Exercices types : 1ère partie - Exercice 2

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Question 1
On considère la fonction ff dont la courbe représentative Cf\mathscr{C_f} est représentée ci-dessous dans le plan muni d'un repère orthonormal.

La courbe C\mathscr{C} passe par le point A(1;0)A(1;0) et admet la droite ABAB pour tangente à la courbe C.\mathscr{C}.
Pour tout réel xx de ]0  ;  +∞[]0\;;\;+\infty[, f(x)=(ax+b)ln⁡xf(x)=(ax+b)\ln{x} où aa et bb sont deux réels.

Calculer f′(x)f'(x) en fonction de aa et bb.

Correction
  • (ln⁡(x))′=1x\left(\ln \left(x\right)\right)'=\frac{1}{x}
  • Deˊriveˊe du produit :\red{\text{Dérivée du produit :}} (uv)′=u′v+uv′\left(uv\right)'=u'v+uv'
    • f(x)=(ax+b)ln⁡xf(x)=(ax+b)\ln{x}
    Ici on reconnaît la forme (uv)′=u′v+uv′\left(uv\right)'=u'v+uv' avec u(x)=ax+bu\left(x\right)=ax+b et v(x)=ln⁡(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right).
    Ainsi u′(x)=au'\left(x\right)=a et v′(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} .
    Il vient alors que :
    f′(x)=a×ln⁡(x)+(ax+b)×1xf'\left(x\right)=a\times \ln \left(x\right)+(ax+b)\times \frac{1}{x}
    f′(x)=aln⁡(x)+ax×1x+b×1xf'\left(x\right)=a \ln \left(x\right)+ax\times\frac{1}{x}+b\times \frac{1}{x}
    f′(x)=aln⁡(x)+a+bxf'\left(x\right)= a\ln \left(x\right)+a+\frac{b}{x}
    f′(x)=aln⁡(x)+a+bxf'\left(x\right)=a\ln \left(x\right)+a+\frac{b}{x}
    Question 2

    Sans justifier et par lecture graphique, donner f(4)f(4) et f′(1).f'(1).

    Correction
    Pour rappel, f′(1)f'(1) correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe Cf\mathscr{C_f} au point d'abscisse 11.

    A l'aide du graphique on peut donc conclure que: f(4)=0\color{purple}f(4)=0 et f′(1)=3.\color{green}f'(1)=3.
    Question 3

    Justifier que aa et bb sont solutions du système suivant:
    {4a+b=0a+b=3\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+b} & {=} & {0} \\ {a+b} & {=} & {3} \end{array}\right.

    Correction
    On à déterminer à la question précédente que : f(4)=0f(4)=0 et que f′(1)=3.f'(1)=3.
    Or f(x)=(ax+b)ln⁡xf(x)=(ax+b)\ln{x} et f′(x)=aln⁡(x)+a+bxf'\left(x\right)= a\ln \left(x\right)+a+\frac{b}{x} On peut donc en déduire :
    {(4a+b)ln⁡4=0aln⁡1+a+b1=3\left\{\begin{array}{ccccccc} {(4a+b)\ln{4}} & {=} & {0} \\ {a\ln{1}+a+\frac{b}{1}} & {=} & {3} \end{array}\right.
    {4a+b=0ln⁡4a+b=3Avec  ln⁡1=0\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+b} & {=} & {\frac{0}{\ln{4}}} \\ {a+b} & {=} & {3}\end{array}\right. Avec \;\ln{1}=0
    {4a+b=0a+b=3\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+b} & {=} & {0} \\ {a+b} & {=} & {3} \end{array}\right.
    Question 4

    Déterminer aa et bb.

    Correction
    Il nous faut résoudre le système suivant :
    {4a+b=0a+b=3\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+b} & {=} & {0} \\ {a+{\color{red}b}} & {=} & {3} \end{array}\right. . Nous allons résoudre le système à l'aide de la méthode par substitution. Pour cela, on cherche une inconnue dont le coefficient vaut 11. Ici, à la deuxième ligne du système nous avons b{\color{red}b}. Nous allons donc exprimer bb en fonction de aa. Il vient alors que :
    {4a+b=0b=3−a\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+b} & {=} & {0} \\ {b} & {=} & {3}-a \end{array}\right. . Nous allons maintenant remplacer bb par −3-3 dans la première ligne .
    {4a+(3−a)=0b=3−a\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+(3-a)} & {=} & {0} \\ {b} & {=} & {3-a} \end{array}\right. . Maintenant, la première ligne est une équation à une inconnue que nous allons résoudre :
    {4a+3−a=0b=3−a\left\{\begin{array}{ccccccc} {4a+3-a} & {=} & {0} \\ {b} & {=} & {3-a} \end{array}\right.
    {3a=−3b=3−a\left\{\begin{array}{ccccccc} {3a} & {=} & {-3} \\ {b} & {=} & {3-a} \end{array}\right.
    {a=−1b=3−a\left\{\begin{array}{ccccccc} {a} & {=} & {-1} \\ {b} & {=} & {3-a} \end{array}\right. Maintenant, nous connaissons la valeur de aa, il suffit de remplacer dans la deuxième ligne le aa par −1-1. Il vient :
    {a=−1b=3−(−1)\left\{\begin{array}{ccccccc} {a} & {=} & {-1} \\ {b} & {=} & {3-(-1)} \end{array}\right.
    Le couple solution du système est alors :
    S={(−1;4)}S=\left\{\left(-1;4\right)\right\}

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