\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $\alpha$ est la valeur telle que $f(\alpha)=0$. C'est donc la solution de l'\'equation $g(x)=0$.
\[
\begin{array}{rl}
g(x)=0 & \iff 1-2\ln(x)=0\\
& \iff 1 = 2\ln(x)\\
& \iff \dfrac{1}{2}=\ln(x)\\[8pt]
& \iff \e^{\frac{1}{2}}=\e^{\ln(x)}\\
& \iff \e^{\frac{1}{2}}=x
\end{array}
\]

Ainsi, \underline{$\alpha=\sqrt{\e}$}.

\item La fonction $g$ est strictement d\'ecroissante sur \intervOO{0}{+\infty} et s'annule en $\alpha$ ; ainsi :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{$x$ / 0.5 , $g$ / 0.5 }
{ $0$ , $\alpha$ , $+\infty$ }
\tkzTabLine{ d , + , z , - , }
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ donc $f'(x)=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$. Donc : \[ f'(x)=\dfrac{\frac{2}{x}\times x - (2\ln(x)+1)\times 1}{x^2}\]
\[f'(x)=\frac{1-2\ln(x)}{x^2}\]
\[\boxed{f'(x)=\frac{g(x)}{x^2}} \]

\item Nous avons vu le signe de $g(x)$ dans la partie A ; or, $f'(x)$ est du signe de $g(x)$ car $x^2>0$ sur \intervOO{0}{+\infty}, d'o\`u le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $0$ , $\alpha$ , $+\infty$ }
{ d , + , z , - , }
{ D-/ , +/$f(\alpha)$ ,  -/ }
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Une primitive de $2\times\dfrac{1}{x}\times\ln(x)$ est $(\ln x)^2$ (d'apr\`es la formule : $f(x)=2u'u$ donne $F(x)=u^2$) et une primitive de $\dfrac{1}{x}$ est $\ln(x)$ donc : \[ \boxed{F(x)=(\ln x)^2+\ln x}\]

\item $\begin{aligned}[t]
I & = \dfrac{1}{4}\int_1^5 f(x)\dx\\
  & = \dfrac{1}{4}\big[ F(5)-F(1) \big]\\
  & = \dfrac{1}{4}\big[ (\ln 5)^2+\ln 5 - (\ln 1)^2-\ln 1) \big]\\
\Aboxed{I & =\dfrac{(\ln 5)^2+\ln 5}{4}}
\end{aligned}$

\medskip

\`A l'aide de la calculatrice, on trouve : \underline{$I \approx 1,05$}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{C}

\begin{enumerate}
\item La valeur moyenne du b\'en\'efice unitaire pour une production hebdomadaire comprise entre \numprint{1000} et \numprint{5000} pi\`eces est la valeur moyenne de la fonction $f$ entre 1 et 5, c'est-\`a-dire $\dfrac{1}{5-1}\displaystyle\int_1^5 f(x)\textrm{d}x$, soit $I$.

\medskip
	
La valeur moyenne du b\'en\'efice unitaire pour une production hebdomadaire comprise entre \numprint{1000} et \numprint{5000} pi\`eces est donc de 1,05 \euro.

\item On doit r\'esoudre l'\'equation $f(x) = 1,05$ ; or on ne peut pas la r\'esoudre directement \`a l'aide de propri\'et\'es alg\'ebriques. 

Sur \intervFF{0}{5}, on a le tableau de variation suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $1$ , $\alpha$ , $5$ }
{ , + , z , - , }
{ -/$f(1)$ , +/$f(\alpha)$ ,  -/$f(5)$ }
\end{tikzpicture}
\end{center}

On a : $f(1)=1$, $f(\alpha) \approx 1,21$ et $f(5) \approx 0,84$.

En utilisant le th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires on montre que cette \'equation a deux solutions : une sur l'intervalle \intervOO{1}{\alpha} et une autre sur l'intervalle \intervOO{\alpha}{5}.

Puis en utilisant la m\'ethode de balayage sur la calculatrice on trouve que les solutions sont approximativement : 
\[ 1,055 < x_1 < 1,056 \qquad ; \qquad 3,119 < x_2 < 3,120 \]
\underline{Il faut donc produire \numprint{1056} pi\`eces ou \numprint{3119} pi\`eces pour avoir un b\'en\'efice unitaire \'egal \`a 1,05 \euro.}
\end{enumerate}
\newpage