Exercices types : $$3$$^ème partie - Exercice 1

Soit $$x$$ un réel strictement positif.
$$f\left(x\right)=0$$ équivaut successivement à :
$$3-\ln \left(x\right)+2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}=0$$
On va effectuer un changement de variable. On pose $$X=\ln \left(x\right)$$
Il en résulte que $$\left\{\begin{array}{c} {2X^{2} -X+3=0} \\ {X=\ln \left(x\right)} \end{array}\right.$$.
On utilise le discriminant . Il n'y a donc pas de racines réelles.
Il en résulte donc que l'équation $$f\left(x\right)=0$$ n'a pas de solutions sur $$\left]0;+\infty \right[$$ .

Soit $$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ Comme $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty$$ alors $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}=+\infty$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 3-\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par somme}}$$
Il en résulte que la courbe représentative de la fonction $$f$$ admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$ .

Soit $$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 3-\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$$
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Pour relever cette indétermination, nous allons transformer en factorisant l'expression de $$f$$. En effet :
$$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ équivaut successivement à :
$$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+2\ln \left(x\right)\times\ln \left(x\right)$$ . On factorise par $$\ln \left(x\right)$$. Il vient :
$$f\left(x\right)=\ln \left(x\right)\left(\frac{3}{\ln \left(x\right)} -1+2\ln \left(x\right)\right)$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{3}{\ln \left(x\right)} -1+2\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par somme}}$$

$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$ . Pour faciliter le calcul de la dérivée de $$f$$, on introduit une fonction $$g$$ dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$ et définie par $$g\left(x\right)=2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
On reconnaît ici $$u^{n}$$ où $$u\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$n=2$$. Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$.
Il en résulte que :
$$g'\left(x\right)=2\times 2\times \frac{1}{x} \times \left(\ln \left(x\right)\right)$$
Finalement :
Maintenant nous allons pouvoir calculer la dérivée de $$f$$.
Il vient que :
$$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+2\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ que l'on peut aussi écrire :
$$f\left(x\right)=3-\ln \left(x\right)+g\left(x\right)$$
Ainsi :
$$f'\left(x\right)=-\frac{1}{x}+g'\left(x\right)$$
$$f'\left(x\right)=-\frac{1}{x}+\frac{4\ln \left(x\right)}{x}$$

Nous savons que $$f'\left(x\right)=\frac{-1+4\ln \left(x\right)}{x}$$
Pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que $$x>0$$. Ainsi le signe de $$f'$$ dépend de $$-1+4\ln \left(x\right)$$.
$$-1+4\ln \left(x\right)\ge 0$$ équivaut successivement à :
$$4\ln \left(x\right)\ge 1$$
$$\ln \left(x\right)\ge \frac{1}{4}$$
$$\ln x\ge\ln \left(e^{\frac{1}{4}} \right)$$ car $$\ln \left(e^{a} \right)=a$$
$$x\ge e^{\frac{1}{4}}$$
Cela signifie que l'on mettra le signe $$+$$ pour le signe de $$f'$$ dès que $$x\ge e^{\frac{1}{4}}$$ . On en déduit le tableau de variation de $$f$$.
$$f\left(e^{\frac{1}{4}}\right)=3-\ln \left(e^{\frac{1}{4}}\right)+2\left(\ln \left(e^{\frac{1}{4}}\right)\right)^{2}$$ . Or $$\ln \left(e^{\frac{1}{4}} \right)=\frac{1}{4}$$ .
$$f\left(e^{\frac{1}{4}}\right)=3-\frac{1}{4}+2\times\left(\frac{1}{4}\right)^{2}$$ d'où :

Ici $$a=e^{\frac{5}{4} }$$, ce qui donne : $$y=f'\left(e^{\frac{5}{4} }\right)\left(x-e^{\frac{5}{4} }\right)+f\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$
1^ère étape : calculer $$f\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$
$$f\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=3-\ln \left(e^{\frac{5}{4}}\right)+2\left(\ln \left(e^{\frac{5}{4}}\right)\right)^{2}$$ . Or $$\ln \left(e^{\frac{5}{4}} \right)=\frac{5}{4}$$ .
$$f\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=3-\frac{5}{4}+2\times\left(\frac{5}{4}\right)^{2}$$ d'où :
2^ème étape : calculer $$f'\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$
$$f'\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=\frac{-1+4\ln \left(e^{\frac{5}{4}}\right)}{e^{\frac{5}{4}}}$$ . Or $$\ln \left(e^{\frac{5}{4}} \right)=\frac{5}{4}$$ .
$$f'\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=\frac{-1+4\times \frac{5}{4}}{e^{\frac{5}{4}}}$$ d'où :
3^ème étape : on remplace les valeurs de $$f\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$ et de $$f'\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$ dans la formule de l'équation de tangente.
On sait que :
$$y=f'\left(e^{\frac{5}{4} }\right)\left(x-e^{\frac{5}{4} }\right)+f\left(e^{\frac{5}{4} }\right)$$
$$y=4e^{-\frac{5}{4}}\times \left(x-e^{\frac{5}{4}}\right)+\frac{39}{8}$$
$$y=4e^{-\frac{5}{4} } x-4e^{-\frac{5}{4} } \times e^{\frac{5}{4} } +\frac{39}{8}$$
$$y=4e^{-\frac{5}{4} } x-4e^{-\frac{5}{4} +\frac{5}{4} } +\frac{39}{8}$$
$$y=4e^{-\frac{5}{4} } x-4e^{0} +\frac{39}{8}$$
$$y=4e^{-\frac{5}{4} } x-4+\frac{39}{8}$$

Ainsi l'équation $$\left(\mathscr{D}\right)$$ de la tangente à la courbe $$\mathscr{C}$$ au point d'abscisse $$e^{\frac{5}{4} }$$ est alors $$y=4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8}$$ .

$$\varphi$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$ .
Nous savons que : $$\varphi \left(x\right)=f\left(x\right)-\left(4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8} \right)$$
Il vient alors que :
$$\varphi' \left(x\right)=f'\left(x\right)-4e^{-\frac{5}{4} }$$. Or d'après la question $$4$$, nous savons que : $$f '\left(x\right)=\frac{4\ln \left(x\right)-1}{x}$$
Il en résulte donc que :

$$\varphi '$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$ .
$$\varphi' \left(x\right)=\frac{4\ln \left(x\right)-1}{x}-4e^{-\frac{5}{4} }$$
Ici on reconnaît la forme : $$\left(\frac{u}{v}+w \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }+w'$$ avec $$u\left(x\right)=4\ln \left(x\right)-1$$ ; $$v\left(x\right)=x$$ et $$w\left(x\right)=-4e^{-\frac{5}{4} }$$.
Ainsi : $$u'\left(x\right)=\frac{4}{x}$$ ; $$v'\left(x\right)=1$$ et $$w'\left(x\right)=0$$.
Il vient alors que :
$$\varphi ''\left(x\right)=\frac{\frac{4}{x} \times x-\left(4\ln \left(x\right)-1\right)\times 1}{x^{2} }$$
$$\varphi ''\left(x\right)=\frac{4-4\ln \left(x\right)+1}{x^{2} }$$

Nous savons que : $$\varphi ''\left(x\right)=\frac{5-4\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$.
Pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]0;+\infty \right[$$, on vérifie aisément que $$x>0$$. Ainsi le signe de $$\varphi ''$$ dépend de $$5-4\ln \left(x\right)$$.
$$5-4\ln \left(x\right)\ge 0$$ équivaut successivement à :
$$-4\ln \left(x\right)\ge -5$$
$$\ln \left(x\right)\le \frac{-5}{-4}$$
$$\ln \left(x\right)\le \frac{5}{4}$$
$$\ln x\le\ln \left(e^{\frac{5}{4}} \right)$$ car $$\ln \left(e^{a} \right)=a$$
$$x\le e^{\frac{5}{4}}$$
Cela signifie que l'on mettra le signe $$+$$ pour le signe de $$\varphi ''$$ dès que $$x\le e^{\frac{5}{4}}$$ . On en déduit le tableau de variation de $$\varphi '$$.
$$\varphi ''\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=\frac{5-4\ln \left(e^{\frac{5}{4}}\right)}{\left(e^{\frac{5}{4}}\right)^{2} }$$ . Or $$\ln \left(e^{\frac{5}{4}} \right)=\frac{5}{4}$$ .
$$\varphi ''\left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{5-4\times \frac{5}{4} }{\left(e^{\frac{5}{4} } \right)^{2} }$$
$$\varphi ''\left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{5-5}{\left(e^{\frac{5}{4} } \right)^{2} }$$

D'après la question précédente, nous avons déterminé le tableau de variation de $$\varphi '$$.
La fonction $$\varphi '$$ admet en $$e^{\frac{5}{4} }$$ un maximum qui vaut $$0$$. La fonction $$\varphi '$$ est négative ou nulle sur l'intervalle $$\left]0;+\infty\right[$$ .
Il en résulte donc que , pour tout réel $$x\in \left]0;+\infty\right[$$ , $$\varphi '\left(x\right) \le 0$$ . Nous pouvons donc déterminer le tableau de variation de la fonction $$\varphi$$ .
Ainsi :

$$\varphi \left(e^{\frac{5}{4}}\right)=f\left(e^{\frac{5}{4}}\right)-\left(4e^{-\frac{5}{4} } \times e^{\frac{5}{4}}+\frac{7}{8} \right)$$ . D'après la question $$6$$, nous avons vu que : $$f\left(e^{\frac{5}{4}}\right)=\frac{39}{8}$$ . Ainsi :
$$\varphi \left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{39}{8} -\left(4e^{-\frac{5}{4} +\frac{5}{4} } +\frac{7}{8} \right)$$
$$\varphi \left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{39}{8} -\left(4e^{0} +\frac{7}{8} \right)$$
$$\varphi \left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{39}{8} -\left(4+\frac{7}{8} \right)$$
$$\varphi \left(e^{\frac{5}{4} } \right)=\frac{39}{8} -4-\frac{7}{8}$$

Sur $$\left]0;+\infty\right[$$, la fonction $$\varphi$$ est continue et strictement décroissante et $$\varphi \left(e^{\frac{5}{4} } \right) = 0$$
Donc $$\varphi\left(x\right)\ge0$$ pour tout $$x\in \left]0;e^{\frac{5}{4} }\right]$$ et $$\varphi\left(x\right)\le0$$ pour tout $$x\in\left[e^{\frac{5}{4} };+\infty\right[$$
On résume cela dans un tableau le signe de $$\varphi$$ :

Nous savons que $$\varphi \left(x\right)=f\left(x\right)-\left(4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8} \right)$$ Interprétation géométrique :

• Si $$x\in \left]0;e^{\frac{5}{4} }\right]$$ alors $$f\left(x\right)-\left(4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8} \right)>0$$ soit $$f\left(x\right)>4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8}$$. Il en résulte que la courbe $$\mathscr{C}$$ est au-dessus de la tangente $$\left(\mathscr{D}\right)$$.
  
• Si $$x\in\left[e^{\frac{5}{4} };+\infty\right[$$ alors $$f\left(x\right)-\left(4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8} \right)<0$$ soit $$f\left(x\right)<4e^{-\frac{5}{4} } x+\frac{7}{8}$$. Il en résulte que la courbe $$\mathscr{C}$$ est en dessous de la tangente $$\left(\mathscr{D}\right)$$.
  
• Si $$x=e^{\frac{5}{4} }$$ alors $$f\left(x\right)-y=0$$ soit $$f\left(x\right)=y$$ alors la courbe $$\mathscr{C}$$ et la tangente $$\left(\mathscr{D}\right)$$ sont sécantes.