Exercices corrigés - Fonction logarithme Série 2

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Exercice 1:
Simplifier l’écriture des expressions suivantes
1)

$\ln (3e)$
2)

$\ln e^2$
3)

$\ln \left(\sqrt{e}\right)$
4)

$\ln \dfrac{1}{3} + \ln \dfrac{3}{5} + \ln \dfrac{5}{7} + \ln \dfrac{7}{9}$
5)

$\ln \left( 2 +\sqrt{3}\right)^{20} + \ln \left(2-\sqrt{3}\right)^{20}$

🔻 Correction Exercice 1

$\ln (3e) = \ln 3 + \ln e = \ln 3 + 1$
2)

$\ln e^2 = 2\ln e = 2$
3)

$\ln \left(\sqrt{e}\right) = \dfrac{1}{2} \ln e = \dfrac{1}{2}$
4)

$\ln \dfrac{1}{3} + \ln \dfrac{3}{5} + \ln \dfrac{5}{7} + \ln \dfrac{7}{9}$ =

$\ln 1-\ln 3 + \ln 3-\ln 5 + \ln 5-\ln 7 + \ln 7-\ln 9$ =

$-\ln 9$
5)

$\begin{array}{ll} \ln \left( 2 +\sqrt{3}\right)^{20} + \ln \left(2-\sqrt{3}\right)^{20} &= \ln \left( \left( 2 +\sqrt{3}\right)^{20} \times \left( 2 -\sqrt{3}\right)^{20} \right) \\\\ &= \ln \left(\left( 2 +\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)\right)^{20} \\\\ &= 20 \ln\left(\left( 2 +\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)\right) \\\\ &= 20 \ln (4-3) \\\\ &= 20 \ln 1 \\\\ &= 0 \end{array}$

Exercice 2:
Résoudre les équations proposées après avoir fourni l’ensemble d’étude.
1)

$\ln 3x = 8$
2)

$\ln x = -2$
3)

$\ln x^2 = 1$
4)

$\ln \dfrac{x}{3} = 2$
5)

$\ln x^3 = -3$
6)

$\ln (3x-2) = 0$
7)

$\ln(x^2-1) = \ln 4 + \ln 2$
8)

$\ln (x^2-3x + 2) = \ln 9$ .
9)

$\ln (2x + 1) + \ln (-x + 1) = 0$
10)

$\ln (x-1)^2-\ln (x+ 1) = 0$
11)

$e^{3x + 4} = 2$
12)

$e^{-x \ln 4} = 5$
13)

$e^x + e^{-x}-6 = 0$

🔻 Correction Exercice 2

Dans chacun des cas on vérifie que les solutions appartiennent bien à l’intervalle d’étude.
1) L’ensemble d’étude est tel que

$3x > 0$ soit

$]0;+ \infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln 3x = 8 &\Leftrightarrow \ln 3x = \ln e^8 \\&\Leftrightarrow 3x = e^8 \\&\Leftrightarrow x = \dfrac{e^8}{3} \end{array}$
La solution de l’équation est

$\dfrac{e^8}{3}$ .
2) L’ensemble d’étude est tel que

$x > 0$ soit

$]0;+\infty[$ .

$\ln x = -2 \Leftrightarrow \ln x = \ln e^{-2} \Leftrightarrow x = e^{-2}$
La solution de l’équation est

$e^{-2}$ .
3) L’ensemble d’étude est tel que

$x^2 > 0$ soit

$]-\infty;0[\cup ]0;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln x^2 = 1 &\Leftrightarrow \ln x^2 = \ln e \\&\Leftrightarrow x^2 = e \\&\Leftrightarrow x = \sqrt{e} ou x = -\sqrt{e}\end{array}$ .
Les solutions de l’équation sont

$-\sqrt{e} et \sqrt{e}$ .
4) L’ensemble d’étude est tel que

$\dfrac{x}{3} > 0$ soit

$]0;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln \dfrac{x}{3} = 2 &\Leftrightarrow \ln \dfrac{x}{3} = \ln e^2 \\&\Leftrightarrow \dfrac{x}{3} = e^2 \\&\Leftrightarrow x = 3 e^2\end{array}$ .
La solution de l’équation est

$3 e^2$ .
5) L’ensemble d’étude est tel que

$x^3 > 0$ soit

$]0;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln x^3 = -3 &\Leftrightarrow \ln x^3 = \ln e^{-3} \\&\Leftrightarrow x^3 = e^{-3} \\&\Leftrightarrow x = \sqrt[3]{e^{-3}} \\&\Leftrightarrow x = e^{-1}\end{array}$ .
La solution de l’équation est

$e^{-1}$ .
6) L’ensemble d’étude est tel que

$3x-2 > 0$ soit

$]\dfrac{2}{3};+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln (3x-2) = 0 &\Leftrightarrow \ln (3x-2) = \ln 1 \\&\Leftrightarrow 3x-2 = 1 \\&\Leftrightarrow 3x = 3 \\&\Leftrightarrow x = 1 \end{array}$ .
La solution de l’équation est 1.
7) L’ensemble d’étude est tel que

$x^2-1 > 0$ soit

$]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln(x^2-1) = \ln 4 + \ln 2 &\Leftrightarrow \ln (x^2-1) = \ln (4 \times 2) \\\\ &\Leftrightarrow x^2-1 = 8 \\\\ &\Leftrightarrow x^2 = 9 \\\\ &\Leftrightarrow x = -3 ou x = 3\end{array}$
Les solutions sont -3 et 3.
8) L’ensemble d’étude est tel que

$x^2-3x + 2 > 0$

$\Delta = (-3)^2-4 \times 2 = 1$ .
Les racines sont donc

$x_1 = \dfrac{3-1}{2} = 1$ et

$x_2 = \dfrac{3 + 1}{2} = 2$ .
Par conséquent l’ensemble d’étude est

$]-\infty;1[\cup]2;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln (x^2-3x + 2) = \ln 9& \Leftrightarrow x^2-3x + 2 = 9 \\&\Leftrightarrow x^2-3x-7 = 0\end{array}$

$\Delta = (-3)-4 \times (-7) = 37$
Il y a deux racines :

$\dfrac{3-\sqrt{37}}{2}$ et

$\dfrac{3 + \sqrt{37}}{2}$ .
Ces deux racines appartiennent bien à l’ensemble d’étude.
Les solutions de l’équation sont donc

$\dfrac{3-\sqrt{37}}{2}$ et

$\dfrac{3 + \sqrt{37}}{2}$ .
9) L’ensemble d’étude est tel que

$2x +1 > 0$ et

$-x + 1 > 0$ .

$2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >-\dfrac{1}{2}$

$-x + 1 > 0 \Leftrightarrow x < 1$ .
L’ensemble d’étude est donc

$]-\dfrac{1}{2};1[$ .

$\begin{array}{ll} \ln (2x + 1) + \ln (-x + 1) = 0 &\Leftrightarrow \ln \left((2x + 1)(-x + 1)\right) = \ln 1 \\\\ &\Leftrightarrow (2x + 1)(-x + 1) = 1 \\\\ &\Leftrightarrow -2x^2 + 2x-x +1 = 1 \\\\ &\Leftrightarrow -2x^2 +x = 0 \\\\ &\Leftrightarrow x(-2x + 1) = 0 \\\\ &\Leftrightarrow x = 0\ ou\ x = \dfrac{1}{2}\end{array}$
Les solutions sont

$0$ et

$\dfrac{1}{2}$ .
10) L’ensemble d’étude est tel que

$(x-1) ^2 > 0$ et

$x + 1 > 0$ .

$(x – 1)^2 > 0 \Leftrightarrow x \ne 1$

$x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >-1$
L’ensemble d’étude est donc

$]-1; 1[ \cup ]1;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} \ln (x-1)^2-\ln (x+ 1) = 0 &\Leftrightarrow \ln\dfrac{(x-1)^2}{x + 1} = \ln 1 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1} = 1 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1}-1 = 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1}-\dfrac{x + 1}{x + 1} = 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{x^2-2x + 1-x-1}{x + 1} = 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{x^2-3x}{x + 1} = 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{x(x-3)}{x + 1} = 0\end{array}$
Les solutions de l’équation sont donc 0 et 3.
11) L’intervalle d’étude est

$\mathbb{R}$ .

$\begin{array}{ll} e^{3x + 4} = 2 &\Leftrightarrow e^{3x + 4} = e^{\ln 2} \\\\ & \Leftrightarrow 3x + 4 = \ln 2 \\\\ &\Leftrightarrow 3x = \ln 2-4 \\\\ & \Leftrightarrow x = \dfrac{\ln 2-4}{3}\end{array}$
La solution de l’équation est

$\dfrac{\ln 2-4}{3}$
12) L’intervalle d’étude est

$\mathbb{R}$ .

$\begin{array}{ll} e^{-x \ln 4} = 5& \Leftrightarrow e^{-x \ln 4} = e^{\ln 5} \\&\Leftrightarrow -x \ln 4 = \ln 5 \\&\Leftrightarrow x =-\dfrac{\ln 5}{\ln 4}\end{array}$ La solution est

$-\dfrac{\ln 5}{\ln 4}$
13) L’intervalle d’étude est

$\mathbb{R}$ .

$\begin{array}{ll} e^x + e^{-x}-6 = 0 &\Leftrightarrow e^{-x}\left(\left(e^x \right)^2 + 1-6 e^x\right) = 0 \\&\Leftrightarrow \left(e^x \right)^2 + 1-6 e^x = 0\end{array}$
Posons

$X = e^x$
On obtient ainsi

$X^2 + 1 -6X = 0$ .

$\Delta = (-6)^2-4 = 32$
Les solutions sont

$X_1 = \dfrac{6-\sqrt{32}}{2}$ et

$X_2 = \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$ .
Ces deux racines sont strictement positives.

$e^x = X_1 \Leftrightarrow x = \ln \dfrac{6 -\sqrt{32}}{2}$

$e^x = X_2 \Leftrightarrow x = \ln \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$ .
Les solutions de l’équation sont

$\ln \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$ et

$\ln \dfrac{6 – \sqrt{32}}{2}$ .

Exercice 3:
Résoudre les inéquations proposées après avoir fourni l’ensemble d’étude.
1)

$1-2\ln 2x \ge 0$
2)

$3-\ln x \le 0$
3)

$2 + 3\ln 2x \le 0$
4)

$\ln (5-x)-\ln 3 + \ln (x-1) \ge 0$
5)

$\ln(3x^2-x-2) \ge \ln(6x + 4)$

🔻 Correction Exercice 3

1) L’ensemble d’étude est tel que

$2x > 0$ soit

$]0;+\infty[$

$\begin{array}{ll} 1-2\ln 2x \ge 0 &\Leftrightarrow -2 \ln 2x \ge -1 \\\\ &\Leftrightarrow \ln 2x \le \dfrac{1}{2} \\\\ &\Leftrightarrow \ln 2x \le \ln e^{1/2} \\\\ & \Leftrightarrow 2x \le e^{1/2} \\\\ &\Leftrightarrow x \le \dfrac{e^{1/2}}{2}\end{array}$
La solution de l’inéquation est

$]0;\dfrac{e^{1/2}}{2}]$ .
2) L’ensemble d’étude est tel que

$x > 0$ soit

$]0;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} 3-\ln x \le 0 &\Leftrightarrow-\ln x \le -3\\& \Leftrightarrow \ln x \ge 3 \\&\Leftrightarrow \ln x \ge \ln e^3 \\&\Leftrightarrow x \ge e^3\end{array}$
La solution de l’inéquation est

$[ e^3;+\infty [$ .
3) L’ensemble d’étude est tel que

$2x > 0$ soit

$]0;+\infty[$ .

$\begin{array}{ll} 2 + 3\ln 2x \le 0 &\Leftrightarrow 3\ln 2x \le -2 \\\\ & \Leftrightarrow \ln 2x \le-\dfrac{2}{3} \\\\ & \Leftrightarrow \ln 2x \le \ln e^{-2/3} \\\\ &\Leftrightarrow 2x \le e^{-2/3} \\\\ & \Leftrightarrow x \le \dfrac{e^{-2/3}}{2} \end{array}$
La solution de l’inéquation est

$] 0;\dfrac{e^{-2/3}}{2} ]$
4) L’ensemble d’étude est tel que

$5-x > 0 et x-1 > 0$

$5-x > 0 \Leftrightarrow x < 5$

$x-1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$
L’ensemble d’étude est donc

$]1;5[$ .

$\begin{array}{ll} \ln (5-x)-\ln 3 + \ln (x-1) \ge 0 &\Leftrightarrow \ln \dfrac{(5-x)(x-1)}{3} \ge \ln 1 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(5-x)(x-1)}{3} \ge 1 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{(5-x)(x-1)}{3}-\dfrac{3}{3} \ge 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{5x-5-x^2 + x-3}{3} \ge 0 \\\\ &\Leftrightarrow \dfrac{-x^2 + 6x-8}{3} \ge 0 \end{array}$

$\Delta = 6^2-4 \times 8 = 4$ .
Les racines sont

$\dfrac{-6-2}{-2} = 4$ et

$\dfrac{-6 + 2}{-2} = 2$ .
La solution de l’inéquation est donc

$[2;4]$ .
5) L’ensemble d’étude est tel que

$3x^2-x-2 > 0$ et

$6x + 4 > 0$

$3x ^2-x – 2 > 0$

$\Delta = (-1)^2-4 \times 3 \times (-2) = 25$ .
Les racines sont

$\dfrac{1-5}{6} = \dfrac{-2}{3}$ et

$\dfrac{1 + 5}{6} = 1$ .

$3x ^2-x – 2 > 0 \Leftrightarrow ]-\infty;\dfrac{-2}{3}[ \cup ]1;+\infty[$ .

$6x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{-2}{3}$ .
L’intervalle d’étude est donc

$]1;+\infty[$

$\begin{array}{ll} \ln(3x^2-x-2) \ge \ln(6x + 4) &\Leftrightarrow 3x^2-x-2 \ge 6x + 4 \\&\Leftrightarrow 3x^2-7x-6 \ge 0\end{array}$

$\Delta = (-7)^2-4 \times 3 \times (-6) = 121$
Les racines sont

$\dfrac{7-11}{6} = \dfrac{-2}{3} < 1$ et

$\dfrac{7 + 11}{6} = 3$ .
La solution de l’inéquation est

$[3;+\infty[$ .

Exercice 4:
Dans chacun des cas, déterminer l’ensemble sur lequel la fonction

$f$ est dérivable puis calculer leur dérivée et enfin déterminer leur sens de variation.
1)

$f(x) = x\ln x$
2)

$f(x) = \sqrt{\ln x}$
3)

$f(x) = \dfrac{1}{\ln x}$
4)

$f(x) = \left(\dfrac{x}{\ln x}\right)^2$
5)

$f(x) = \left(\ln x \right)^3$

🔻 Correction Exercice 4

1) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;+\infty[$ .

$f'(x) = \ln x + \dfrac{x}{x} = \ln x + 1$

$\begin{array}{ll} f'(x) > 0 &\Leftrightarrow \ln x +1 > 0 \\&\Leftrightarrow \ln x >-1 \\&\Leftrightarrow x > e^{-1}\end{array}$ .
La fonction

$f$ est donc décroissante sur

$]0;e^{-1}]$ et croissante sur

$[e^{-1};+\infty[$ .
2) Pour que la fonction

$f$ soit dérivable, il faut que

$x > 0$ et

$\ln x > 0$ .
La fonction

$f$ est donc dérivable sur

$]1;+\infty[$ .

$f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}}{2\ln x} > 0$ sur

$]1;+\infty[$ .
La fonction

$f$ est donc croissante sur

$[1;+\infty[$ .
3) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;1[\cup]1;+\infty[$ .

$f'(x) =-\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\left(\ln x\right)^2} < 0$ sur

$]0;1[\cup]1;+\infty[$ .
La fonction

$f$ est décroissante sur

$]0;1[\cup]1;+\infty[$
4) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;1[\cup]1;+\infty[$ .

$f'(x) = 2 \dfrac{\ln x-\dfrac{x}{x}}{\left(\ln x\right)^2} \times \dfrac{x}{\ln x} = 2\dfrac{\ln x-1}{\left(\ln x\right)^2} \times \dfrac{x}{\ln x}$

$f'(x)$ est du signe de

$\dfrac{\ln x-1}{\ln x}$ .

$\ln x-1 > 0 \Leftrightarrow x > e$

$\ln x > 0 \Leftrightarrow x > 1$
Par conséquent

$f'(x) > 0$ sur

$]0;1[ \cup ]e;+\infty[$ et

$f'(x) <0$ sur

$]1;e[$
La fonction

$f$ est donc décroissante sur

$]1;e[$ et croissante sur

$]0;1[ \cup ]e;+\infty[$ .
5)

$f$ est dérivable sur

$]0;+\infty[$ .

$f'(x) = \dfrac{3}{x} \times \left(\ln x \right)^2 > 0$ sur

$]0;+\infty[$ .
La fonction

$f$ est donc croissante sur

$]0;+\infty[$ .

Exercice 5:
On considère la fonction

$f$ définie sur

$]0;+\infty[$ par

$f(x) = e^x-\ln x$
1) Étudier les variations de la fonction

$\varphi$ définie sur

$\mathbb{R}$ par :

$\varphi(x) = xe^x-1$
2) En déduire qu’il existe un réel unique

$\alpha$ tel que

$\alpha e^{\alpha}= 1$ .
Donner un encadrement d’amplitude

$10^{-3}$ de

$\alpha$ .
3) Étudier le signe de

$\varphi(x)$ .
4) Calculer la fonction dérivée

$f’$ de

$f$ et étudier son signe sur

$]0;+\infty[$ .
5) En déduire les variations de la fonction

$f$ .
6) Montrer que

$f$ admet un minimum

$m$ égal à

$\alpha + \alpha^{-1}$ .

🔻 Correction Exercice 5

1) La fonction

$\varphi$ est dérivable sur

$\mathbb{R}$ en tant que produit de fonctions dérivables sur

$\mathbb{R}$ .

$\varphi'(x) = e^x + xe^x = (1 + x)e^x$ .

$\varphi'(x)$ est donc du signe de

$1 + x$ .
La fonction

$\varphi$ est donc décroissante sur

$]-\infty;-1]$ et croissante sur

$[-1;+\infty$ .
2)

$\lim\limits_{x \to -\infty} xe^x = 0$ donc

$\lim\limits_{x \to -\infty} \varphi(x) = -1$

$\lim\limits_{x \to +\infty} e^x = +\infty$ donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} \varphi(x) = +\infty$ .

$\varphi(-1) = -e^{-1}-1$ .
Par conséquent :
– sur l’intervalle

$]-\infty;-1], \varphi(x) < -1$ . L’équation

$\varphi(x) = 0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
– sur l’intervalle

$[-1;+\infty[$ , la fonction

$\varphi$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.

$0$ appartient à l’intervalle image.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation

$\varphi(x) = 0$ admet une unique solution sur cette intervalle.
Par conséquent, il existe un unique réel

$\alpha$ tel que

$\alpha e^{\alpha} = 1$ .
D’après la calculatrice

$0,692 < \alpha < 0,693$ .
3) Cela signifie donc que :

$\varphi$ est strictement négative sur

$]-\infty;\alpha[$

$\varphi(\alpha) = 0$

$\varphi$ est strictement positive sur

$]\alpha;+\infty[$ .
4) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;+\infty[$ .

$f'(x) = e^x-\dfrac{1}{x} = \dfrac{xe^x-1}{x} = \dfrac{\varphi(x)}{x}$
Sur

$]0;+\infty[$ , le signe de

$f'(x)$ ne dépend que de celui de

$\varphi(x)$ .
Par conséquent

$f'(x) \le 0$ sur

$]0;\alpha]$ et

$f'(x) \ge 0$ sur

$[\alpha;+\infty[$ .
5) La fonction

$f$ est donc décroissante sur

$]0;+\alpha]$ et croissante sur

$[\alpha;+\infty[$ .
6) Elle admet donc un minimum en

$\alpha$ .

$f(\alpha) = e^{\alpha}-\ln \alpha$ .
Mais

$\alpha e^{\alpha} = 1$ soit

$e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha}$ et

$\alpha = e^{-\alpha}$ .
Par conséquent

$f(\alpha) = \dfrac{1}{\alpha}-\ln e^{-\alpha} = \dfrac{1}{\alpha} + \alpha$ .

Exercice 6:
Propriétés algébriques – Pour s’entraîner
Exprimer chacun des nombres suivants en fonction de

$\ln 3$ .
1)

$\ln \left( \dfrac{1}{9} \right)$
2)

$\ln 24-\ln 216$
3)

$\ln \dfrac{3}{4} + \ln 4$
4)

$2\ln 3-\ln 27$
5)

$\ln \left( 9\sqrt{3} \right)$

🔻Correction Exercice 6

$\ln \left( \dfrac{1}{9} \right)=-\ln 9$

$=-\ln\left(3^2\right)=-2\ln 3$
2)

$\ln 24-\ln 216=\ln\left(\dfrac{24}{216}\right)$

$=\ln \left(\dfrac{1}{9}\right)=-2\ln 3$
3)

$\ln \dfrac{3}{4} + \ln 4=\ln \left(\dfrac{3}{4}\times 4\right)=\ln 3$
4)

$2\ln 3-\ln 27=2\ln 3\ln \left(3^3\right)$

$=2\ln 3-3\ln 3=-\ln 3$
5)

$\ln \left( 9\sqrt{3} \right)=\ln 9 + \ln \sqrt{3}$

$=2\ln 3+\dfrac{1}{2}\ln 3=\dfrac{5}{2}\ln 3$

Exercice 7:
Propriétés algébriques – Pour s’entraîner
Exprimer chacun des nombres suivants en fonction de

$lnx$ .
1)

$\ln \left( \dfrac{x}{3} \right)$
2)

$\ln \sqrt{x}$
3)

$\ln \dfrac{x}{4} + \ln x$
4)

$2\ln x-\ln \left( x^{45} \right)$
5)

$\ln \left( 9\sqrt{x} \right)$

🔻Correction Exercice 7

$\ln \left( \dfrac{x}{3} \right)=\ln x-\ln 3$
2)

$\ln \sqrt{x}=\dfrac{1}{2}\ln x$
3)

$\ln \dfrac{x}{4} + \ln x=\ln x-\ln 4+\ln x=2\ln x+\ln 4$
4)

$2\ln x-\ln \left( x^{45} \right)=2\ln x-45\ln x=-43\ln x$
5)

$\ln \left( 9\sqrt{x} \right)=\ln 9+\ln \sqrt{x}=2\ln 3+\dfrac{1}{2}\ln x$

Exercice 8:
Équations et inéquations – Pour s’entraîner
Résoudre :
1)

$\ln (2-3x) \ge 0$
2)

$\ln(2-x)+1=0$
3)

$\ln(x+5)=\ln3$
4)

$\ln \left( \dfrac{3}{x} \right) \ge \ln 3$
5)

$e^x \le \dfrac{1}{2}$
6)

$\ln \left( \dfrac{3x-1}{x+2} \right) \ge 0$
7)

$2 \left( \ln(x-1) \right) ^{2} +5 \ln(x-1)-15 = 0$

🔻Correction Exercice 8

$\ln (2-3x) \ge 0$
On cherche dans un premier temps l’intervalle d’étude.
Il faut que

$2-3x>0 \Leftrightarrow x<\dfrac{2}{3}$ .
Sur

$]-\infty;\dfrac{2}{3}[$ on a :

$\begin{array}{ll} \ln(2-3x) \ge 0 &\Leftrightarrow \ln(2-3x) \ge \ln 1 \\ &\Leftrightarrow 2-3x \ge 1 \\ &\Leftrightarrow -3x \ge -1 \\ &\Leftrightarrow x\le \dfrac{1}{3} \end{array}$
La solution de l’inéquation est donc

$]-\infty;\dfrac{1}{3}]$ .
2)

$\ln(2-x)+1=0$
On cherche dans un premier temps l’intervalle d’étude.
Il faut que

$2-x>0 \Leftrightarrow x<2$ .
Sur

$]-\infty;2[$ on a :

$\begin{array}{ll} \ln(2-x)+1=0 &\Leftrightarrow \ln(2-x)=-1 \\ &\Leftrightarrow \ln(2-x)=\ln \left(e^{-1}\right) \\ &\Leftrightarrow 2-x=e^{-1} \\ &\Leftrightarrow -x=e^{-1}-2 \\ &\Leftrightarrow x=2-e^{-1} \end{array}$
La solution de l’équation est

$2-e^{-1}$ .
3)

$\ln(x+5)=\ln3$
On cherche dans un premier temps l’intervalle d’étude.
Il faut que

$x+5>0 \Leftrightarrow x>-5$ .
Sur

$]-5;+\infty[$ on a :

$\begin{array}{ll} \ln(x+5)=\ln 3 &\Leftrightarrow x+5=3 \\ &\Leftrightarrow x=-2 \end{array}$
La solution de l’équation est

$-2$ .
4)

$\ln \left( \dfrac{3}{x} \right) \ge \ln 3$
On cherche dans un premier temps l’intervalle d’étude.
Il faut que

$\dfrac{3}{x}>0 \Leftrightarrow x>0$ .
Sur

$]0;+\infty[$ on a :

$\begin{array}{ll} \ln\left( \dfrac{3}{x}\right)\ge\ln 3 &\Leftrightarrow \dfrac{3}{x} \ge3\\ &\Leftrightarrow 0< \dfrac{x}{3}\le\dfrac{1}{3}\\ &\Leftrightarrow 0< x\le1\end{array}$
La solution de l’inéquation est

$]0;1]$ .
5)

$e^x \le \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le \ln \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x \le -\ln 2$
La solution de l’inéquation est

$]-\infty;-\ln 2]$ .
6)

$\ln \left( \dfrac{3x-1}{x+2} \right) \ge 0$
On cherche dans un premier temps l’intervalle d’étude .
Il faut que

$\dfrac{3x-1}{x+2} >0$ .

$3x-1=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{3} et 3x-1>0 \Leftrightarrow x > \dfrac{1}{3}$

$x+2=0 \Leftrightarrow x=-2 et x+2>0 \Leftrightarrow x>-2$

Sur

$]-\infty;-2[\cup]\dfrac{1}{3};+\infty[$ on a :

$\begin{array}{ll} \ln \left( \dfrac{3x-1}{x+2} \right) \ge 0 &\Leftrightarrow \ln \left( \dfrac{3x-1}{x+2} \right) \ge \ln 1 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x-1}{x+2} \ge 1 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x-1}{x+2}-1 \ge 0 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{3x-1-x-2}{x+2} \ge 0 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{2x-3}{x+2} \ge 0 \end{array}$

$2x-3=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{3}{2} et 2x-3>0 \Leftrightarrow x > \dfrac{3}{2}$

$x+2=0 \Leftrightarrow x=-2 et x+2>0 \Leftrightarrow x>-2$

Ainsi la solution de l’inéquation est

$]-\infty;-2[\cup[\dfrac{3}{2};+\infty[$ .
7)

$2 \left( \ln(x-1) \right) ^{2} +5 \ln(x-1)-15 = 0$
On résout cette équation sur

$]1;+\infty[$ .
On pose

$X=\ln(x-1)$
On obtient ainsi l’équation

$2X^2+5X-15=0$
Le discriminant est

$\Delta=5^2-4\times 2\times (-15)=145>0$
Les solutions sont donc

$\dfrac{-5-\sqrt{145}}{4}$ et

$\dfrac{-5+\sqrt{145}}{4}$ .
On résout maintenant sur

$]1;+\infty[$ les équations :

$\ln(x-1)=\dfrac{-5-\sqrt{145}}{4}$

$\begin{array}{ll|l} \ln(x-1)=\dfrac{-5+\sqrt{145}}{4} &\Leftrightarrow x-1=\exp\left(\dfrac{-5-\sqrt{145}}{4}\right) \\&\Leftrightarrow x-1=\exp \left(\dfrac{-5+\sqrt{145}}{4}\right) \\ &\Leftrightarrow x=1+\exp\left(\dfrac{-5-\sqrt{145}}{4}\right)\\&\Leftrightarrow x=1+\exp\left(\dfrac{-5+\sqrt{145}}{4}\right) \end{array}$
Les solutions de l’équation sont

$1+\exp\left(\dfrac{-5-\sqrt{145}}{4}\right)$ et

$1+\exp\left(\dfrac{-5+\sqrt{145}}{4}\right)$

Exercice 9:
Limites – Pour s’entraîner
Déterminer les limites suivantes
1)

$\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \ln x \right) ^{2}-\ln x$
2)

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x-2x$
3)

$\lim\limits_{x \to 0^+} \left( \ln x \right) ^{2}-3\ln x$
4)

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln \left( x^2 +105x + 18\right)$

🔻Correction Exercice 9

$\lim\limits_{x \to +\infty}\ln x=+\infty$

$\lim\limits_{X \to +\infty} X^2-X=\lim\limits_{X \to +\infty} X^2=+\infty$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} \left( \ln x \right) ^{2}-\ln x=+\infty$
2)

$\ln x-2x=x\left(\dfrac{\ln x}{x}-2\right)$
Or

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x-2x=-\infty$
3)

$\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x=-\infty$
Donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} \left(\ln x\right)^2=+\infty$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} -3\ln x=+\infty$ .
Par consequent

$\lim\limits_{x \to 0^+} \left( \ln x \right) ^{2}-3\ln x =+\infty$
4)

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln \left( x^2 +105x + 18\right)$

$\lim\limits_{x \to +\infty} x^2+105x-18=\lim\limits_{x \to +\infty} x^2=+\infty$ d’après la limite des termes de plus haut degré.

$\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X=+\infty$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln\left(x^2+105x+18\right)=+\infty$ .

Exercice 10:
Limites – Pour s’entraîner
1)

$Démontrer que \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$
2)

$Calculer \lim\limits_{x \to +\infty} x\ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)$
3)

$Calculer \lim\limits_{x \to +\infty} e^x \ln \left( 1+e^{-x} \right)$
4)

$Calculer \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln \left( 1+\sqrt{x} \right)}{\sqrt{x}}$

🔻Correction Exercice 10

$t(x)=\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\dfrac{\ln(1+x)-\ln 1}{1+x-1}$
Donc

$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=f'(0)$ (limite du taux d’accroissement

$t(x))$ où

$f(x)=\ln(1+x)$
Or

$f'(x)=\dfrac{1}{x+1}$ donc

$f'(0)=1$
Ainsi

$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$
2) Si on pose

$X=\dfrac{1}{x}$ alors

$x\ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)=\dfrac{\ln(1+X)}{X}$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} x\ln \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)= \lim\limits_{X \to 0^+} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$
3) Si on pose

$X=e^{-x}$ alors

$e^x \ln \left( 1+e^{-x} \right)=\dfrac{\ln(1+X)}{X}$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} e^x \ln \left( 1+e^{-x} \right) =\lim\limits_{X \to 0^+} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$
Si on pose

$X=\sqrt{X}$ alors

$\dfrac{\ln \left( 1+\sqrt{x} \right)}{\sqrt{x}}=\dfrac{\ln(1+X)}{X}$
Donc

$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln \left( 1+\sqrt{x} \right)}{\sqrt{x}}=\lim\limits_{X \to 0^+} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$

Exercice 11:
Déterminer l’ensemble de définition et les limites aux bornes des fonctions définies par :
1)

$f_1(x)=\dfrac{1}{\ln(x)}$
2)

$f_2(x)=\ln\left(x^2+2x+3\right)$
3)

$f_3(x)=x-\ln x$

🔻Correction Exercice 11

1) La fonction

$f_1$ est définie sur

$I=]0;1[\cup]1;+\infty[$ (il faut que

$x>0$ et que

$\ln x\neq 0$ ).

$\bullet \lim\limits_{x\to 0^+} \ln x=-\infty donc \lim\limits_{x \to 0^+} f_1(x)=0^-$

$\bullet \lim\limits_{x\to 1^-} \ln x=0^- donc \lim\limits_{x \to 1^-} f_1(x)=-\infty$

$\bullet \lim\limits_{x\to 1^+} \ln x=0^+ donc \lim\limits_{x \to 1^+} f_1(x)=+\infty$

$\bullet \lim\limits_{x\to +\infty} \ln x=+\infty donc \lim\limits_{x \to 1^-} f_1(x)=0$
2) On étudie dans un premier temps le signe de

$x^2+2x+3$ .

$\Delta=2^2-4\times 3\times 1=-8<0$ . Le coefficient principal est

$a=1> 0$ .
Donc l’expression est toujours strictement positive.
Ainsi la fonction

$f_2$ est définie sur

$\mathbb{R}$ .

$\bullet \lim\limits_{x\to -\infty} x^2+2x+3=\lim\limits_{x \to -\infty} x^2=+\infty$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
De plus

$\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X=+\infty$ .
Donc

$\lim\limits_{x \to -\infty} f_2(x)=+\infty$

$\bullet \lim\limits_{x\to +\infty} x^2+2x+3=\lim\limits_{x \to +\infty} x^2=+\infty$ d’après la limite des termes de plus haut degré.
De plus

$\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X=+\infty$ .
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_2(x)=+\infty$
3) La fonction

$f_3$ est définie sur

$]0;+\infty[$

$\bullet \lim\limits_{x \to 0^+} x=0 et \lim\limits_{x \to 0^+} \ln x=-\infty$ donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} f_3(x)=+\infty$

$\bullet f_3(x)=x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\right)$ .

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$ donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_3(x)=+\infty$ .

Exercice 12:
Déterminer l’ensemble de définition des fonctions et les limites indiquées.
1)

$f_1(x)= \dfrac{\ln(1+x)}{x^2}$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} f_1(x)$
2)

$f_2(x)=x+x\ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)$ et

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_2(x)$
3)

$f_3(x)=\dfrac{\ln x}{x^4}$ et

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_3(x)$

🔻Correction Exercice 12

$\ln(1+x)$ existe pour tout

$x\in ]-1;+\infty[$ .
Donc

$f_1$ est définie sur

$]-1;0[\cup]0;+\infty[$ .

$f_1(x)=\dfrac{1}{x}\times \dfrac{\ln(1+x)}{x}$ .
Or

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{\ln(1+x)}{x}=1$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x}=+\infty$
Donc

$\lim\limits_{x \to 0} f_1(x)=+\infty$ .
2) Il faut que

$1+\dfrac{1}{x}>0 \Leftrightarrow \dfrac{1+x}{x}>0$ .
Donc

$f_2$ est définie sur

$]-\infty;-1[\cup]0;+\infty[$ .

$f_2(x)=x\left(1+\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right)$

$\lim\limits_{x \to +\infty} 1+\dfrac{1}{x}=1$ ainsi

$\lim\limits_{x \to +\infty} 1+\ln \left(1+\dfrac{1}{x}\right)=1$ .
Par conséquent

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_2(x)=+\infty$ .

$f_3$ est définie sur

$]0;+\infty[$ .

$f_3(x)=\dfrac{1}{x^3} \times \dfrac{\ln x}{x}$
Or

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$ et

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^3}=0$ .
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_3(x)=0$ .

Exercice 13:
On considère la fonction

$f$ définie par

$f(x)=\dfrac{\ln x}{x+1}$ .
1) Déterminer l’ensemble de définition de la fonction

$f$ .
2) Déterminer les limites aux bornes.
3) En déduire l’existence d’asymptotes.
4) Déterminer une équation de la tangente à la courbe

$\mathscr{C}$ représentant la fonction

$f$ au point d’abscisse 1.

🔻Correction Exercice 13

1) La fonction

$f$ est définie sur

$]0;+\infty[$ .
2)

$\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x=-\infty et \lim\limits_{x \to 0^+} x+1=1$ donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x)=-\infty$

$f(x)=\dfrac{x}{x+1}\times \dfrac{\ln x}{x}$ D’après la limite des termes de plus haut degré, on a

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x+1}=\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x}=1$

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0$ .
3) Il y a donc deux asymptotes d’équation

$x=0$ et

$y=0$ .
4) Une équation de la tangente à

$\mathscr{C}$ au point d’abscisse 1 est :

$y=f'(1)(x-1)+f(1)$
La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle qui ne s’annule pas.

$f'(x)=\dfrac{\dfrac{x+1}{x}-\ln(x)}{(x+1)^2}$
Ainsi

$f'(1)=\dfrac{1}{2} et f(1)=0$ .
Une équation de la tangente est donc

$y=\dfrac{x-1}{2}$ .

Exercice 14:
On considère la fonction

$f$ définie par

$f(x)=\dfrac{1}{x\ln(x)}$ .
1) Déterminer l’ensemble de définition de la fonction

$f$ .
2) Déterminer les variations de la fonction

$f$ .
3) Déterminer une équation de la tangente à la courbe

$\mathscr{C}$ représentant la fonction

$f$ au point d’abscisse

$e$ .

🔻Correction Exercice 14

1) La fonction \ln est définie sur

$]0;+\infty[$ et s’annule en 1.
Donc la fonction

$f$ est définie sur

$]0;1[\cup]1;+\infty[$ .
2) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]0;1[$ et sur

$]1;+\infty[$ en tant que produit et quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas.
On va utiliser la dérivée de

$\dfrac{1}{u}$ avec

$u(x)=x\ln(x)$ .

$u'(x)=\ln(x)+\dfrac{x}{x}=\ln(x)+1$ .
Ainsi

$f'(x)=-\dfrac{\ln(x)+1}{\left(x\ln(x)\right)^2}$
Le signe de

$f'(x)$ dépend donc uniquement de celui de

$-\left(\ln(x)+1\right)$

$\ln(x)+1>0 \Leftrightarrow \ln(x) > -1 \Leftrightarrow x > e^{-1}$
Donc

$f'(x)<0$ sur

$]e^{-1};1[\cup]1;+\infty[$ .
La fonction

$f$ est donc strictement croissante sur l’intervalle

$]0;e^{-1}[$ et décroissante sur les intervalles

$]e^{-1};1[$ et

$]1;+\infty[$ .
3) Une équation de la tangente à la courbe

$\mathscr{C}$ au point d’abscisse

$e$ est :

$y=f'(e)(x-e)+f(e)$
Or

$f'(e)=-\dfrac{\ln(e)+1}{\left(e\ln(e)\right)^2}=-\dfrac{2}{e^2}$ et

$f(e)=\dfrac{1}{e}$
Ainsi une équation de la tangente est :

$y=-\dfrac{2}{e^2}(x-e)+\dfrac{1}{e}=-\dfrac{2x}{e^2}+\dfrac{3}{e}$

Exercice 15:
Soit la fonction g définie sur

$]0;+\infty[ par g(x) = x – \ln x$ .
Partie I
1) Étudier les variations de

$g$ .
2) En déduire que pour tout

$x \in ]0;+\infty[$ , on a

$g(x) \ge 1$ .
Partie II
Soit la fonction

$f$ définie sur

$I = ]0;+\infty[$ par

$f(x) = \dfrac{\ln x}{x – \ln x}$ .
1) Justifier que

$f$ est définie sur

$I$ .
2) Déterminer la limite de

$f$ en

$0$ et

$+\infty$ .
3) Etudier les variations de

$f$ et donner son tableau de variations.
4) Soient

$A(0;-1)$ et

$M\left(x;f(x)\right)$ pour

$x > 0$ .
Déterminer

$m$ le coefficient directeur de la droite

$(AM)$ en fonction de

$x$ puis

$\lim\limits_{x \to 0^+} m$ .
Interpréter graphiquement.
5) Tracer la courbe

$\mathscr{C}_f$ dans le plan muni d’un repère orthonormal.

🔻Correction Exercice 15

Partie I
1)

$g$ est la somme de deux fonctions dérivables sur

$]0;+\infty[$ .
Elle est donc également dérivable sur cet intervalle.

$g'(x) = 1 – \dfrac{1}{x} = \dfrac{x – 1}{x}$
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

2) Cela signifie donc que

$1$ est le minimum de la fonction atteint pour

$x= 1$ .
Par conséquent, pour tout

$x \in ]0;+\infty[, g(x) \ge 1$ .
Partie II
1) La fonction

$\ln$ est définie sur

$]0;+\infty[$ .
De plus, d’après la question A.2.,

$g(x) \ge 1$ donc le dénominateur ne s’annule jamais sur cet intervalle.
Par conséquent

$f$ est définie sur

$I$ .
2)

$f(x) = \dfrac{\ln x}{\ln x \left(\dfrac{x}{\ln x} – 1\right)} = \dfrac{1}{\dfrac{x}{\ln x} – 1}$
Or

$\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{\ln x} = 0$
Par conséquent

$\lim\limits_{x \to 0^+}\dfrac{x}{\ln x} = 0$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{x}{\ln x} – 1 = -1$ .
Donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -1$ .

$f(x) = \dfrac{\ln x}{x\left(1 – \dfrac{\ln x}{x}\right)} = \dfrac{\dfrac{\ln x}{x}}{1 – \dfrac{\ln x}{x}}$ .

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) =0$ .
3) La fonction

$f$ est dérivable sur I en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur

$I$ dont le dénominateur ne s’annule pas.

$f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}(x – \ln x) – \ln x \times \left(1 – \dfrac{1}{x}\right)}{\left(x – \ln x\right)^2} = \dfrac{1 – \ln x}{\left(x – \ln x\right)^2}$
Le signe de

$f'(x)$ ne dépend que de celui de

$1 – \ln x$ .
Or

$\begin{array}{ll}1 – \ln x > 0 & \Leftrightarrow -\ln x > -1 \\& \Leftrightarrow \ln x < 1 \\& \Leftrightarrow x < e \end{array}$

$\begin{array}{ll} m &= \dfrac{f(x) – (-1)}{x – 0} \\\\ &= \dfrac{f(x) + 1}{x} \\\\ &=\dfrac{\dfrac{\ln x}{x – \ln x} + 1}{x} \\\\ &= \dfrac{\dfrac{x}{x – \ln x}}{x} \\\\ &= \dfrac{1}{x – \ln x}\end{array}$

$\lim\limits_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc

$\lim\limits_{x \to 0^+} m = 0$ .
Cela signifie donc que la courbe représentative de la fonction

$f$ possède une demi-tangente horizontale en 0.

Exercice 16:
Partie A
Soit

$f$ la fonction définie sur l’intervalle

$]-1;+\infty[$ par

$f(x) = \dfrac{x}{x + 1} – 2\ln(x + 1$
1) Déterminer les variations de la fonction

$f$ .
2) Déterminer les limites de

$f$ aux bornes de son ensemble de définition.
3) Calculer

$f(0)$ .
Montrer que l’équation

$f(x)= 0$ admet exactement deux solutions dont l’une, non nulle, que l’on désignera par

$\alpha$ .
Fournir une valeur approchée à

$10^{-2}$ près de

$\alpha$ .
4) Etudier le signe de

$f(x)$ sur

$]-1;+\infty[$ .
Partie B
Soit

$g$ la fonction définie sur l’ensemble

$]-1;0[\cup]0;+\infty[$ par

$g(x) = \dfrac{\ln(x +1)}{x^2}$
1) Déterminer les limites de

$g$ aux bornes de son ensemble de définition.
2) Calculer

$g'(x)$ et dresser le tableau de variations de la fonction

$g$ .
3) Montrer que

$g(\alpha) = \dfrac{1}{2\alpha(\alpha + 1)}$ .
En déduire une valeur approchée de

$g(\alpha)$ à

$10^{-2}$ près.

🔻Correction Exercice 16

Partie A
1) La fonction

$f$ est dérivable sur

$]-1;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.

$\begin{array}{ll} f'(x) &= \dfrac{(x + 1) – x}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\ &=\dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2}{x + 1} \\\\ &= \dfrac{1}{(x + 1)^2} – \dfrac{2(x+1)}{(x + 1)^2} \\\\ &= \dfrac{-2x – 1}{(x + 1)^2} \end{array}$
Le signe de

$f'(x)$ ne dépend donc que de celui de

$-2x – 1$ .
Or

$-2x – 1 > 0 \Leftrightarrow x < – \dfrac{1}{2}$
On obtient ainsi le tableau de variations suivants.

Les limites sont déterminées à la question suivante.
2)

$f(x) = \dfrac{1}{x + 1}\left(x – 2(x + 1)\ln(x+1)\right)$ .

$\lim\limits_{x \to -1^+} x + 1 = 0^+ et \lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0$
Donc

$\lim\limits_{x \to -1^+} \dfrac{1}{x + 1} = +\infty$ et

$\lim\limits_{x \to -1^+} (x+1)\ln(x + 1) = 0$
Par conséquent

$\lim\limits_{x \to -1^+} \left(x – 2(x – 2(x + 1)\ln(x + 1)\right) = -1$ .
Finalement

$\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$ .

$f\left(-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}} – 2\ln \dfrac{1}{2} =-1 + 2\ln 2$ .

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x + 1} = 1$ d’après les termes de plus haut degré.

$\lim\limits_{x \to +\infty} \ln (x + 1) = +\infty$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$ .
3)

$f(0) = 0 – 2\ln 1 = 0$ .
Sur l’intervalle

$]-1;-\dfrac{1}{2}]$ , la fonction

$f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.

$f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$

$\lim\limits_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$
Par conséquent

$0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation f(x) = 0 possède une unique solution

$\alpha$ sur cet intervalle.
Sur l’intervalle

$[-\dfrac{1}{2};+\infty[$ , la fonction

$f$ est continue et strictement décroissante.

$f\left(-\dfrac{1}{2}\right) =-1 + 2\ln 2 > 0$

$\lim\limits_{x \to +\infty}= -\infty$
Par conséquent

$0 \in ]-\infty;-1 + 2\ln 2[$
D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation f(x) = 0 possède une unique solution sur cet intervalle.
Mais 0 appartient à cet intervalle et

$f(0) = 0$ .
Par conséquent l’équation

$f(x) = 0$ possède deux solutions sur

$]-1;+\infty[$ dont l’une non nulle.
D’après le menu table de la calculatrice, on obtient

$\alpha \approx -0,72$ à

$10^{-2}$ près.
4) Puisque la fonction

$f$ est strictement croissante sur

$]-1;-\dfrac{1}{2}]$ et décroissante sur

$[-\dfrac{1}{2};+\infty[$ , on obtient le tableau de signes suivant :

Partie B
1)

$\lim\limits_{x \to -1^+} \ln(x + 1) = -\infty$ et

$\lim\limits_{x \to -1^+} x^2 = 1$
Donc

$\lim\limits_{x \to -1^+} g(x) = -\infty$

$g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x} \times \dfrac{1}{x}$
Or

$\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\ln(x + 1)}{x} = 1$ ,

$\lim\limits_{x \to 0^-} \dfrac{1}{x} = -\infty$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty$
Par consequent

$\lim\limits_{x \to 0^-} g(x) = -\infty$ et

$\lim\limits_{x \to 0^+} g(x) = +\infty$

$g(x) = \dfrac{\ln(x + 1)}{x + 1} \times \dfrac{x + 1}{x^2}$

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$
Donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1} = 0$

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x+1}{x^2} = 0$
d’après la limite des termes de plus haut degré.
Finalement

$\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 0$
2) g est dérivable sur

$]-1;0[\cup]0;+\infty[$ comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.

$g'(x) = \dfrac{\dfrac{x^2}{x+1} – 2x\ln(x + 1)}{x^4} = \dfrac{f(x)}{x^3}$
D’après la question A.4 on obtient le tableau de variations suivant :

$f(\alpha) = 0$ par conséquent

$\dfrac{\alpha}{\alpha + 1} – 2\ln(\alpha + 1) = 0$
soit

$\ln(\alpha + 1) = \dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}$ .

Ainsi

$g(\alpha) = \dfrac{\dfrac{\alpha}{2(\alpha + 1)}}{\alpha^2} = \dfrac{1}{2\alpha(\alpha + 1)}$ .
En utilisant la valeur approchée trouvée à la question A.3 on obtient

$g(\alpha) \approx -2,48$ .

Exercice 17:
Résoudre dans

$\mathbb{R}$ le système

$\begin{cases} \ln x – \ln y = 1\\\\x + y = 2e \end{cases}$

🔻Correction Exercice 17

Les couples solutions ne pourront contenir que des réels strictement positifs.

$\begin{array}{ll} \begin{cases} \ln x – \ln y = 1\\\\x + y = 2e \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} \ln \dfrac{x}{y} = \ln e \\\\x + y = 2e \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{x}{y}= e\\\\x + y = 2e \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x = y e \\\\x + y = 2e \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x= y e\\\\y e + y = 2e \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x= y e\\\\y (1 + e) = 2e \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x= y e\\\\y = \dfrac{2e}{1 + e} \end{cases} \\\\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x= \dfrac{2e^2}{1 + e}\\\\y = \dfrac{2e}{1 + e} \end{cases} \end{array}$
La solution du système est donc

$\left( \dfrac{2e^2}{1 + e};\dfrac{2e}{1 + e} \right)$ .

Exercice 18:
On considère l’équation

$(E_1)$ :

$e^x – x^n = 0$
où

$x$ est un réel strictement positif et

$n$ un entier naturel non nul.
1) Montrer que l’équation

$(E_1)$ est équivalente à l’équation

$(E_2)$ :

$\ln(x) – \dfrac{x}{n} = 0$ .
2) Pour quelles valeurs de

$n$ l’équation

$(E_1)$ admet-elle deux solutions?

🔻Correction Exercice 18

$\begin{array}{ll} e^x – x^n = 0 &\Leftrightarrow \text{e}^x=x^n \\\\ &\Leftrightarrow x = n \ln (x) \\\\ &\Leftrightarrow \ln(x) = \dfrac{x}{n} \\\\ &\Leftrightarrow \ln(x) – \dfrac{x}{n} = 0 \end{array}$
2) Soit

$f_n$ la fonction définie sur

$]0;+\infty[$ par

$f_n(x)=\ln(x) – \dfrac{x}{n}$ .
Cette fonction est dérivable sur

$]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$f_n'(x) = \dfrac{1}{x} – \dfrac{1}{n}$ .

$f_n'(x) >0 \Leftrightarrow x < n$ .
On obtient ainsi le tableau de variations suivant :

$\lim\limits_{x \to 0} \ln(x) = -\infty$ donc

$\lim\limits_{x \to 0} f_n(x) = -\infty$

$f(x) = x\left(\dfrac{\ln(x)}{x} – \dfrac{1}{n} \right)$ .
Or

$\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$ donc

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = -\infty$ .

$\ln n -1 > 0 \Leftrightarrow n > \text{e}$ .
Par conséquent si

$n \le 2, f_n(x) < 0$ et l’équation

$(E_2)$ n’aura pas de solution.
Si

$n \ge 3$ , la fonction

$f_n$ est dérivable sur

$]0;+\infty[$ donc continue .
Sur

$]0;n[$ la fonction est strictement croissante.

$\lim\limits_{x \to 0} f_n(x) =-\infty et f_n(n) >0$ .
D’après le théorème de la bijection (ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation

$f_n(x) = 0$ possède une unique solution.
Sur

$]n;+\infty[$ , la fonction

$f_n$ est strictement décroissante.

$f_n(n) >0$ et

$\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = -\infty$ .
D’après le théorème de la bijection l’équation

$f_n(x)=0$ possède une unique solution.
Par conséquent l’équation

$(E_2)$ , et donc

$(E_1)$ possède deux solutions si, et seulement si,

$n \ge 3$

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