme : $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$v\left(x\right)=x$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$h'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x} \times x-\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$ équivaut successivement à :

Nous allons pouvoir maintenant calculer la dérivée de $$f$$. Ainsi :
$$f\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)}{x} -x+\frac{1}{2}$$
$$f\left(x\right)=h\left(x\right) -x+\frac{1}{2}$$
$$f'\left(x\right)=h'\left(x\right) -1$$
$$f'\left(x\right)=\frac{1-\ln \left(x\right)}{x^{2} } -1$$. Nous allons tout mettre au même dénominateur :
$$f'\left(x\right)=\frac{1-\ln \left(x\right)-x^{2}}{x^{2} }$$
Il en résulte que :

D'après la question $$2$$, nous avons déterminer le signe de $$g$$. Nous regroupons dans le tableau de variation, ci-dessous :

Ici $$a=1$$, ce qui donne, $$y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$$.
1^ère étape : calculer $$f\left(1\right)$$
$$f\left(1\right)=\frac{\ln \left(1\right)}{1} -1+\frac{1}{2}$$
$$f\left(1\right)=-\frac{1}{2}$$
2^ème étape : calculer $$f'\left(1\right)$$
$$f'\left(1\right)=\frac{1-\ln \left(1\right)-1^{2}}{1^{2} }$$
$$f'\left(1\right)=0$$
3^ème étape : on remplace les valeurs de $$f\left(1\right)$$ et de $$f'\left(1\right)$$ dans la formule de l'équation de tangente.
On sait que :
$$y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$$
$$y=0\times \left(x-1\right)-\frac{1}{2}$$
$$y=-\frac{1}{2}$$
Ainsi l'équation de la tangente à la courbe $$C_{f}$$ au point d'abscisse $$1$$ est alors : .