Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 4 : Étude de f(x) = ln(x)/x² + 1 et distance minimale à l'origine

1. On calcule les limites de $f$ en $0$ et en $+\infty$.

• Limite en $0$ : $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\ln (x)=-\infty$ et $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }{x}^2=0^{+}$, par quotient $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\frac{\ln (x)}{x^2}=-\infty$, donc $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\left(\frac{\ln (x)}{x^2}+1\right)=-\infty$, d'où :

$$\boxed{\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty .}$$

Puisque $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty$, la droite d'équation $x=0$ (axe des ordonnées) est asymptote verticale à la courbe ${\mathcal{C}}_f$.

• Limite en $+\infty$ : par croissance comparée $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x)}{x^2}=0$, donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left(\frac{\ln (x)}{x^2}+1\right)=1$, d'où :

$$\boxed{\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1.}$$

Puisque $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$, la droite d'équation $y=1$ admet la droite d'équation $y=1$ pour asymptote horizontale en $+\infty$.

2. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$ :

$$f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\times x^2-2x\times \ln (x)}{(x^2{)}^2}=\frac{x-2x\ln (x)}{x^4}=\frac{x(1-2\ln (x))}{x^4}=\boxed{\frac{1-2\ln (x)}{x^3}.}$$

3. Sur l'intervalle $]0;+\infty [$ on a $x^3>0$, donc $f^{\prime }(x)$ est du signe de $1-2\ln (x)$.

$$1-2\ln (x)⩾0⟺-2\ln (x)⩾-1⟺\ln (x)⩽\frac{1}{2}⟺x⩽{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}(\text{car }x\mapsto {\mathrm{e}}^x\text{ est croissante}).$$

(tableau de variations : $x$ varie de $0$ à $+\infty$ ; $f^{\prime }(x)$ est positive sur $\left]0;{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right[$, s'annule en ${\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}$, puis négative ; $f$ croît de $-\infty$ jusqu'au maximum $\frac{1+2\mathrm{e}}{2\mathrm{e}}$ atteint en ${\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}$, puis décroît vers $1$.)

Le maximum vaut :

$$f\left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right)=\frac{\ln \left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right)}{{\left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right)}^2}+1=\frac{\frac{1}{2}}{{\mathrm{e}}^1}+1=\frac{1}{2\mathrm{e}}+1=\frac{1+2\mathrm{e}}{2\mathrm{e}}\approx 1,184.$$

4. a. Sur l'intervalle $\left]0;{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right]$ la fonction $f$ est continue et strictement croissante avec $\underset{\begin{array}{c}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }f(x)=-\infty$ et $f\left({\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right)=\frac{1+2\mathrm{e}}{2\mathrm{e}}>0$, donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une solution unique $a$.

Sur l'intervalle $\left[{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}};+\infty \right[$ la fonction $f$ est continue et strictement décroissante avec $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$, donc l'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution.

Finalement l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $a$ sur $]0;+\infty [$.

b. À la calculatrice, on trouve :

$$\boxed{0,65<a<0,66}$$

c. D'après les questions précédentes et puisque la fonction $f$ est croissante sur $\left]0;{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}}\right]$ et décroissante sur $\left[{\mathrm{e}}^{\frac{1}{2}};+\infty \right[$, la fonction $f$ est négative sur $]0;a]$, s'annule en $a$ et est strictement positive sur $[a;+\infty [$.

5. a. Soit H le projeté orthogonal de M sur l'axe des abscisses. Le triangle OHM est rectangle en H, on peut donc appliquer le théorème de Pythagore :

$${\text{OM}}^2={\text{OH}}^2+{\text{HM}}^2=\boxed{x^2+[\ln (x){]}^2.}$$

b. On considère la fonction $h$ définie sur $]0;+\infty [$ par $h(x)=x^2+[\ln (x){]}^2$. Elle est dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est :

$$h^{\prime }(x)=2x+2\times \frac{1}{x}\times \ln (x)=\frac{2x^2+2\ln (x)}{x}=\frac{2x^2\left(1+\frac{\ln (x)}{x^2}\right)}{x}=2x\left(1+\frac{\ln (x)}{x^2}\right)=2x\times f(x).$$

Or, pour tout $x\in ]0;+\infty [$, on a $2x>0$, donc $h^{\prime }(x)$ est du signe de $f(x)$. Donc, d'après la question 4.c., $h^{\prime }(x)$ est négatif sur $]0;a]$ et positif sur $[a;+\infty [$. Donc $h$ admet un minimum en $x=a$.

La quantité ${\text{OM}}^2$ admet donc un minimum en $a$.

c. Pour $x=a$, on a ${\text{OM}}^2=a^2+(\ln (a){)}^2$.

$a$ est la solution de l'équation $f(x)=0$, donc $f(a)=0$.

Donc $\frac{\ln (a)}{a^2}+1=0⟺\ln (a)=-a^2⟹(\ln (a){)}^2=a^4$.

Le minimum de ${\text{OM}}^2$ est donc $a^2+a^4$.

Puisque la quantité ${\text{OM}}^2$ admet un minimum en $a$ et que $d$ est la valeur minimale de OM :

$$\boxed{d=\sqrt{a^2+a^4}=a\sqrt{1+a^2}.}$$

(figure : courbe ${\mathcal{C}}_f$ en rouge et courbe ${\mathcal{C}}_g$ en bleu ; point ${\text{M}}_a$ d'abscisse $a$ sur ${\mathcal{C}}_g$, segment $[{\text{OM}}_a]$ de longueur $d$, ordonnée $\ln (a)$.)