Corrigé bac maths Sciences Mathématiques (Maroc) 2019 session normale — Problème · Partie I : étude complète de $f$ (limites, variations, aire)

1) Calculer $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)$ et interpréter.

On utilise la forme factorisée $f(x)=x+\frac{1}{2}+\ln x(\frac{1}{2}\ln x-1)$ (voir question 2.a). Quand $x\to 0^{+}$ : $\ln x\to -\infty$, donc $\frac{1}{2}\ln x-1\to -\infty$, et le produit $\ln x(\frac{1}{2}\ln x-1)\to (-\infty )\times (-\infty )=+\infty$. Avec $x\to 0$ : $$\boxed{\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=+\infty .}$$

2.a) Vérifier $f(x)=x+\frac{1}{2}+(\frac{1}{2}\ln x-1)\ln x$.

On développe le terme $(\frac{1}{2}\ln x-1)\ln x=\frac{1}{2}(\ln x{)}^2-\ln x$. Donc $$x+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\ln x{)}^2-\ln x=x+\frac{1}{2}-\ln x+\frac{1}{2}(\ln x{)}^2=f(x).✓$$

2.b) En déduire $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$.

Quand $x\to +\infty$ : $\ln x\to +\infty$, donc $\frac{1}{2}\ln x-1\to +\infty$ et le produit $(\frac{1}{2}\ln x-1)\ln x\to +\infty$. Avec $x\to +\infty$ : $$\boxed{\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .}$$

2.c) Montrer $\frac{(\ln x{)}^2}{x}=4(\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}{)}^2$, puis calculer sa limite.

Rappel. $\ln \sqrt{x}=\ln \left(x^{1/2}\right)=\frac{1}{2}\ln x$ et $(\sqrt{x}{)}^2=x$. Croissances comparées : $\underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{\ln t}{t}=0$.

On part du membre de droite : $$4{\left(\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)}^2=4\cdot \frac{(\frac{1}{2}\ln x{)}^2}{x}=4\cdot \frac{\frac{1}{4}(\ln x{)}^2}{x}=\frac{(\ln x{)}^2}{x}.✓$$ Limite. En posant $t=\sqrt{x}$ (si $x\to +\infty$ alors $t\to +\infty$) : $\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}=\frac{\ln t}{t}\to 0$. Donc $(\frac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt{x}}{)}^2\to 0$, puis $$\boxed{\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(\ln x{)}^2}{x}=0.}$$

2.d) Branche parabolique de direction $(\Delta ):y=x$.

Rappel. Si $f(x)\to +\infty$ avec $\frac{f(x)}{x}\to 1$ et $f(x)-x\to \pm \infty$, alors $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction la droite $y=x$.

$$\frac{f(x)}{x}=1+\frac{1}{2x}-\frac{\ln x}{x}+\frac{1}{2}\frac{(\ln x{)}^2}{x}\underset{x\to +\infty }{\to }1+0-0+0=1,$$ (on a utilisé $\frac{\ln x}{x}\to 0$ et la question 2.c). De plus, d'après la question 5.a, $f(x)-x=\frac{1}{2}(\ln x-1{)}^2\to +\infty$.

3.a) Signe de $(x-1)+\ln x$ sur $]0,1]$ et sur $[1,+\infty [$.

Méthode. On étudie la fonction auxiliaire $g(x)=x-1+\ln x$ : on dérive, on trouve son sens de variation, puis on utilise $g(1)=0$.

$g$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et $g^{\prime }(x)=1+\frac{1}{x}$. Comme $x>0$, on a $g^{\prime }(x)>0$ : $g$ est strictement croissante. De plus $g(1)=1-1+\ln 1=0$. Donc : $$x\in ]0,1]\Rightarrow g(x)\le g(1)=0;x\in [1,+\infty [\Rightarrow g(x)\ge g(1)=0.$$

3.b) Montrer $f^{\prime }(x)=\frac{x-1+\ln x}{x}$.

Rappel. $(\ln x{)}^{\prime }=\frac{1}{x}$ et $((\ln x{)}^2{)}^{\prime }=2\ln x\cdot \frac{1}{x}=\frac{2\ln x}{x}$.

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et $$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\cdot \frac{2\ln x}{x}=1-\frac{1}{x}+\frac{\ln x}{x}=\frac{x}{x}-\frac{1}{x}+\frac{\ln x}{x}=\boxed{\frac{x-1+\ln x}{x}}.$$

3.c) Tableau de variations de $f$.

Sur $]0,+\infty [$, $x>0$, donc $f^{\prime }(x)$ a le signe de $x-1+\ln x$ (question 3.a). Le minimum est en $x=1$ : $$f(1)=1+\frac{1}{2}-\ln 1+\frac{1}{2}(\ln 1{)}^2=\frac{3}{2}.$$ Avec $\underset{0^{+}}{\lim }f=+\infty$ et $\underset{+\infty }{\lim }f=+\infty$, on obtient :