Exercices types : 2^ème partie

On a donc :

$\underline\color{black}1°)\;Étudions\;le\;signe\;de\;g'(x)$
$g'(x)=\frac{1}{x}$
Sur l'intervalle $[1;+\infty[\;;$ $x>0$ on peut donc en déduire que $\frac{1}{x}>0.$
Par conséquent $g'(x)$ est positive sur $[1;+\infty[.$
$\underline\color{black}2°)\;Étudions\;la\;variation\;de\;g(x)$
$g'(x)$ est positive sur $[1;+\infty[,$ on peut donc conclure que la fonction $g(x)$ est strictement croissante sur $[1;+\infty[.$

$\ln{x}-\frac{1}{2}=0$ équivaut successivement à :
$\ln{x}=\frac{1}{2}$
$\ln x=\ln \left(e^{\frac{1}{2}} \right)$ car $\ln \left(e^{a} \right)=a$
$x=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$
Or $\sqrt{e} \in \left]0;+\infty \right[$, donc la solution de l'équation est :

$\ln{x}-\frac{1}{2}>0$ équivaut successivement à :
$\ln{x}>\frac{1}{2}$
$\ln x>\ln \left(e^{\frac{1}{2}} \right)$ car $\ln \left(e^{a} \right)=a$
$x>e^{\frac{1}{2}}$
$x>\sqrt{e}$
Finalement : $g \left(x\right) > 0$ si et seulement si $x >\sqrt{e}.$

$f(x)=2x^2(\ln{x}-1)+2$
$\underline{\color{black}1°)\;Calculons\;dans\;un\;premier\;temps\;la\;limite\;de\;\ln(x)-1}$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }-1} & {=} & {-1 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$ $\text{\red{par somme}}$ $\;$$\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-1=+\infty$
$\underline{\color{black}2°)\;Calculons\;dans\;un\;second\;temps\;la\;limite\;de\;2x^2(\ln{x}-1)}$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }2x^2} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-1} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}$ $\text{\red{par produit}}$ $\;$$\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } 2x^2(\ln x-1)=+\infty$
$\underline{\color{black}On\;peut\;donc\;conclure\;:}$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }2x^2(\ln{x}-1)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2} & {=} & {2 } \end{array}\right\}$ $\text{\red{par somme}}$

$f(x)=2x^2(\ln{x}-1)+2$
Ici on reconnaît la forme $\left(uv\right)'+w'=u'v+uv'+w'$ avec $u\left(x\right)=2x^2$ , $v\left(x\right)=\ln \left(x\right)-1$ et $w(x)=2.$
Ainsi $u'\left(x\right)=4x$ , $v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$ et $w'(x)=0.$
Il vient alors que :
$f'\left(x\right)=4x\times (\ln \left(x\right)-1)+2x^2\times \frac{1}{x}$
$f'\left(x\right)=4x\times(\ln \left(x\right)-1)+2x$
$f'\left(x\right)=4x\ln \left(x\right)-4x+2x$
$f'\left(x\right)=4x\ln \left(x\right)-2x$
Nous allons factoriser par $4x$, ce qui nous donne :
$f'\left(x\right)=4x\left(\ln \left(x\right)-\frac{1}{2}\right)$
Finalement :

D'après la question précédente nous savons que : $f'(x)=4x\;g(x)$
D'après la question $4$, nous avons aussi montrer que $g \left(x\right) > 0$ si et seulement si $x >\sqrt{e}.$
Autrement dit :

si $x\in \left[1;\sqrt{e}\right[$ on a $g \left(x\right) < 0$

si $x=\sqrt{e}$ on a $g \left(x\right) = 0$

si $x\in \left[\sqrt{e};+\infty\right[$ on a $g \left(x\right) > 0$

De plus, si $x \in \left[1 ; +\infty\right[$ alors $4x>0$.
Nous traduisons cela dans le tableau de variation de $f$ .

Nous commençons par calculer les valeurs $f\left(2\right)$ et $f\left(3\right)$ .
$f\left(2\right)=2\times2^2(\ln{2}-1)+2=8(\ln{2}-1)+2\approx-0,45$
$f\left(3\right)=2\times3^2(\ln{3}-1)+2=18(\ln{3}-1)+2\approx3,78$
On reprend le tableau de variation fait à la question précédente. On fera apparaitre dans le tableau le zéro que l'on recherche.

• Sur $\left[2;3 \right]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
  
  De plus, $f\left(2 \right)\approx-0,45$ et $f(3)\approx 3,78$
  Or $0\in\left[-0,45;3,78 \right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\alpha$ dans $\left[2;3\right]$ tel que $f\left(x\right)=0$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$f\left(2,21\right)\approx -0,02$ et $g\left(2,22\right)\approx 0,004$ .
Or $0\in \left]-0,02;0,004\right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :