1. Énoncé du problème : Montrer que l'équation $ (x + 1) \ln \sqrt{x} = x^2 - 2019x - 2018 $ admet une seule solution sur $[1, +\infty[$. 2. Définissons la fonction $f(x) = (x + 1) \ln \sqrt{x} - (x^2 - 2019x - 2018)$. 3. Rappel : Le théorème des valeurs intermédiaires (TVI) affirme que si une fonction continue change de signe sur un intervalle, alors elle admet au moins une racine dans cet intervalle. 4. Calculons la dérivée $f'(x)$ pour étudier la monotonie : $$f'(x) = \frac{d}{dx} \left[(x+1) \ln \sqrt{x} \right] - \frac{d}{dx} \left[x^2 - 2019x - 2018 \right].$$ 5. Dérivons chaque terme : - $\ln \sqrt{x} = \frac{1}{2} \ln x$ donc $$\frac{d}{dx} \left[(x+1) \ln \sqrt{x} \right] = (x+1) \cdot \frac{1}{2x} + \ln \sqrt{x} \cdot 1 = \frac{x+1}{2x} + \frac{1}{2} \ln x.$$ - $\frac{d}{dx} \left[x^2 - 2019x - 2018 \right] = 2x - 2019.$ 6. Donc $$f'(x) = \frac{x+1}{2x} + \frac{1}{2} \ln x - (2x - 2019) = \frac{x+1}{2x} + \frac{1}{2} \ln x - 2x + 2019.$$ 7. Étudions le signe de $f'(x)$ sur $[1, +\infty[$ : - Pour $x=1$, $$f'(1) = \frac{2}{2} + 0 - 2 + 2019 = 1 - 2 + 2019 = 2018 > 0.$$ - Pour $x \to +\infty$, le terme $-2x$ domine, donc $f'(x) \to -\infty$. 8. La fonction $f'(x)$ est continue, elle passe donc de positif à négatif, ce qui implique qu'elle s'annule en un unique point $x_0 > 1$. 9. Ainsi, $f$ est croissante sur $[1, x_0]$ puis décroissante sur $[x_0, +\infty[$. 10. Calculons $f(1)$ : $$f(1) = (1+1) \ln \sqrt{1} - (1 - 2019 - 2018) = 2 \times 0 - (1 - 2019 - 2018) = 0 - (-4036) = 4036 > 0.$$ 11. Pour $x$ très grand, $x^2$ domine, donc $$f(x) \approx (x+1) \times \frac{1}{2} \ln x - x^2 \to -\infty,$$ car $x^2$ croît plus vite que $x \ln x$. 12. Donc $f(1) > 0$ et $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$, par le TVI, il existe au moins une solution $x_1 > 1$ telle que $f(x_1) = 0$. 13. Comme $f$ est d'abord croissante puis décroissante, elle ne peut s'annuler qu'une seule fois sur $[1, +\infty[$. 14. Conclusion : L'équation admet une unique solution sur $[1, +\infty[$.