Exercices types : 33ème partie - Exercice 1

30 min
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Partie A.
Question 1
Soit la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par : f(x)=−3xln⁡(x)+3x2+90f\left(x\right)=-3x\ln \left(x\right)+3x^{2}+90. On note CfC_{f} la courbe représentative de la fonction ff.

Montrer que sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, on a : f′(x)=−3ln⁡(x)+6x−3f'\left(x\right)=-3\ln \left(x\right)+6x-3

Correction
ff est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
Ici on reconnaît la forme : (uv+w)′=u′v+uv′+w′\left(uv+w\right)'=u'v+uv'+w' avec u(x)=−3xu\left(x\right)=-3x ; v(x)=ln⁡(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right) et w(x)=3x2+90w\left(x\right)=3x^{2}+90
Ainsi : u′(x)=−3u'\left(x\right)=-3 ; v′(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} et w′(x)=6xw'\left(x\right)=6x.
Il vient alors que :
f′(x)=−3×ln⁡(x)−3x×1x+6xf'\left(x\right)=-3\times \ln \left(x\right)-3x\times \frac{1}{x} +6x équivaut successivement à :
f′(x)=−3ln⁡(x)−3xx+6xf'\left(x\right)=-3\ln \left(x\right)-\frac{3x}{x}+6x
f′(x)=−3ln⁡(x)+6x−3f'\left(x\right)=-3\ln \left(x\right)+6x-3
Question 2

Etudier les variations de la fonction f′f' sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

Correction
Il nous faut ici calculer f′′f'' puis étudier le signe de f′′f''. Nous pourrons ainsi obtenir les variations de f′f'.
Nous savons que f′(x)=−3ln⁡(x)+6x−3f'\left(x\right)=-3\ln \left(x\right)+6x-3 et f′f' est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
Ainsi :
f′′(x)=−3x+6f''\left(x\right)=-\frac{3}{x} +6
f′′(x)=−3+6xxf''\left(x\right)=\frac{-3+6x}{x}

Pour tout x∈]0;+∞[x\in\left]0;+\infty \right[, on vérifie aisément que x>0x>0 et de ce fait le signe de f′′f'' dépend de −3+6x-3+6x.
Or :
6x≥3⇔x≥36⇔x≥126x\ge 3\Leftrightarrow x\ge \frac{3}{6} \Leftrightarrow x\ge \frac{1}{2}
Il en résulte donc que f′′(x)≥0f''\left(x\right)\ge0 lorsque x≥12 x\ge \frac{1}{2}.
Nous allons traduire ces informations dans le tableau de variation ci-dessous :
Question 3

En déduire les variations de ff.

Correction
D'après la question 22, nous connaissons le tableau de variation de f′f'. De plus, la fonction f′f' admet un minimum lorsque x=12x=\frac{1}{2}.
Calculons la valeur de ce minimum.
Il vient alors que :
f′(12)=−3ln⁡(12)+6×12−3f'\left(\frac{1}{2}\right)=-3\ln \left(\frac{1}{2}\right)+6\times\frac{1}{2}-3
f′(12)=−3ln⁡(12)+3−3f'\left(\frac{1}{2}\right)=-3\ln \left(\frac{1}{2}\right)+3-3
f′(12)=−3ln⁡(12)f'\left(\frac{1}{2}\right)=-3\ln \left(\frac{1}{2}\right) . Comme ln⁡(12)=−ln⁡(2)\ln \left(\frac{1}{2}\right)=-\ln \left(2\right)
Ainsi : f′(12)=3ln⁡(2)>0f'\left(\frac{1}{2}\right)=3\ln \left(2\right)>0
Il en résulte donc que le minimum de f′f' est strictement positif. On peut donc conclure que la fonction f′f' est strictement positive sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ et de ce fait la fonction ff est strictement croissante sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.
Question 4
Partie B.
Une entreprise produit et commercialise les protections (coques) pour téléphone haut de gamme. Sa capacité de production est comprise entre 10001000 et 1000010000 coques par jour. Le coût total de production exprimé en milliers d'euros est modélisé sur l'intervalle [1;10]\left[1;10 \right] par la fonction ff de la partie AA, où xx désigne le nombre de milliers d'articles fabriqués.
Soit C(x)C\left(x\right) le coût moyen de production exprimé en euros, par article fabriqué.
La fonction CC est définie sur [1;10]\left[1;10 \right] par C(x)=f(x)xC\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}

On note C′C' la dérivée de CC sur [1;10]\left[1;10 \right]. Calculer C′(x)C'\left(x\right).

Correction
Soit C(x)=f(x)xC\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)}{x}. CC est dérivable sur [1;10]\left[1;10 \right].
Ainsi : C(x)=−3xln⁡(x)+3x2+90xC\left(x\right)=\frac{-3x\ln \left(x\right)+3x^{2}+90}{x}. Nous allons décomposer CC afin de calculer plus facilement la dérivée.
On a :
C(x)=−3xln⁡(x)x+3x2x+90xC\left(x\right)=\frac{-3x\ln \left(x\right)}{x} +\frac{3x^{2} }{x} +\frac{90}{x}
C(x)=−3ln⁡(x)+3x+90xC\left(x\right)=-3\ln \left(x\right)+3x+\frac{90}{x}
Maintenant, nous allons calculer C′(x)C'\left(x\right).
C′(x)=−3x+3−90x2C'\left(x\right)=-\frac{3}{x} +3-\frac{90}{x^{2} }
C′(x)=−3xx2+3x2x2−90x2C'\left(x\right)=\frac{-3x}{x^{2} } +\frac{3x^{2} }{x^{2} } -\frac{90}{x^{2} }
C′(x)=3x2−3x−90x2C'\left(x\right)=\frac{3x^{2} -3x-90}{x^{2} }

Question 5

Étudier les variations de la fonction CC sur l'intervalle [1;10]\left[1;10 \right]. Donner le tableau de variation complet.

Correction
Nous savons que C′(x)=3x2−3x−90x2C'\left(x\right)=\frac{3x^{2} -3x-90}{x^{2} } .
Comme x∈[1;10]x\in\left[1;10 \right], alors x2>0x^{2}>0. Le signe de C′C'est alors de son numérateur 3x2−3x−903x^{2} -3x-90.
Il s'agit d'une équation du second degré. Nous allons utiliser le discriminant.
Or : Δ=b2−4ac\Delta =b^{2} -4ac donc Δ=1089\Delta =1089.
Il existe donc deux racines réelles distinctes.
  • x1=−b−Δ2ax_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a} ce qui donne x1=−5x_{1} =-5.
  • x2=−b+Δ2ax_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a} ce qui donne x2=6x_{2} =6.
Comme a=3>0a=3>0, la parabole est tournée vers le haut c'est-à-dire que ff est du signe de aa à l'extérieur des racines et du signe opposé à aa entre les racines.
De plus :
C(1)=−3×1×ln⁡(1)+3×12+901C\left(1\right)=\frac{-3\times1\times\ln \left(1\right)+3\times1^{2}+90}{1} donc C(1)=93C\left(1\right)=93
C(6)=−3×6×ln⁡(6)+3×62+906C\left(6\right)=\frac{-3\times6\times\ln \left(6\right)+3\times6^{2}+90}{6} donc C(6)=−18ln⁡(6)+1986≈27,62C\left(6\right)=\frac{-18\ln \left(6\right)+198}{6}\approx27,62
C(10)=−3×10×ln⁡(10)+3×102+9010C\left(10\right)=\frac{-3\times10\times\ln \left(10\right)+3\times10^{2}+90}{10} donc C(10)=−30ln⁡(10)+39010≈32,10C\left(10\right)=\frac{-30\ln \left(10\right)+390}{10}\approx32,10
On en déduit le tableau de variation suivant :
Question 6

Montrer que l'équation C(x)=35C\left(x\right)=35 admet une unique solution α\alpha sur l'intervalle [1;10]\left[1;10 \right]. Donner un encadrement de α\alpha à 10−210^{-2} près.

Correction

  • Sur [6;10]\left[6;10\right] , la fonction CC est continue et admet −30ln⁡(10)+39010≈32,10\frac{-30\ln \left(10\right)+390}{10}\approx32,10 comme maximum.
    Donc l'équation C(x)=35C\left(x\right)=35 n'a pas de solution sur cet intervalle.
  • Sur [1;6]\left[1;6\right] , la fonction CC est continue et strictement décroissante.
    De plus, C(1)=93C\left(1\right)=93 et C(6)=−18ln⁡(6)+1986≈27,62C\left(6\right)=\frac{-18\ln \left(6\right)+198}{6}\approx27,62
    Or 35∈[−18ln⁡(6)+1986;93]35 \in \left[\frac{-18\ln \left(6\right)+198}{6};93\right] , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans [1;6]\left[1;6\right] tel que C(x)=35C(x) = 35
Finalement, l'équation C(x)=35C\left(x\right)=35 admet une unique solution sur [1;10]\left[1;10\right].
Question 7

Donner un encadrement de α\alpha à 10−210^{-2} près.

Correction
A la calculatrice, on vérifie que :
C(2,96)≈36,029C\left(2,96\right)\approx 36,029 et C(2,97)≈35,947C\left(2,97\right)\approx 35,947 .
Or 0∈]36,029;35,947]0\in \left]36,029;35,947\right], donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :
2,96≤α≤2,972,96\le \alpha \le 2,97

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