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Exercice
Soit \[ f(x)=\dfrac{-\dfrac{3}{32}x^2+\dfrac{59}{8}x-28+ln(x)}{x-4}\]
- Déterminer le domaine de définition de \( f\) .
- Étudier les limites de \( f\) au bord de son domaine de définition.
- Déduire des questions suivantes l'existence d'asymptotes.
- Montrer que la droite d'équation \( y =-\dfrac{3}{32}x+7\) est une asymptote oblique.
- Montrer que \( f'(x)=\dfrac{g(x)}{x(x-4)^2}\) où
\( g(x)=-\dfrac{3}{32}x^3+\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x-4-xln(x)\) .
- Étudions la fonction \( g\) sur \( ]0 ; +\infty[\) .
- Montrer que \( g'(x)=-\dfrac{9}{32}x^2+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{3}{2}-ln(x)\) .
- En déduire que \( g''\) la dérivé seconde de \( g\) (c'est à dire la dérivé de \( g'\) ) est
\( g''(x)=\dfrac{-\dfrac{9}{16}x^2+\dfrac{3}{2}x-1
}{x}\) .
- En déduire le signe de \( g''\) puis les variations de \( g'\) .
- Montrer que l'équation \( g'(x)=0\) admet une unique solution \( u\in\left]0 ; \dfrac{4}{3}\right[\) .
- En déduire le signe de \( g\) .
- Montrer que \( g(u)=(u-4)\left(\dfrac{3}{16}u^2+1\right)\) .
Déduire des questions précédentes le signe de\( f'\) puis les variations de \( f\) .
Dessiner aussi proprement que faire ce peut l'allure de la courbe représentative de \( f\) .
Cliquer ici pour afficher la solution
Exercice
- Le logarithme impose que \( x{>}0\) et la fraction impose que \( x\neq 4\) . En conclusion \( \mathscr{D}_f=]0 ; 4[\cup]4 ; +\infty[\) .
-
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow0^+}f(x)=\dfrac{-\infty}{-4}=+\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow4^-}f(x)=
\dfrac{0+ln(4)}{0^-}=-\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow4^+}f(x)=
\dfrac{0+ln(4)}{0^+}=+\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)=
\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\left(-\dfrac{3}{32}x+\dfrac{59}{8}+\dfrac{28}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}\right)}{x-4}
=\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x}{x-4}\left(-\dfrac{3}{32}x+\dfrac{59}{8}+\dfrac{28}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}
\right)=-\infty
\)
- On en déduit que les droites \( x=0\) et \( x=4\) sont des asymptotes verticales.
- On a \( f(x)-\left(-\dfrac{3}{32}x+7\right)=\dfrac{ln(x)}{x-4}\) . On en déduit que \( \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)-y=0\) ce qui prouve que la droite est asymptote oblique.
- D'après la question précédente on observe que \( f(x)=-\dfrac{3}{32}x+7+\dfrac{ln(x)}{x-4}\) . D'où :
\begin{eqnarray*}
f'(x)&=&-\dfrac{3}{32}+\left(\dfrac{ln(x)}{x-4}\right)'\\
&=&-\dfrac{3}{32}+\dfrac{\dfrac{1}{x}(x-4)-ln(x)}{(x-4)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{3}{32}(x-4)^2+\dfrac{1}{x}(x-4)-ln(x)}{(x-4)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{3}{32}(x^2-8x+16)+1-\dfrac{4}{x}-ln(x)}{(x-4)^2}\\
&=&\dfrac{\dfrac{-\dfrac{3}{32}(x^2-8x+16)x+x-4-x ln(x)}{x}}{(x-4)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{3}{32}x^3-\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x-4-xln(x)}{x(x-4)^2}
\end{eqnarray*}
- Étudions la fonction \( g\) sur \( ]0 ; +\infty[\) .
-
\begin{eqnarray*}
g'(x)&=&\left(-\dfrac{3}{32}x^3-\dfrac{3}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x-4-xln(x)\right)'\\
&=&-\dfrac{9}{32}x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{1}{2}-(xln(x))'\\
&=&-\dfrac{9}{32}x^2-\dfrac{3}{2}x-\dfrac{1}{2}-\left(ln(x)+x\dfrac{1}{x}\right)\\
&=&-\dfrac{9}{32}x^2+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{3}{2}-ln(x)
\end{eqnarray*}
-
\begin{eqnarray*}
g''(x)&=&\left(-\dfrac{9}{32}x^2+\dfrac{3}{2}x-\dfrac{3}{2}-ln(x)\right)'\\
&=&-\dfrac{9}{16}x+\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{x}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{9}{16}x^2+\dfrac{3}{2}x-1
}{x}
\end{eqnarray*}
- Le discriminant du polynôme \(
-\dfrac{9}{16}x^2+\dfrac{3}{2}x-1
\) est nul. Ainsi sur \( ]0 ; +\infty[\) la fonction \( g''\) est du signe du coefficient dominant qui est négatif. De plus \( g''(x)\) ne s'annule qu'une seule et unique fois en \( x_0=\dfrac{4}{3}\) . On en déduit que la fonction \( g'\) est décroissante (avec un point d'inflexion en \( x_0\) ).
- On observe que \( \lim{x\rightarrow0^+}g'(x)=+\infty\) et que \( g'\left(\dfrac{4}{3}\right)=-ln\left(\dfrac{4}{3}\right){<}0\) . La fonction étant continue, il existe d'après le théorème des valeurs intermédiaire, un réel \( u\in\left]0 ; \dfrac{4}{3}\right[\) tel que \( g'(u)=0\) .
- On déduit que la question précédent que la fonction \( g'\) est positive sur \( ]0 ; u[\) et négative sur \( ]u ; +\infty[\) . D'après le cours, ceci implique que \( g\) est strictement croissante sur \( ]0 ; u[\) et strictement décroissante sur \( ]u ; +\infty[\) .
- Par définition de \( u\) on a \( g'(u)=0\) ce qui signifie que \( ln(u)=-\dfrac{9}{32}u^2+\dfrac{3}{2}u-\dfrac{3}{2}\) ; ainsi :
\begin{eqnarray*}
g(u)&=&-\dfrac{3}{32}u^3-\dfrac{3}{4}u^2-\dfrac{1}{2}u-4-uln(u)\\
&=&-\dfrac{3}{32}u^3-\dfrac{3}{4}u^2-\dfrac{1}{2}u-4-u\left(-\dfrac{9}{32}u^2+\dfrac{3}{2}u-\dfrac{3}{2}\right)\\
&=&
\dfrac{3}{16}u^3-\dfrac{3}{4}u^2+u
-4
\end{eqnarray*}
En développant la forme donnée dans l'énoncé on observe que c'est la même chose.
Le maximum de la fonction \( g\) est le nombre \( g(u)=(u-4)\left(\dfrac{3}{16}u^2+1\right)\) qui est clairement négatif puisque \( \left(\dfrac{3}{16}u^2+1\right)\) est trivialement positif et \( u-4{<}0 \) car \( u\in\left]0 ; \dfrac{4}{3}\right[\) . Ceci implique de \( g\) est strictement négative sur \( ]0 ; +\infty[\) . Puisque le signe de \( f'\) est donnée par le signe de \( g\) on en déduit que \( f\) est décroissante sur son domaine de définition.
