Réponse :
Bonjour
Explications étape par étape :
A)
1)
f(1)=3
f '(1) est le coeff directeur de la tgte en x=1.
f '(1)=2/1
f '(1)=2
f(2)=4ln(2)+1
2)
f(1)=3 donne :
a*ln(1)+b+c=3 soit :
b+c=3
f '(x)=a/x+b
f '(1)=2 donne :
a+b=2
f(2)=4ln(2)+1 donne :
a*ln(2)+2b+c=4ln(2)+1
a*ln(2)+2b+c-4ln(2)-1=0
ln(2)(a-4)+2b+c-1=0 ==>ligne (1)
J'ai trouvé qq chose de bien long !!
a+b=2 et b+c=3 donne :
a+2b+c=5 qui donne : 2b+c=5-a que l'on reporte en ligne (1) :
ln(2)(a-4)+5-a-1=0
ln(2)(a-4)+(4-1)=0
ln(2)(a-4)-(a-4)=0
(a-4)(ln(2)-1)=0
Comme : ln(2)-1 ≠ 0 , il faut :
a-4=0
a=4 qui donne :
b=2-a ==>b=2-4
b=-2
b+c=3 ==>c=3-b=3+2
c=5
Donc :
f(x)=4ln(x)-2x+5
3)
f(x) ≥ 3 pour x ∈[1;3.5] environ.
B)
1)
g '(x)=2/x-1
g'(x)=(2-x)/x
Le déno est > 0 sur ]0;+∞[ donc g '(x) > 0 pour x < 2 .
2)
Variation :
x------->0...................2...................+∞
g '(x)-->||.........+..........0........-..........
g(x)---->||.......C..........?........D.............
C=flèche qui monte et D=flèche qui descend.
g(2)=2ln(2)-1 ≈ 0.386
3)
g(1)=2ln(1)-1+1=0-1+1=0
4)
g(8) ≈ -2.8 par exemple
Sur [2;+∞[ , la fct g(x) est continue et strictement décroissante , passant d'une valeur positive pou x=2 à une valeur négative pour x=8.
Donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires , il existe un unique réel α sur cet intervalle tel que f(α)=0
La calculatrice donne :
α ≈ 3.51 car f(3.51) ≈0.00123 et f(3.52) ≈ -0.0031..
5)
x=1 et x=α ≈ 3.51 sont racines de g(x) .
Donc variation :
x------->0.............1..............α................+∞
g(x)----->......-......0.......+.....0.......-........
6)
On résout :
4ln(x)-2x+5 ≥ 3
4ln(x)-2x+2 ≥0
2ln(x)-x+1 ≥ 0
D'après 4) :
S=[1;α] avec α ≈ 3.51
