Réponse : 3) Votre dérivée est juste, et votre tableau de variations est juste.
4) Il faut montrer que l'équation [tex]f'(x)=\frac{1}{2}[/tex] n'a qu'une seule solution.
On a:
[tex]f'(x)=\frac{1}{2}\\\frac{x^{2}-2 \ln x}{2x^{2}}=\frac{1}{2}\\2(x^{2}-2\ln x)=2x^{2}\\2x^{2}-4\ln x-2x^{2}=0\\-4\ln x=0\\\ln x=0\\x=1[/tex].
Donc [tex]B(1;f(1))[/tex], et on trouve [tex]B(1;\frac{3}{2})[/tex].
5) Montrons que l'équation [tex]f(x)=0[/tex] a une unique solution [tex]\alpha[/tex].
D'après le tableau de variations de [tex]f[/tex], [tex]\lim_{x \mapsto 0}f(x)=-\infty[/tex], [tex]\lim_{x \mapsto +\infty}f(x)=+\infty[/tex], de plus [tex]f[/tex] est strictement croissante et continue sur [tex]]0;+\infty[[/tex]. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation [tex]f(x)=0[/tex] a une unique solution [tex]\alpha[/tex] sur [tex]]0;+\infty[[/tex].
Exprimons [tex]\ln(\alpha)[/tex] en fonction de [tex]\alpha[/tex].
[tex]f(\alpha)=0\\\frac{\alpha}{2}+\frac{1+\ln(\alpha)}{\alpha}=0\\\frac{\alpha^{2}+2+2\ln(\alpha)}{2\alpha}=0 \quad \alpha \ne 0\\\alpha^{2}+2+2\ln(\alpha)=0\\2\ln(\alpha)=-\alpha^{2}-2\\\ln(\alpha)=-\frac{1}{2}\alpha^{2}-1[/tex].
Pour montrer que le coefficient directeur de la tangente à (C) au point d'abscisse [tex]\alpha[/tex] est supérieur à 1, il faut montrer que [tex]f'(\alpha)>1[/tex].
On a:
[tex]f'(\alpha)=\frac{\alpha^{2}-2\ln(\alpha)}{2\alpha^{2}}=\frac{\alpha^{2}-2(-\frac{1}{2}\alpha^{2}-1)}{2\alpha^{2}}=\frac{\alpha^{2}+\alpha^{2}+2}{2\alpha^{2}}=\frac{2\alpha^{2}+2}{2\alpha^{2}}=1+\frac{1}{\alpha^{2}}>1[/tex].
Donc [tex]f'(\alpha)>1[/tex], et donc la tangente à (C) au point d'abscisse [tex]\alpha[/tex] est supérieur à 1.
