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Exercices types : 22ème partie - Exercice 1

45 min
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La chocolaterie Delmas décide de commercialiser de nouvelles confiseries : des palets au chocolat en forme de goutte d’eau. Pour cela, elle doit fabriquer des moules sur mesure qui doivent répondre à la contrainte suivante : pour que cette gamme de bonbons soit rentable, la chocolaterie doit pouvoir en fabriquer au moins 8080 avec 11 litre de pâte liquide au chocolat.
Partie A : modélisation par une fonction.
Le demi-contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par : f(x)=x2−2x−2−3ln⁡(x)xf\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}.
La représentation graphique de la fonction ff est donnée ci-dessous.
Le repère est orthogonal d’unité 22 cm en abscisses et 11 cm en ordonnées.
Question 1

Soit φ\varphi la fonction définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par: φ(x)=x2−1+3ln⁡(x)\varphi\left(x\right)=x^{2}-1+3\ln \left(x\right) . Calculer φ(1)\varphi\left(1\right) et la limite de φ\varphi en 00 et +∞+\infty.

Correction
φ(x)=x2−1+3ln⁡(x)\varphi\left(x\right)=x^{2}-1+3\ln \left(x\right)
De plus :
  • φ(1)=12−1+3ln⁡(1)=0\varphi\left(1\right)=1^{2}-1+3\ln \left(1\right)=0
  • lim⁡x→0+3ln⁡(x)=−∞lim⁡x→0+x2−1=−1}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 3\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}-1} & {=} & {-1} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
    lim⁡x→0+φ(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+}}\varphi\left(x\right)=-\infty
    • La courbe représentative de la courbe φ\varphi admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.
  • lim⁡x→+∞3ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞x2−1=+∞}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 3\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}-1} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
    lim⁡x→+∞φ(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty}\varphi\left(x\right)=+\infty
    • Question 2

    Étudier les variations de φ\varphi sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[. En déduire le signe de φ(x)\varphi\left(x\right) selon les valeurs de xx.

    Correction
    Soit φ(x)=x2−1+3ln⁡(x)\varphi\left(x\right)=x^{2}-1+3\ln \left(x\right)
    Ainsi : φ′(x)=2x+3x\varphi'\left(x\right)=2x+\frac{3}{x}
    Pour tout réel xx appartenant à l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, on vérifie aisément que :
  • 2x>02x>0
  • 3x>0\frac{3}{x}>0
    • Comme φ′(x)=2x+3x\varphi'\left(x\right)=2x+\frac{3}{x}, il en résulte donc que sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ on a : φ′(x)>0\varphi'\left(x\right)>0 donc la fonction φ\varphi est strictement croissante sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
    On dresse ci-dessous le tableau variation complet de φ\varphi en intégrant les informations de la question 11.
    Il en résulte que :
  • sur l'intervalle ]0;1]\left]0;1 \right] : φ(x)≤0\varphi\left(x\right)\le 0
  • sur l'intervalle [1;+∞[\left[1;+\infty \right[ : φ(x)≥0\varphi\left(x\right)\ge 0
    • Question 3

    Calculer les limites de ff aux bornes de son ensemble de définition.

    Correction
  • lim⁡x→+∞ln⁡(x)x=0\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =0
    • Soit f(x)=x2−2x−2−3ln⁡(x)xf\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}
     D’une part :\red{\text{ D'une part :}} Calcul de la limite en +∞+\infty.
    lim⁡x→+∞x2−2x−2−3ln⁡(x)x=lim⁡x→+∞x2x−2xx−2x−3ln⁡(x)x\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2}}{x}- \frac{2x}{x}-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}
    lim⁡x→+∞x2−2x−2−3ln⁡(x)x=lim⁡x→+∞x−2−2x−3ln⁡(x)x\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } x-2-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}
  • lim⁡x→+∞x−2−2x=+∞lim⁡x→+∞−3ln⁡(x)x=0}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x-2-\frac{2}{x}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{3\ln \left(x\right)}{x}} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
    lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty}f\left(x\right)=+\infty

    •  D’autre part :\red{\text{ D'autre part :}} Calcul de la limite en 00.
    lim⁡x→0+x2−2x−2−3ln⁡(x)x=lim⁡x→0+1x(x2−2x−2−3ln⁡(x))\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x} \left(x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)\right)
  • lim⁡x→0+1x=+∞lim⁡x→0+x2−2x−2−3ln⁡(x)=+∞}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x}} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}
    lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+}}f\left(x\right)=+\infty
    • La courbe représentative de la courbe ff admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.
    Question 4

    Montrer que sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ : f′(x)=φ(x)x2f'\left(x\right)=\frac{\varphi \left(x\right)}{x^{2}}. En déduire le tableau de variation de ff.

    Correction
    Soit f(x)=x2−2x−2−3ln⁡(x)xf\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}
    ff est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[
    Ici on reconnaît la forme : (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} } avec u(x)=x2−2x−2−3ln⁡(x)u\left(x\right)=x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right) et v(x)=xv\left(x\right)=x.
    Ainsi u′(x)=2x−2−3xu'\left(x\right)=2x-2-\frac{3}{x} et v′(x)=1v'\left(x\right)=1.
    Il vient alors que :
    f′(x)=(2x−2−3x)×x−(x2−2x−2−3ln⁡(x))×1x2f'\left(x\right)=\frac{\left(2x-2-\frac{3}{x}\right) \times x-\left(x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)\right)\times1}{x^{2} } équivaut successivement à :
    f′(x)=2x2−2x−3−x2+2x+2+3ln⁡(x)x2f'\left(x\right)=\frac{2x^{2}-2x-3-x^{2} +2x+2+3\ln \left(x\right)}{x^{2} }
    f′(x)=x2−1+3ln⁡(x)x2f'\left(x\right)=\frac{x^{2}-1+3\ln \left(x\right)}{x^{2} }
    Ainsi :
    f′(x)=φ(x)x2f'\left(x\right)=\frac{\varphi \left(x\right)}{x^{2}}

    Pour tout réel xx appartenant à ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, on sait que x2>0x^{2}>0. Il en résulte que le signe de f′f' est alors du signe de φ\varphi que l'on a déterminé à la question 22. En reprenant également les calculs de limites vues à la question 33, nous pouvons dresser le tableau de variation complet de ff.
    Question 5

    Prouver que l’équation f(x)=0f\left(x\right)=0 admet une unique solution α\alpha sur ]0;1]\left]0;1 \right]. Déterminer à la calculatrice une valeur approchée de α\alpha à 10−210^{-2} près. On admettra que l’équation f(x)=0f\left(x\right)=0 a également une unique solution β\beta sur [1;+∞[\left[1;+\infty \right[ avec β≈3,61\beta\approx3,61 à 10−210^{-2} près.

    Correction
    Sur ]0;1]\left]0;1\right], la fonction ff est continue et strictement décroissante.
    De plus, lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } f\left(x\right)=+\infty et f(1)=−3f\left(1\right)=-3 . Or 0∈[−3;+∞[0\in \left[-3;+\infty \right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans ]0;1]\left]0;1 \right] tel que f(x)=0f\left(x\right)=0.
    A la calculatrice, on vérifie que :
    f(0,412)≈0,0144f\left(0,412\right)\approx 0,0144 et f(0,413)≈−0,006f\left(0,413\right)\approx -0,006. Or 0∈]−0,006;0,0144[0\in \left]-0,006;0,0144\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :
    0,412≤α≤0,4130,412\le \alpha \le 0,413
    donc une valeur approchée est alors : α=0,41\alpha=0,41.
    On admettra que l’équation f(x)=0f\left(x\right)=0 a également une unique solution β\beta sur [1;+∞[\left[1;+\infty \right[ avec β≈3,61\beta\approx3,61 à 10−210^{-2} près.
    Question 6

    Soit FF la fonction définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par : F(x)=12x2−2x−2ln⁡(x)+32(ln⁡(x))2F\left(x\right)=\frac{1}{2} x^{2} -2x-2\ln \left(x\right)+\frac{3}{2}\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}.
    Montrer que FF est une primitive de ff sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

    Correction
    Dans le cas où une primitive FF est donnée, il vous suffit de dériver FF et d'obtenir comme résultat ff.
  • Autrement dit, il faut que : F′(x)=f(x)F'\left(x\right)=f\left(x\right)
  • (un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}
    • Pour la dérivée de la fonction x↦(ln⁡(x))2x\mapsto \left(\ln \left(x\right)\right)^{2} on va utiliser la forme (un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1} .
    FF est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, il vient alors :
    F(x)=12x2−2x−2ln⁡(x)+32(ln⁡(x))2F\left(x\right)=\frac{1}{2} x^{2} -2x-2\ln \left(x\right)+\frac{3}{2}\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}
    F′(x)=12×2x−2−2x−32×2×1x×ln⁡(x)F'\left(x\right)=\frac{1}{2}\times 2x -2-\frac{2}{x}-\frac{3}{2}\times 2\times\frac{1}{x}\times\ln \left(x\right)
    F′(x)=x−2−2x−3ln⁡(x)xF'\left(x\right)=x -2-\frac{2}{x}-\frac{3\ln \left(x\right)}{x}. Nous mettons ensuite tout au même dénominateur.
    F′(x)=x2−2x−2−3ln⁡(x)xF'\left(x\right)=\frac{x^{2} -2x-2-3\ln \left(x\right)}{x}
    Ainsi :
    F′(x)=f(x)F'\left(x\right)=f\left(x\right)
    Question 7
    Partie B: résolution du problème.
    Dans cette partie, les calculs seront effectués avec les valeurs approchées à 10−210^{-2} près de α\alpha et β\beta de la partie A.

    Pour obtenir la forme de la goutte, on considère la courbe représentative CC de la fonction ff restreinte à l’intervalle [α;β]\left[\alpha;\beta \right] ainsi que son symétrique C′C' par rapport à l’axe des abscisses. Les deux courbes CC et C′C' délimitent la face supérieure du palet. Pour des raisons esthétiques, le chocolatier aimerait que ses palets aient une épaisseur de 0,50,5 cm. Dans ces conditions, la contrainte de rentabilité serait-elle respectée?

    Correction
    Soit DD le domaine hachuré délimité par la courbe CC , l’axe des abscisses et les deux droites d’équations x=αx=\alpha et x=βx=\beta.
    Sur l’intervalle [α;β]\left[\alpha;\beta\right], la fonction ff est négative, donc l’aire de DD est :
    A=−∫αβf(x)dxA=-\int _{\alpha}^{\beta}f\left(x\right)dx
    A=−[F(x)]αβA=-\left[F\left(x\right)\right]_{\alpha}^{\beta}
    A=−(F(β)−F(α))A=-\left(F\left(\beta\right)-F\left(\alpha\right)\right)
    A≈−(F(3,61)−F(0,41))A\approx-\left(F\left(3,61\right)-F\left(0,41\right)\right)
    A≈5,6A\approx5,6 unités d'aire
    . (UA= Unités d'aires)
    L’aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A≈11,202A\approx11,20 U.A Une unité d’aire est égale à 22 cm2^{2} donc l’aire entre les deux courbes vaut environ 22,4022,40 cm2^{2}. L’épaisseur du palet doit être de 0,50,5 cm donc le volume du palet est d’environ 22,40×0,5=11,2022,40\times 0,5=11,20 cm3^{3}. Le volume, en cm3^{3}, de 8080 palets est donc 80×11,20=896<100080\times 11,20=896<1000 , donc la chocolaterie peut fabriquer 8080 palets avec 10001000 cm3^{3}, soit 11 litre de chocolat liquide.