Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 2

Soit : $$g\left(x\right)=2x^{3} -1+2\ln \left(x\right)$$.
Calculons sur $$\left]0;+\infty \right[$$ la dérivée de $$g$$.

Ici pas besoin de mettre tout au même dénominateur car les deux expressions sont strictement positives.
En effet, comme $$x\in \left]0;+\infty \right[$$ alors $$6x^{2} >0$$ et $$\frac{2}{x} >0$$.
Ainsi sur $$\left]0;+\infty \right[$$ , $$g'\left(x\right)>0$$ et donc la fonction $$g$$ est strictement croissante sur $$\left]0;+\infty \right[$$.

Commençons par calculer les limites aux bornes du domaine de définition.
$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x^{3} -1+2\ln \left(x\right)$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x^{3} -1} & {=} & {-1} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} -1+2\ln \left(x\right)$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} -1} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
Dressons le tableau de variation en intégrant les limites :
Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } g\left(x\right)=-\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=+\infty$$ . Or $$0\in \left]-\infty ;+\infty \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]0;+\infty \right[$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$$g\left(0,86\right)\approx -0,029$$ et $$g\left(0,87\right)\approx 0,038$$ .
Or $$0\in \left]-0,029;0,038\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :

Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$g\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left]0;\alpha \right]$$ et $$g\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty \right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :

$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x-\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } } & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$
On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x-\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} } } & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

Soit : $$f\left(x\right)=2x-\frac{\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$.
On reconnait la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$v\left(x\right)=x^{2}$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$v'\left(x\right)=2x$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=2-\frac{\frac{1}{x} \times \left(x^{2} \right)-2x\ln \left(x\right)}{\left(x^{2} \right)^{2} }$$ équivaut successivement à
$$f'\left(x\right)=2-\frac{x-2x\ln \left(x\right)}{x^{4} }$$
$$f'(x)=\frac{2x^4}{x^4}-\frac{x-2x\ln \left(x\right)}{x^{4} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x^{4} -\left(x-2x\ln \left(x\right)\right)}{x^{4} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x^{4} -x+2x\ln \left(x\right)}{x^{4} }$$
On factorise maintenant le numérateur par $$x$$, ainsi : $$f'\left(x\right)=\frac{x\left(2x^{3} -1+2\ln \left(x\right)\right)}{x^{4} }$$

Comme $$x\in \left]0;+\infty \right[$$ et que $$f'\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x^{3} }$$ alors $$f'$$ est du même signe que $$g$$.
On en déduit facilement le tableau de variation de la fonction $$f$$ :