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Exercice
Soit \[ f(x)=\dfrac{-\dfrac{1}{24}x^2+\dfrac{17}{4}x-24+ln(x)}{x-6}\]
- 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 \( y =-\dfrac{1}{24}x+4\) 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
Exercice
- Le logarithme impose que \( x{>}0\) et la fraction impose que \( x\neq 6\) . En conclusion \( \mathscr{D}_f=]0 ; 6[\cup]6 ; +\infty[\) .
-
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow0^+}f(x)=\dfrac{-\infty}{-6}=+\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow6^-}f(x)=
\dfrac{0+ln(6)}{0^-}=-\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow6^+}f(x)=
\dfrac{0+ln(6)}{0^+}=+\infty\) .
- \( \bullet\)
- \( \lim{x\rightarrow+\infty}f(x)=
\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x\left(-\dfrac{1}{24}x+\dfrac{17}{4}+\dfrac{24}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}\right)}{x-6}
=\lim{x\rightarrow+\infty}\dfrac{x}{x-6}\left(-\dfrac{1}{24}x+\dfrac{17}{4}+\dfrac{24}{x}+\dfrac{ln(x)}{x}
\right)=-\infty
\)
- On en déduit que les droites \( x=0\) et \( x=6\) sont des asymptotes verticales.
- On a \( f(x)-\left(-\dfrac{1}{24}x+4\right)=\dfrac{ln(x)}{x-6}\) . 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 \( f(x)=-\dfrac{1}{24}x+4+\dfrac{ln(x)}{x-6}\) . 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.