Exercices corrigés : Fonctions logarithmiques, série 3 2 bac PC et SVT

Astuce : pour $\alpha>0$ et $\beta\in \mathbb{N}^*$,

$$\lim_{x\to 0^+} x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}=0 \quad ; \quad \lim_{x\to+\infty} \dfrac{(\ln x)^{\beta}}{x^{\alpha}}=0$$

La réponse juste est : B

Rappel : ${\left(\dfrac{u}{v} \right)}^{'}=\dfrac{u^{'}v-uv'}{v^2}; {(uv)}^{'}=u^{'}v+uv^{'}; {(\ln x)}^{'}=\dfrac{1}{x}$

Soit $x \in ]0;+\infty [$

$$\begin{aligned} f^{'}(x) &= \dfrac{\left(\ln x+x\times \dfrac{1}{x} \right)(x+1)-(x\ln x\times 1)}{{(x+1)}^2} \\ &= \dfrac{(\ln x+1)(x+1)-x\ln x}{{(x+1)}^2} \\ &= \dfrac{x\ln x+\ln x+x+1-x\ln x}{{(x+1)}^2} \\ &= \dfrac{\ln x+x+1}{{(x+1)}^2} \end{aligned}$$

La réponse juste est : A

Astuce : pour $\alpha>0$ et $\beta>0$,

$$\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln (\alpha x)}{\ln (\beta x)}=1 \quad ; \quad \lim_{x\to 0} \dfrac{\ln (\cos \alpha x)}{\ln (\cos \beta x)}=\left(\dfrac{\alpha}{\beta}\right)^2$$

Donc $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\ln (\cos 2x)}{\ln (\cos 3x)}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{4}{9}$

La réponse juste est : D

Rappels :

${[\ln (u)]}^{'}=\dfrac{u^{'}}{u}$ et ${\left(\dfrac{1}{x} \right)}^{'}=-\dfrac{1}{x^2}$ et ${\left(\dfrac{1}{u} \right)}^{'}=-\dfrac{u'}{u^2}$

Soit $x\in ]0;+\infty [$

$$\begin{aligned} g^{'}(x) &= -\dfrac{\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}-\dfrac{-1}{{(x+1)}^2} \\ &= -\dfrac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{x+1}{x}}+\dfrac{1}{{(x+1)}^2} \\ &= -\dfrac{\dfrac{1}{x}}{x+1}+\dfrac{1}{{(x+1)}^2} \\ &= -\dfrac{1}{x(x+1)}+\dfrac{1}{{(x+1)}^2} \\ &= -\dfrac{(x+1)}{{x(x+1)}^2}+\dfrac{x}{{x(x+1)}^2} \\ &= \dfrac{-x-1+x}{x{(x+1)}^2} \end{aligned}$$

Donc $\forall x\in ]0,+\infty [ :g^{'}(x) =\dfrac{-1}{x{(x+1)}^2}$

La réponse juste est : C

On pose $X=\dfrac{1}{x}$, donc $x=\dfrac{1}{X}$ ; et $x\to+\infty \Leftrightarrow X\to 0^+$

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

La réponse juste est : D

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty} \left(\ln (x^2+1)-x\right) &= \lim_{x\to+\infty} x\left[ \dfrac{\ln (x^2+1)}{x}-1 \right] \\ &= \lim_{x\to+\infty} x\left[ \dfrac{\ln \left(x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\right)}{x}-1 \right] \\ &= \lim_{x\to+\infty} x\left[ \dfrac{\ln (x^2)+\ln \left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)}{x}-1 \right] \\ &= \lim_{x\to+\infty} x\left[ \dfrac{2\ln x}{x}+\dfrac{\ln \left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)}{x}-1 \right] \\ &= -\infty \end{aligned}$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty} x=+\infty$, $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{2\ln x}{x}=0$ et $\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\ln \left(1+\dfrac{1}{x^2} \right)}{x}=0$

La réponse juste est : A

Méthode 1 :

En remplaçant dans $(S)$ les couples proposés, on trouve que $(e^{-2};e^5)$ et $(e^5;e^{-2})$ sont des solutions de $(S)$

Méthode 2 :

On pose $X=\ln x$ et $Y=\ln y$, donc :

$$(S)\Leftrightarrow \begin{cases} X\times Y=-10 \\ X+Y=3 \end{cases}$$

Rappel : pour déterminer deux réels $X$ et $Y$ tels que $X+Y=s$ et $X\times Y=p$, avec $s$ et $p$ donnés, on résout l’équation $t^2-st+p=0$

Donc on résout l’équation $t^2-3t-10=0$ ; $\Delta =(-3)^2-4\times 1\times (-10)=49$

$t_1=\dfrac{3-\sqrt{49}}{2}=-2$ et $t_2=\dfrac{3+\sqrt{49}}{2}=5$

Donc $(\ln x;\ln y)=(-2;5)$ ou $(\ln x;\ln y)=(5;-2)$

Donc : $S=\{(e^{-2};e^5); (e^5;e^{-2})\}$

Méthode 3 :

$$\begin{aligned} (S) &\Leftrightarrow \begin{cases} \ln x\cdot\ln y=-10 \\ \ln x=3-\ln y \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} 3\ln y-\ln^2 y+10=0 \\ \ln x=3-\ln y \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} \ln^2 y-3\ln y-10=0 \\ \ln x=3-\ln y \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} (\ln y+2)(\ln y-5)=0 \\ \ln x=3-\ln y \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} \ln y=-2 \text{ ou } \ln y=5 \\ \ln x=3-\ln y \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} y=e^{-2} \\ \ln x=5 \end{cases} \text{ ou } \begin{cases} y=e^5 \\ \ln x=-2 \end{cases} \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} x=e^5 \\ y=e^{-2} \end{cases} \text{ ou } \begin{cases} x=e^{-2} \\ y=e^5 \end{cases} \end{aligned}$$

Donc : $S=\{(e^{-2};e^5); (e^5;e^{-2})\}$

La réponse juste est : C

$x\in D_E\Leftrightarrow x^2-1>0$ et $2x-1>0$

Donc $D_E=]1,+\infty [$

Soit $x\in D_E$

$$\begin{aligned} &\ln (x^2-1)-\ln (2x-1)+\ln 2=0 \\ &\Leftrightarrow \ln (2(x^2-1))=\ln (2x-1) \\ &\Leftrightarrow 2(x^2-1)=2x-1 \end{aligned}$$

$\Leftrightarrow 2x^2-2x-1=0$ avec $\Delta =12$

Donc $x=\dfrac{2+\sqrt{12}}{4}=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\in ]1,+\infty [$ ou $x=\dfrac{2-\sqrt{12}}{4}=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}\notin ]1,+\infty [$

La réponse juste est : C

On a $(\forall x\in ]0;+\infty [)$ : $f'(x)=2x+\ln x$, donc $(\forall x\in ]0;+\infty [)$ : $f(x)=x^2+x\ln x-x+c$

Et comme $f(1)=4$, alors $c=4$ et par suite $f(e)=e^2+e-e+4=e^2+4$

La réponse juste est : B