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Soit $$ f(x)=\dfrac{-\dfrac{1}{24}x^2+\dfrac{13}{4}x-18+ln(x)}{x-6}$$
- 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{1}{24}x+3$ est une asymptote oblique.
- Montrer que $ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x(x-6)^2}$ où
$ g(x)=-\dfrac{1}{24}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x-6-xln(x)$ .
- Étudions la fonction $ g$ sur $ ]0 ; +\infty[$ .
- Montrer que $ g'(x)=-\dfrac{1}{8}x^2+1x-\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{1}{4}x^2+1x-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 ; 2\right[$ .
- En déduire le signe de $ g$ .
- Montrer que $ g(u)=(u-6)\left(\dfrac{1}{12}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
- Le logarithme impose que $ x{>}0$ et la fraction impose que $ x\neq 6$ . En conclusion $ \mathscr{D}_f=]0 ; 6[\cup]6 ; +\infty[$ .
-
- $ \bullet$
- $ \lim{x\rightarrow0^+}f(x)=\dfrac{-\infty}{-6}=+\infty$ .
- $ \bullet$
- $ \lim{x\rightarrow6^-}f(x)=
\dfrac{0+ln(6)}{0^-}=-\infty$ .
- $ \bullet$
- $ \lim{x\rightarrow6^+}f(x)=
\dfrac{0+ln(6)}{0^+}=+\infty$ .
- $ \bullet$
- $ \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)=
\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\left(-\dfrac{1}{24}x+\dfrac{13}{4}+\dfrac{18}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}\right)}{x-6}
=\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x}{x-6}\left(-\dfrac{1}{24}x+\dfrac{13}{4}+\dfrac{18}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}
\right)=-\infty
$
- On en déduit que les droites $ x=0$ et $ x=6$ sont des asymptotes verticales.
- On a $ f(x)-\left(-\dfrac{1}{24}x+3\right)=\dfrac{ln(x)}{x-6}$ . 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{1}{24}x+3+\dfrac{ln(x)}{x-6}$ . D'où :
\begin{eqnarray*}
f'(x)&=&-\dfrac{1}{24}+\left(\dfrac{ln(x)}{x-6}\right)'\\
&=&-\dfrac{1}{24}+\dfrac{\dfrac{1}{x}(x-6)-ln(x)}{(x-6)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{1}{24}(x-6)^2+\dfrac{1}{x}(x-6)-ln(x)}{(x-6)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{1}{24}(x^2-12x+36)+1-\dfrac{6}{x}-ln(x)}{(x-6)^2}\\
&=&\dfrac{\dfrac{-\dfrac{1}{24}(x^2-12x+36)x+x-6-x ln(x)}{x}}{(x-6)^2}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{1}{24}x^3-\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x-6-xln(x)}{x(x-6)^2}
\end{eqnarray*}
- Étudions la fonction $ g$ sur $ ]0 ; +\infty[$ .
-
\begin{eqnarray*}
g'(x)&=&\left(-\dfrac{1}{24}x^3-\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x-6-xln(x)\right)'\\
&=&-\dfrac{1}{8}x^2-1x-\dfrac{1}{2}-(xln(x))'\\
&=&-\dfrac{1}{8}x^2-1x-\dfrac{1}{2}-\left(ln(x)+x\dfrac{1}{x}\right)\\
&=&-\dfrac{1}{8}x^2+1x-\dfrac{3}{2}-ln(x)
\end{eqnarray*}
-
\begin{eqnarray*}
g''(x)&=&\left(-\dfrac{1}{8}x^2+1x-\dfrac{3}{2}-ln(x)\right)'\\
&=&-\dfrac{1}{4}x+1-\dfrac{1}{x}\\
&=&\dfrac{-\dfrac{1}{4}x^2+1x-1
}{x}
\end{eqnarray*}
- Le discriminant du polynôme $
-\dfrac{1}{4}x^2+1x-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=2$ . 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(2\right)=-ln\left(2\right){<}0$ . La fonction étant continue, il existe d'après le théorème des valeurs intermédiaire, un réel $ u\in\left]0 ; 2\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{1}{8}u^2+1u-\dfrac{3}{2}$ ; ainsi :
\begin{eqnarray*}
g(u)&=&-\dfrac{1}{24}u^3-\dfrac{1}{2}u^2-\dfrac{1}{2}u-6-uln(u)\\
&=&-\dfrac{1}{24}u^3-\dfrac{1}{2}u^2-\dfrac{1}{2}u-6-u\left(-\dfrac{1}{8}u^2+1u-\dfrac{3}{2}\right)\\
&=&
\dfrac{1}{12}u^3-\dfrac{1}{2}u^2+u
-6
\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-6)\left(\dfrac{1}{12}u^2+1\right)$ qui est clairement négatif puisque $ \left(\dfrac{1}{12}u^2+1\right)$ est trivialement positif et $ u-6{<}0 $ car $ u\in\left]0 ; 2\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.
