Exercices types : $$2$$^ème partie - Exercice 3

On lit à l'aide du graphique que .

$$f'\left(1\right)$$ correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d'abscisse $$1$$.
Notons le point $$A\left(1;-1\right)$$ appartenant donc à la tangente $$T$$. De plus , avec les hypothèses, nous savons que $$T$$ passe par le point de coordonnées $$\left(0; 1\right)$$. Nous allons donc appelé ce point $$B\left(0; 1\right)$$
A l'aide du point $$A$$ et du point $$B$$ on va pouvoir donner le coefficient directeur de la tangente.
$$f'\left(1\right)=\frac{y_{B} -y_{A} }{x_{B} -x_{A} }$$
$$f'\left(1\right)=\frac{1-\left(-1\right)}{0-1}$$

Ici $$a=1$$, ce qui donne, $$y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$$.
D'après les questions précédentes, nous savons que : $$f\left(1\right)=-1$$ et $$f'\left(1\right)=-2$$
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 :
$$y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right)$$
$$y=-2\times \left(x-1\right)-1$$
$$y=-2x+2-1$$
Ainsi l'équation de la tangente $$T$$ à la courbe $$C$$ au point d'abscisse $$1$$ est alors : .

$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{2}{x} -\frac{a}{x^{2} }$$ équivaut successivement à :
$$f'\left(x\right)=\frac{2\times x}{x\times x} -\frac{a}{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x}{x^{2} } -\frac{a}{x^{2} }$$

D'après les questions précédentes, nous savons que : $$f\left(1\right)=-1$$ et $$f'\left(1\right)=-2$$.

$$\red{\text{ D'une part :}}$$

$$f'\left(1\right)=-2$$ équivaut successivement à :
$$\frac{2\times 1-a}{1^{2} } =-2$$
$$2-a=-2$$
$$-a=-4$$

$$\red{\text{ D'autre part :}}$$

$$f\left(1\right)=-1$$ équivaut successivement à :
$$2\ln \left(1\right)+\frac{4}{1} +b=-1$$
$$4+b=-1$$

Finalement : $$f\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+\frac{4}{x} -5$$.

$$f\left(2\right)=2\ln \left(2\right)+\frac{4}{2} -5$$

$$\lim\limits_{x\to 0^{+}} f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to 0} \frac{2x\ln \left(x\right)}{x} +\frac{4}{x} -\frac{5x}{x}$$
$$\lim\limits_{x\to 0^{+}} f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to 0} \frac{2x\ln \left(x\right)+4-5x}{x}$$
$$\lim\limits_{x\to 0^{+}} f\left(x\right)=\lim\limits_{x\to 0} \left(2x\ln \left(x\right)+4-5x\right)\times \frac{1}{x}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x\ln \left(x\right)+4-5x} & {=} & {4 } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{1}{x}} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
Interprétation graphique : la courbe $$C$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.

$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
$$f\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+\frac{4}{x} -5$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=\frac{2}{x} -\frac{4}{x^{2} }$$ équivaut successivement à :
$$f'\left(x\right)=\frac{2\times x}{x\times x} -\frac{4}{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x}{x^{2} } -\frac{4}{x^{2} }$$

Pour tout réel $$x\in\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que $$x^{2}>0$$.
Le signe de $$f'$$ dépend alors de $$2x-4$$.
$$2x-4\ge 0\Leftrightarrow 2x\ge 4\Leftrightarrow x\ge 2$$
Il en résulte donc que :

• si $$x\in\left]0;2\right]$$ alors $$f'\left(x\right)\le0$$ et donc $$f$$ est décroissante sur cet intervalle.
• si $$x\in\left[2;+\infty\right[$$ alors $$f'\left(x\right)\ge0$$ et donc $$f$$ est croissante sur cet intervalle.

Nous traduisons toutes ces informations dans le tableau de variation ci-dessous :

Soit : $$F\left(x\right)=\left(2x+4\right)\ln \left(x\right)-7x$$
On reconnaît la forme : $$\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w'$$ avec $$u\left(x\right)=2x+4$$ ; $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$w\left(x\right)=-7x$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=2$$ ; $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$w'\left(x\right)=-7$$
Il vient alors que :
$$F'\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+\left(2x+4\right)\times \frac{1}{x} -7$$
$$F'\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+2x\times \frac{1}{x} +4\times \frac{1}{x} -7$$
$$F'\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+2+\frac{4}{x} -7$$
$$F'\left(x\right)=2\ln \left(x\right)+\frac{4}{x} -5$$
Ainsi :
Donc $$F$$ est bien une primitive de $$f$$ sur $$\left]0;+\infty \right[$$.

Sur l’intervalle $$\left[1; 3\right]$$, $$f$$ est négative, donc l’aire $$A$$ du domaine limité par la courbe $$C$$ , l’axe des abscisses et les droites d’équation $$x=1$$ et $$x=3$$ est égale à :
$$A=-\int _{1}^{3}\left(2\ln \left(x\right)+\frac{4}{x} -5\right)dx$$
$$A=-\left[F(x)\right]_{1}^{3}$$
$$A=\left[-\left(\left(2x+4\right)\ln \left(x\right)-7x\right)\right]_{1}^{3}$$
$$A=\left(-\left[\left(2\times3+4\right)\ln \left(3\right)-7\times3\right]\right)-\left(-\left[\left(2\times1+4\right)\ln \left(1\right)-7\times1\right]\right)$$
$$A=\left(-\left[10\ln \left(3\right)-21\right]\right)-\left(-7\right)$$
Finalement : unités d'aires.