Correction du baccalauréat S Liban juin 2007

E XERCICE 1 1. a. Signe de ln x(1 − ln x) : on fait un tableau de signes :

6 points

x ln x 1 − ln x ln x(1 − ln x)

0 − + −

1 0 + + 0 +

e + 0 0 − −

+∞

b. On a f (x) − g (x) = ln x − (ln x)2 = ln x(1 − ln x). On déduit du tableau précédent que C est au dessous de C ′ sauf entre 1 et e. 2. M(x ; ln x) et N x ; (ln x)2 . a. On a déjà vu que h(x) = ln x(1 − ln x). 1 1 2 − ln x = (1 − 2ln x) x x x 1 qui est du signe de 1 − 2ln x. Cette différence s’annule pour x = e 2 = e. Sur ]0 ; e[, h ′ (x) > 0, donc h est croissante ; Sur ] e ; +∞[, h ′ (x) < 0, donc h est décroissante ; Donc la fonction h a un extremum (la dérivée s’annule en changeant de signe), qui est un maximum pour x = e. Comme ce nombre est entre 1 et e, le nombre h(x) est positif et est égal à la distance M N . 1 1 1 1− = . Donc Mn = h e = ln e(1 − ln e = 2 2 4 Cette fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et h ′ (x) =

b. L’équation (ln x)2 − ln x = 1 est équivalente à −h(x) = 1 ⇐⇒ h(x) = −1. 1 2 On pose X = ln x et on résout l’équation X 2 − X − 1 = 0 ⇐⇒ X − − 2 1 1 − 1 ⇐⇒ X − 4 2
2

−

1 5 ⇐⇒ X − 4 2

2

−

5 2

2

.

3.

a. Grâce à une intégration par parties (avec u ′ = dx et v = ln x, d’où u = 1 et 1 v ′ = , les fonctions u ′ et v ′ étant continues sur ]0 ; +∞[ : x e e x dx = e − 0 − [x]e = e − e − (−1) = 1. ln x dx = [x ln x]e − 1 1 1 1 x

c. Sur ]0 ; 1[∪]e ; +∞[ la fonction (ln x)2 − ln x est positive et représente donc la distance M N . D’après la question précédente il existe deux valeurs de x pour lesquelles 1+ 5 1− 5 et b = e 2 . la distance M N = 1. Ce sont les réels a = e 2

1 5 5 1 + = ln x1 et X 2 = − = ln x2 . 2 2 2 2 On a donc finalement deux solutions : 1+ 5 1− 5 2 x1 = e et x2 = e 2 . On a donc deux solutions X 1 =

Correction du baccalauréat S

b. Avec G(x) = x (ln x)2 − 2ln x + 2 qui est dérivavable, on a G ′ (x) = (ln x)2 − 2ln x 2 2ln x + 2 + x − = (ln x)2 − 2ln x + 2 + 2ln x − 2 = (ln x)2 . x