Exercices corrigés : Fonctions logarithmiques 2 bac PC et SVT

Si $a>0$ et $b>0$

Alors

• $\ln ab=\ln a+\ln b$
• $\ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b$
• $\ln\left(\dfrac{1}{a}\right)=-\ln a$
• $\ln a^r=r\ln a\ ;\ r\in\mathbb{Q}$
• $\ln\sqrt{a}=\dfrac{1}{2}\ln a$
• $\ln e=1$
• $(\forall x\in\mathbb{R})\ ;\ \ln e^x=x$

A

$$\begin{aligned}A&=\ln(ab)+\ln\left(\frac{a}{b}\right)-\ln a^2+\ln e\\&=\ln a+\ln b+\ln a-\ln b-2\ln a+1\\&=1\end{aligned}$$

B

$$\begin{aligned}B&=\ln e^2+2\ln\sqrt{e}-3\ln\left(\frac{1}{e}\right)+2\ln\left(\frac{e}{2}\right)-8+\ln 4\\&=2+2\cdot\frac{1}{2}\ln e-3(-\ln e)+2(\ln e-\ln 2)-8+\ln 4\\&=2+1+3+2(1-\ln 2)-8+\ln 2^2\\&=6+2-2\ln 2-8+2\ln 2\\&=0\end{aligned}$$

C

$$\begin{aligned}C&=\ln(a+b)+\ln(a-b)-\ln(a^2-b^2)\\&=\ln\big((a+b)(a-b)\big)-\ln(a^2-b^2)\\&=\ln(a^2-b^2)-\ln(a^2-b^2)\\&=0\end{aligned}$$

1)

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

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff\frac{x+1}{x-1}>0\ \text{ et }\ x-1\neq 0\\&\iff\frac{x+1}{x-1}>0\ \text{ et }\ x\neq 1\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

$\dfrac{u(x)}{v(x)}\longrightarrow v(x)\neq 0$

Étudions le signe de $\dfrac{x+1}{x-1}$

$x+1=0\iff x=-1$

$x-1=0\iff x=1$

D'où : $D_f=]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$

2)

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

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff x+1>0\ \text{ et }\ x\neq 0\\&\iff x>-1\ \text{ et }\ x\neq 0\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

$\dfrac{u(x)}{v(x)}\longrightarrow v(x)\neq 0$

D'où : $D_f=]-1;0[\cup]0;+\infty[$

3)

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

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff x+1>0\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ \ln(x)-1\neq 0\\&\iff x>-1\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ \ln(x)\neq 1\\&\iff x>-1\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ x\neq e^1\\&\iff x>-1\ \text{ et }\ x>0\ \text{ et }\ x\neq e\end{aligned}$$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

$e^1=e$ ; $e\simeq 2{,}71$

D'où : $D_f=]0;e[\cup]e;+\infty[$

1)

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

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$$\begin{aligned}x\in D_E&\iff x>0\ \text{ et }\ x-1>0\ \text{ et }\ 2x-3>0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x>1\ \text{ et }\ x>\frac{3}{2}\\&\iff x>\frac{3}{2}\end{aligned}$$

Donc $D_E=\left]\dfrac{3}{2};+\infty\right[$

Soit $x\in D_E$

$$\begin{aligned}\text{(E)}&\iff\ln(x)+\ln(x-1)=\ln(2x-3)\\&\iff\ln x(x-1)=\ln(2x-3)\\&\iff x(x-1)=2x-3\\&\iff x^2-x=2x-3\\&\iff x^2-x-2x+3=0\\&\iff x^2-3x+3=0\end{aligned}$$

Vous pouvez toujours appliquer l'égalité $\ln a+\ln b=\ln ab$ car par construction on a : $a>0$ et $b>0$

Mais pour appliquer l'égalité $\ln ab=\ln a+\ln b$, il faut justifier que $a>0$ et $b>0$

Considérons le trinôme $x^2-3x+3$

Son discriminant

$\Delta=b^2-4ac=(-3)^2-4(1)(3)=-3$

Puisque $\Delta<0$

Alors l'équation $x^2-3x+3=0$ n'admet aucune solution

D'où $S=\varnothing$

2)

$\ln(2x+2)+\ln(x+4)=3\ln 2$ (E)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$$\begin{aligned}x\in D_E&\iff x+4>0\ \text{ et }\ 2x+2>0\\&\iff x>-4\ \text{ et }\ x>-1\\&\iff x>-1\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

Donc : $D_E=]-1;+\infty[$

Soit $x\in D_E$

$$\begin{aligned}\text{(E)}&\iff\ln(2x+2)+\ln(x+4)=3\ln 2\\&\iff\ln(2x+2)(x+4)=\ln 2^3\\&\iff(2x+2)(x+4)=2^3\\&\iff 2x^2+8x+2x+8=8\\&\iff 2x^2+10x=0\\&\iff 2x(x+5)=0\\&\iff 2x=0\ \text{ ou }\ x+5=0\\&\iff x=0\ \text{ ou }\ x=-5\end{aligned}$$

$r\ln a=\ln a^r$

$\ln a=\ln b\iff a=b$

$ab=0\iff a=0$ ou $b=0$ avec $a\in\mathbb{R}$ et $b\in\mathbb{R}$

Et puisque $0\in D_E$ et $-5\notin D_E$

Alors $S=\{0\}$

1)

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

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$x\in D_E\iff x>0$

Donc : $D_E=]0;+\infty[$

Soit $x\in D_E$

$\text{(E)}\iff\big(\ln(x)\big)^2-3\ln(x)+2=0$

On pose $t=\ln x$

l'équation devient $t^2-3t+2=0$

$$\begin{aligned}t^2-3t+2=0&\iff(t-1)(t-2)=0\\&\iff t-1=0\ \text{ ou }\ t-2=0\\&\iff t=1\ \text{ ou }\ t=2\end{aligned}$$

Donc : $\ln(x)=1$ ou $\ln(x)=2$

Donc : $x=e^1$ ou $x=e^2$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

Et puisque $e\in D_E$ et $e^2\in D_E$

Alors : $S=\{e;e^2\}$

2)

$\ln^2(x)+3\ln(x)-4=0$ (E)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette équation.

$x\in D_E\iff x>0$

Donc : $D_E=]0;+\infty[$

Soit $x\in D_E$

$\text{(E)}\iff\big(\ln(x)\big)^2+3\ln(x)-4=0$

On pose $t=\ln x$

l'équation devient $t^2+3t-4=0$

$$\begin{aligned}t^2+3t-4=0&\iff(t-1)(t+4)=0\\&\iff t-1=0\ \text{ ou }\ t+4=0\\&\iff t=1\ \text{ ou }\ t=-4\end{aligned}$$

Donc : $\ln(x)=1$ ou $\ln(x)=-4$

Donc : $x=e^1$ ou $x=e^{-4}$

Et puisque $e\in D_E$ et $e^{-4}\in D_E$

Alors : $S=\{e^{-4};e\}$

1)

$\dfrac{\ln(x)+1}{1-\ln(x)}\geqslant 0$ (I)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette inéquation.

$$\begin{aligned}x\in D_I&\iff x>0\ \text{ et }\ 1-\ln(x)\neq 0\\&\iff x>0\ \text{ et }\ \ln(x)\neq 1\\&\iff x>0\ \text{ et }\ x\neq e\end{aligned}$$

$\ln\big(u(x)\big)\longrightarrow u(x)>0$

$\dfrac{u(x)}{v(x)}\longrightarrow v(x)\neq 0$

Donc : $D_I=]0;e[\cup]e;+\infty[$

$\text{(I)}\iff\dfrac{\ln(x)+1}{1-\ln(x)}\geqslant 0$

$$\begin{aligned}\ln(x)+1=0&\iff\ln(x)=-1\\&\iff x=e^{-1}=\frac{1}{e}\\&\iff x=\frac{1}{e}\end{aligned}$$

et

$$\begin{aligned}\ln(x)+1\geqslant 0&\iff\ln(x)\geqslant -1\\&\iff x\geqslant\frac{1}{e}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}1-\ln(x)=0&\iff\ln(x)=1\\&\iff x=e\end{aligned}$$

et

$$\begin{aligned}1-\ln(x)\geqslant 0&\iff-\ln(x)\geqslant -1\\&\iff\ln(x)\leqslant 1\\&\iff x\leqslant e\end{aligned}$$

D'où : $S=\left[\dfrac{1}{e};e\right[$

2)

$\ln^2(x)-\ln(x)-2\geqslant 0$ (I)

Déterminons d'abord l'ensemble de définition de cette inéquation.

$x\in D_I\iff x>0$

Donc : $D_I=]0;+\infty[$

$\text{(I)}\iff\ln^2(x)-\ln(x)-2\geqslant 0$

Considérons l'inéquation $\ln^2(x)-\ln(x)-2\geqslant 0$ $(\ast)$

On pose $t=\ln x$

L'inéquation $(\ast)$ devient $t^2-t-2\geqslant 0$

Son discriminant $\Delta=b^2-4ac=9$

Puisque $\Delta>0$

Alors le trinôme $t^2-t-2$ admet deux racines distinctes $t_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=2$ et $t_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=-1$

Si $\Delta>0$

$x_1=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$ et $x_2=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$

Supposons $x_1<x_2$

$$\begin{aligned}\text{Donc } t^2-t-2\geqslant 0&\iff t\leqslant -1\ \text{ ou }\ t\geqslant 2\\&\iff\big(\ln(x)\leqslant -1\ \text{ ou }\ \ln(x)\geqslant 2\big)\ \text{ et }\ x>0\\&\iff\big(x\leqslant e^{-1}\ \text{ ou }\ x\geqslant e^2\big)\ \text{ et }\ x>0\end{aligned}$$

D'où : $S=]0;e^{-1}]\cup[e^2;+\infty[$

$(S_1)$

Déterminons le domaine de définition du système $(S_1)$

$(x;y)\in D_S\iff x>0$ et $y>0$

Donc : $D_S=]0;+\infty[\times]0;+\infty[$

Ici, les solutions sont des couples

Soit $(x;y)\in D_S$

On pose : $X=\ln(x)$ et $Y=\ln y$

Le système $(S_1)$ devient :

$$\begin{cases}3X+2Y=7\\2X+3Y=8\end{cases}$$

$D=\begin{vmatrix}3&2\\2&3\end{vmatrix}=3\cdot 3-2\cdot 2=5\neq 0$

$D_X=\begin{vmatrix}7&2\\8&3\end{vmatrix}=7\cdot 3-2\cdot 8=5$

$D_Y=\begin{vmatrix}3&7\\2&8\end{vmatrix}=3\cdot 8-2\cdot 7=10$

Donc $\begin{cases}X=\dfrac{D_X}{D}=\dfrac{5}{5}=1\\Y=\dfrac{D_Y}{D}=\dfrac{10}{5}=2\end{cases}$

Ça sera mieux d'utiliser la méthode de Cramer. (Les déterminants)

$\begin{cases}ax+by=c\\a'x+b'y=c'\end{cases}$

$D=\begin{vmatrix}a&b\\a'&b'\end{vmatrix}=ab'-a'b$

$D_x=\begin{vmatrix}c&b\\c'&b'\end{vmatrix}=cb'-bc'$

$D_y=\begin{vmatrix}a&c\\a'&c'\end{vmatrix}=ac'-a'c$

Si $D\neq 0$

Alors $x=\dfrac{D_x}{D}$ et $y=\dfrac{D_y}{D}$

Donc $\begin{cases}\ln x=1\\\ln y=2\end{cases}\iff\begin{cases}x=e^1=e\\y=e^2\end{cases}$

D'où : $S=\{(e;e^2)\}$

$(S_2)$

$(S_2):\begin{cases}x^2+y^2=10\\\ln(x)+\ln y=\ln 3\end{cases}$

Déterminons le domaine de définition du système $(S_2)$

$(x;y)\in D_S\iff x>0$ et $y>0$

Donc : $D_S=]0;+\infty[\times]0;+\infty[$

Ici, à la 1ère équation on a $x^2$ et $y^2$

Et à la 2ème équation on a $\ln x$ et $\ln y$

mais, si on multiplie l'équation (2) par 2 on aura $2\ln(x)=\ln x^2$ et $2\ln y=\ln y^2$

$(S_2):\begin{cases}x^2+y^2=10\\2\ln(x)+2\ln y=2\ln 3\end{cases}$

$(S_2):\begin{cases}x^2+y^2=10\\\ln x^2+\ln y^2=\ln 3^2\end{cases}$

$(S_2):\begin{cases}x^2+y^2=10\\\ln(x^2\cdot y^2)=\ln 9\end{cases}$

$(S_2):\begin{cases}x^2+y^2=10\\x^2\cdot y^2=9\end{cases}$

Soit le système $\begin{cases}x+y=S\ \text{(Somme)}\\xy=P\ \text{(Produit)}\end{cases}$

Alors $x$ et $y$ sont les solutions de l'équation $t^2-St+P=0$

$x$ et $y$ jouent des rôles symétriques.

Donc $x^2$ et $y^2$ sont les solutions de l'équation $t^2-10t+9=0$

Son discriminant : $\Delta=b^2-4ac=64$

$t_1=1$ et $t_2=9$

Donc : $\begin{cases}x^2=1\\y^2=9\end{cases}$ et $(x;y)\in D_S$ ou $\begin{cases}x^2=9\\y^2=1\end{cases}$ et $(x;y)\in D_S$

$x>0$ et $y>0$

Donc : $\begin{cases}x=1\\y=3\end{cases}$ ou $\begin{cases}x=3\\y=1\end{cases}$

D'où : $S=\{(3;1);(1;3)\}$

Ici, ça sera mieux d'utiliser le raisonnement par équivalence.

On commence par l'inégalité $\ln\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\geqslant\dfrac{\ln a+\ln b}{2}$ et, il faut trouver une proposition qui est vraie

$$\begin{aligned}&\ln\left(\frac{a+b}{2}\right)\geqslant\frac{\ln a+\ln b}{2}\\\iff&\ln\left(\frac{a+b}{2}\right)\geqslant\frac{1}{2}(\ln a+\ln b)\\\iff&\ln\left(\frac{a+b}{2}\right)\geqslant\frac{1}{2}\ln ab\\\iff&\ln\left(\frac{a+b}{2}\right)\geqslant\ln\sqrt{ab}\\\iff&\frac{a+b}{2}\geqslant\sqrt{ab}\\\iff&a+b\geqslant 2\sqrt{ab}\\\iff&a+b-2\sqrt{ab}\geqslant 0\\\iff&\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\geqslant 0\end{aligned}$$

Et puisque $\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\geqslant 0$ est une proposition vraie

Alors : $\ln\left(\dfrac{a+b}{2}\right)\geqslant\dfrac{\ln a+\ln b}{2}$

Remarque

$$f\ \text{est impaire}\iff\begin{cases}\text{(i) }(\forall x\in D_f)\ ;\ -x\in D_f\\\text{(ii) }(\forall x\in D_f)\ ;\ f(-x)=-f(x)\end{cases}$$

Pour cela, il faut prouver que : $\begin{cases}\text{(i) }(\forall x\in D_f)\ ;\ -x\in D_f\\\text{(ii) }(\forall x\in D_f)\ ;\ f(-x)=-f(x)\end{cases}$

Déterminons $D_f$

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff x^2-2x+2>0\ \text{ et }\ x^2+2x+2>0\\&\iff x^2-2x+1+1>0\ \text{ et }\ x^2+2x+1+1>0\\&\iff(x-1)^2+1>0\ \text{ et }\ (x+1)^2+1>0\end{aligned}$$

On sait que : $(\forall x\in\mathbb{R})\ ;\ \begin{cases}(x-1)^2\geqslant 0\\(x+1)^2\geqslant 0\end{cases}$

Donc : $(\forall x\in\mathbb{R})\ ;\ \begin{cases}(x-1)^2+1>0\\(x+1)^2+1>0\end{cases}$

D'où : $D_f=\mathbb{R}$

Soit $x\in\mathbb{R}$

$$\begin{aligned}f(-x)&=\ln\big((-x)^2-2(-x)+2\big)-\ln\big((-x)^2+2(-x)+2\big)\\&=\ln(x^2+2x+2)-\ln(x^2-2x+2)\\&=-\big(\ln(x^2-2x+2)-\ln(x^2+2x+2)\big)\\&=-f(x)\end{aligned}$$

D'où $f$ est une fonction impaire

1)

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

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

2)

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

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

3)

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

Ici, on a $\ln x$ est un facteur commun. Mais si on factorise par $\ln x$, on aura $x-\ln x$, qu'il faut le factoriser par $x$

Donc, il faut factoriser par $x\ln x$

1)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{x+\ln(x)}{x-\ln(x)}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{x\left(1+\frac{\ln(x)}{x}\right)}{x\left(1-\frac{\ln(x)}{x}\right)}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{1+\frac{\ln(x)}{x}}{1-\frac{\ln(x)}{x}}\\&=1\end{aligned}$$

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

Ici, si on remplace, on va trouver $\dfrac{+\infty}{+\infty-\infty}$

Mais le combat reste en $x$ (au numérateur) et $x$ (au dénominateur) (Les plus puissants)

2)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{x}^2}\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2\end{aligned}$$

On pose $t=\sqrt{x}$

Si $x\to+\infty$

Alors $t\to+\infty$

On aura donc :

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{\ln t^2}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{2\ln t}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2\\&=0\end{aligned}$$

Car : $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2(x)}{x}=0$

Cette limite est très importante. Car au début, on peut penser à écrire : $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x\cdot\dfrac{\ln x}{x}$

Mais, si on remplace, on va trouver $\infty\cdot 0$ qui est une forme indéterminée

Dans ce cas, il faut prendre la méthode ci-contre.

Et à la limite 3) c'est le cas général.

3)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^n(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^n(x)}{\sqrt[n]{x}^{\,n}}\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln\sqrt[n]{x}^{\,n}}{\sqrt[n]{x}}\right)^n\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{n\ln\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x}}\right)^n\\&=\lim_{x\to+\infty}n^n\cdot\left(\frac{\ln\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x}}\right)^n\end{aligned}$$

On pose $t=\sqrt[n]{x}$

Si $x\to+\infty$

Alors $t\to+\infty$

On aura donc :

$$\lim_{x\to+\infty}n^n\cdot\left(\frac{\ln\sqrt[n]{x}}{\sqrt[n]{x}}\right)^n=\lim_{t\to+\infty}n^n\cdot\left(\frac{\ln t}{t}\right)^n=0$$

Car : $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^n(x)}{x}=0$

1)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}\ln^2(x)+\ln(x)&=\lim_{x\to 0^+}\ln(x)\big(\ln(x)+1\big)\\&=+\infty\end{aligned}$$

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

Il suffit de factoriser par $\ln(x)$

2)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}x\ln^2(x)&=\lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}^2\ln^2(x)\\&=\lim_{x\to 0^+}\big(\sqrt{x}\ln(x)\big)^2\end{aligned}$$

On pose $t=\sqrt{x}$

Si $x\to 0^+$

Alors $t\to 0^+$

On aura donc :

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}\big(\sqrt{x}\ln(x)\big)^2&=\lim_{t\to 0^+}\big(t\ln t^2\big)^2\\&=\lim_{t\to 0^+}\big(2t\ln t\big)^2\\&=\lim_{t\to 0^+}4\big(t\ln t\big)^2\\&=0\end{aligned}$$

Car : $\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t=0$

Cette limite est très importante. Car au début, on peut penser à écrire : $\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x\cdot x\ln x$

Mais, si on remplace, on va trouver $\infty\cdot 0$ qui est une forme indéterminée

Dans ce cas, il faut prendre la méthode ci-contre.

3)

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

Ici, si on remplace, on trouve $0\cdot\infty$

Donc, il faut développer pour avoir $\lim\limits_{x\to 0^+}x^n\ln x=0$

Méthode

Toujours, pour les limites de type $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{\ln\big(1+u(x)\big)}{v(x)}$ avec $\lim\limits_{x\to x_0}u(x)=\lim\limits_{x\to x_0}v(x)=0$

Il suffit d'utiliser la méthode

$$\lim_{x\to x_0}\frac{\ln\big(1+u(x)\big)}{v(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{u(x)}{v(x)}\cdot\frac{\ln\big(1+u(x)\big)}{u(x)}$$

puis on calcule la limite $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{u(x)}{v(x)}$

pour la limite $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{\ln\big(1+u(x)\big)}{u(x)}$, il suffit d'effectuer le changement de variable $t=u(x)$ et d'appliquer : $\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1$

1)

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

2)

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x^2)}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x}\cdot\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}\\&=\lim_{x\to 0}x\cdot\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}\end{aligned}$$

On a : $\lim\limits_{x\to 0}x=0$

Calculons $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2}$

On pose $t=x^2$

Si $x\to 0$ Alors $t\to 0$

Donc : $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x^2)}{x^2}=\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{\ln(1+t)}{t}=1$

D'où : $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x^2)}{x}=0\times 1=0$

3)

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

On pose $t=-x$

Si $x\to 0$ Alors $t\to 0$

Donc :

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0}-\frac{\ln\big(1+(-x)\big)}{-x}&=\lim_{t\to 0}-\frac{\ln(1+t)}{t}\\&=-1\end{aligned}$$

D'où : $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1-x)}{x}=-1$

1)

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

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

$\big(\ln(u(x))\big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)'=\dfrac{\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}}{(cx+d)^2}=\dfrac{ad-bc}{(cx+d)^2}$

D'où : $f'(x)=\dfrac{-2}{x^2-1}$

2)

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

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

$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

$\big(\ln(u(x))\big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$(ax)'=a$

$a'=0$

D'où : $f'(x)=\dfrac{\frac{x}{x+1}-\ln(x+1)}{x^2}$

3)

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

$$\begin{aligned}f'(x)&=\Big(\ln\big(\ln(x)\big)\Big)'\\&=\frac{\big(\ln(x)\big)'}{\ln(x)}\\&=\frac{\frac{1}{x}}{\ln(x)}\\&=\frac{1}{x\ln(x)}\end{aligned}$$

$\big(\ln(u(x))\big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

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

D'où : $f'(x)=\dfrac{1}{x\ln(x)}$

1)

Déterminons $a$ et $b$ tels que $f(2)=0$ et $f'(3)=\dfrac{3}{4}$

On a : $f(2)=0$

Donc $\ln(2a+b)=0$ (On remplace $x$ par 2)

$2a+b=e^0$

Donc $2a+b=1$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

On a $f'(3)=\dfrac{3}{4}$

Calculons $f'(x)$

On a $f$ est dérivable sur $D_f$

Car $x\mapsto ax+b$ est dérivable sur $D_f$

Et : $(\forall x\in D_f)\ ;\ ax+b>0$

Soit $x\in D_f$

$$\begin{aligned}f'(x)&=\big(\ln(ax+b)\big)'\\&=\frac{(ax+b)'}{ax+b}\\&=\frac{a}{ax+b}\end{aligned}$$

$\big(\ln(u(x))\big)'=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$

$(ax)'=a$

$a'=0$

Donc : $(\forall x\in D_f)\ ;\ f'(x)=\dfrac{a}{ax+b}$

On a : $f'(3)=\dfrac{3}{4}$

$$\begin{aligned}\text{Donc : }\frac{a}{3a+b}=\frac{3}{4}&\iff 4a=3(3a+b)\\&\iff 4a=9a+3b\\&\iff 5a+3b=0\end{aligned}$$

On a donc : $\begin{cases}2a+b=1\\5a+3b=0\end{cases}$

$①\begin{cases}2a+b=1\\5a+3b=0\end{cases}\iff\begin{cases}-6a-3b=-3\\5a+3b=0\end{cases}$

$-6a-3b+5a+3b=-3+0$

$-a=-3$

$a=3$

On remplace $a$ par 3 dans l'équation ①, on aura :

$2\cdot 3+b=1$

Donc $b=-5$

D'où, $f(x)=\ln(3x-5)$, pour tout $x\in\left]\dfrac{5}{3};+\infty\right[$

2)

Déterminons $a$ et $b$ tels que $(C_f)$ passe par le point $A(2;0)$ et la tangente en $A$ ait pour coefficient directeur $-2$

On a $(C_f)$ passe par le point $A(2;0)$

Donc $f(2)=0$

Donc $\ln(2a+b)=0$

$2a+b=e^0$

Donc $2a+b=1$

On a la tangente en $A$ ait pour coefficient directeur $-2$

Donc $f'(2)=-2$

On a : $(\forall x\in D_f)\ ;\ f'(x)=\dfrac{a}{ax+b}$

$$\begin{aligned}\text{Donc : }\frac{a}{2a+b}=-2&\iff a=-2(2a+b)\\&\iff a=-4a-2b\\&\iff 5a+2b=0\end{aligned}$$

On a donc : $\begin{cases}2a+b=1\ ①\\5a+2b=0\end{cases}\iff\begin{cases}-4a-2b=-2\\5a+2b=0\end{cases}$

$5a+2b+(-4a-2b)=0-2$

$a=-2$

On remplace $a$ par $-2$ dans l'équation ①, on aura :

$2\cdot(-2)+b=1$

Donc $b=5$

D'où, $f(x)=\ln(-2x+5)$, pour tout $x\in\left]-\infty;\dfrac{5}{2}\right[$

1)

Montrons par récurrence que : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n>2$

Initialisation

Pour $n=0$, on a : $u_0=3$

Donc $u_0>2$

Donc la proposition est vraie pour $n=0$

On prend $n=0$, car la première valeur de $n$ est 0 d'après l'énoncé.

Hérédité

Soit $n\in\mathbb{N}$

Supposons que : $u_n>2$ et montrons que : $u_{n+1}>2$

On a : $u_n>2$ d'après la supposition

$$\begin{aligned}u_n>2&\Rightarrow\frac{1}{2}u_n>1\\&\Rightarrow\frac{1}{2}u_n+1>1+1\\&\Rightarrow u_{n+1}>2\end{aligned}$$

D'où, d'après le principe de récurrence : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n>2$

2) a)

Montrons que $(v_n)$ est une suite arithmétique

Soit $n\in\mathbb{N}$

On a $v_n=\ln(u_n-2)$

$$\begin{aligned}\text{Donc }v_{n+1}&=\ln(u_{n+1}-2)\\&=\ln\left(\frac{1}{2}u_n+1-2\right)\\&=\ln\left(\frac{1}{2}u_n-1\right)\\&=\ln\left(\frac{1}{2}(u_n-2)\right)\\&=\ln\left(\frac{1}{2}\right)+\ln(u_n-2)\\&=\ln\left(\frac{1}{2}\right)+v_n\end{aligned}$$

Pour montrer que $(v_n)$ est arithmétique il suffit de trouver un réel $r$ tel que $v_{n+1}=v_n+r$

$r$ est la raison de $(v_n)$

Donc $v_{n+1}=v_n+\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)$

D'où $(v_n)$ est une suite arithmétique de raison $r=\ln\dfrac{1}{2}$

2) b)

Calculons $v_0$

On a : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ v_n=\ln(u_n-2)$

Donc $v_0=\ln(u_0-2)=\ln(3-2)=\ln 1=0$

Exprimons $v_n$ en fonction de $n$

On a $(v_n)$ est arithmétique de raison $r=\ln\dfrac{1}{2}$

Donc : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ v_n=v_0+nr$

Donc : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ v_n=0+n\ln\dfrac{1}{2}$

D'où : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ v_n=\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Si $(v_n)$ est arithmétique de raison $r$ alors : $v_n=v_p+(n-p)r$

Et on prend $p=0$

2) c)

Exprimons $u_n$ en fonction de $n$

Soit $n\in\mathbb{N}$.

On a : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ v_n=\ln(u_n-2)$

Donc : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n-2=e^{v_n}$

Donc : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n-2=e^{\ln\left(\frac{1}{2}\right)^n}$

D'où : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n=2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$

Pour écrire $u_n$ en fonction de $n$, il faut écrire $u_n$ en fonction de $v_n$, puis $u_n$ en fonction $(v_n)$ : Suite auxiliaire

$(\forall a\in]0;+\infty[)\ ;\ e^{\ln a}=a$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

Calculons $\lim u_n$

$$\lim u_n=\lim 2+\left(\frac{1}{2}\right)^n=2$$

Car $\lim\left(\dfrac{1}{2}\right)^n=0$

$\lim q^n=0$, si $-1<q<1$

3)

Déterminons

Soit $n\in\mathbb{N}$.

$$\begin{aligned}u_n\leqslant 2{,}0001&\iff 2+\left(\frac{1}{2}\right)^n\leqslant 2{,}0001\\&\iff\left(\frac{1}{2}\right)^n\leqslant 2{,}0001-2\\&\iff\left(\frac{1}{2}\right)^n\leqslant 0{,}0001\\&\iff\ln\left(\frac{1}{2}\right)^n\leqslant\ln 0{,}0001\\&\iff n\ln 0{,}5\leqslant\ln 0{,}0001\\&\iff n\geqslant\frac{\ln 0{,}0001}{\ln 0{,}5}\\&\iff n\geqslant 13{,}29\end{aligned}$$

$\ln 0{,}5<0$

D'où, la plus petite valeur de $n$ pour que $u_n\leqslant 2{,}0001$ est 14

1)

Déterminons $D_f$

$x\in D_f\iff x>0$

Donc : $D_f=]0;+\infty[$

Calculons $\lim\limits_{\substack{x\to 0\\x>0}}f(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$

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

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f(x)&=\lim_{x\to+\infty}x-\ln x\\&=\lim_{x\to+\infty}x\left(1-\frac{\ln(x)}{x}\right)\\&=+\infty\end{aligned}$$

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

2) a)

Calculons $f'(x)$ pour tout $x\in]0;+\infty[$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

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

$$\begin{aligned}f'(x)&=\big(x-\ln(x)\big)'\\&=1-\frac{1}{x}\\&=\frac{x-1}{x}\end{aligned}$$

D'où : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ f'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

2) b)

Étudions le signe de $f'(x)$

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

On a : $f'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

Et puisque $x>0$

Alors le signe de $f'(x)$ dépend du signe de $x-1$

$x-1\geqslant 0\iff x\geqslant 1$

Donc

Le tableau de variations de $f$

3)

Déduisons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ x\geqslant 1+\ln x$

1ère méthode

D'après le tableau de variations de $f$, on a 1 est la valeur minimale absolue de $f$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ f(x)\geqslant 1$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ x-\ln x\geqslant 1$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ x\geqslant 1+\ln x$

On utilise la 1ère méthode lorsqu'il nous demande de dresser le tableau de variations de $f$

Et dans le cas contraire on utilise la 2ème méthode.

Dans notre cas, la 1ère méthode ça marche.

2ème méthode

Sur l'intervalle $]0;1]$

On a $f$ est strictement décroissante sur $]0;1]$

Soit $x\in]0;1]$

$$\begin{aligned}x\leqslant 1&\Rightarrow f(x)\geqslant f(1)\\&\Rightarrow f(x)\geqslant 1\\&\Rightarrow x-\ln x\geqslant 1\\&\Rightarrow x\geqslant 1+\ln x\end{aligned}$$

Remarquer bien que le nombre 1 qui nous intéresse

$f$ est strictement décroissante sur $I$ si et seulement si $(\forall(x;y)\in I^2)\ ;\ x\leqslant y\Rightarrow f(x)\geqslant f(y)$

D'où : $\forall x\in]0;1]\ :\ x\geqslant 1+\ln x$

Sur l'intervalle $[1;+\infty[$

On a $f$ est strictement croissante sur $[1;+\infty[$

Soit $x\in[1;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\geqslant 1&\Rightarrow f(x)\geqslant f(1)\\&\Rightarrow f(x)\geqslant 1\\&\Rightarrow x-\ln x\geqslant 1\\&\Rightarrow x\geqslant 1+\ln x\end{aligned}$$

$f$ est strictement croissante sur $I$ si et seulement si $(\forall(x;y)\in I^2)\ ;\ x\geqslant y\Rightarrow f(x)\geqslant f(y)$

D'où : $\forall x\in[1;+\infty[\ :\ x\geqslant 1+\ln x$

Conclusion

$\forall x\in]0;+\infty[\ :\ x\geqslant 1+\ln x$

Déduisons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ 2\sqrt{x}\geqslant 2+\ln x$

D'après le résultat de la question précédente

On a : $\forall t\in]0;+\infty[\ :\ t\geqslant 1+\ln t$ $(\ast)$

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

On a $\sqrt{x}\in]0;+\infty[$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

D'après $(\ast)$, on aura $\sqrt{x}\geqslant 1+\ln\sqrt{x}$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ \sqrt{x}\geqslant 1+\dfrac{1}{2}\ln x$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ 2\sqrt{x}\geqslant 2\left(1+\dfrac{1}{2}\ln x\right)$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ :\ 2\sqrt{x}\geqslant 2+\ln x$

1)

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

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}f(x)&=\lim_{x\to 0^+}\Big(\big(\ln(x)\big)^2+\ln(x)-2\Big)\\&=\lim_{x\to 0^+}\ln(x)\left(\ln(x)+1-\frac{2}{\ln(x)}\right)\\&=+\infty\end{aligned}$$

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

Si on remplace, on trouve $+\infty+(-\infty)$ car $\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty$

Dans ce cas, il suffit de factoriser par $\ln x$ ou bien par $\big(\ln(x)\big)^2$

Interprétation graphique

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

Donc la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_f)$

Si $\lim\limits_{x\to a}f(x)=\infty$ Alors la droite $x=a$ est une asymptote verticale à $(C_f)$

2) a)

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

$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\Big(\big(\ln(x)\big)^2+\ln(x)-2\Big)=+\infty$$

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

Il suffit de remplacer

2) b)

Montrons que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\big(\ln(x)\big)^2}{x}=0$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^2(x)}{\sqrt{x}^2}\\&=\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2\end{aligned}$$

On pose $t=\sqrt{x}$

Si $x\to+\infty$

Alors $t\to+\infty$

On aura donc :

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)^2&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{\ln t^2}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}\left(\frac{2\ln t}{t}\right)^2\\&=\lim_{t\to+\infty}4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2\\&=0\end{aligned}$$

Car : $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$

D'où : $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2(x)}{x}=0$

Cette limite est très importante. Car au début, on peut penser à écrire : $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x\cdot\dfrac{\ln x}{x}$

Mais, si on remplace, on va trouver $\infty\cdot 0$ qui est une forme indéterminée

Dans ce cas, il faut prendre la méthode ci-contre.

2) c)

Montrons que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\big(\ln(x)\big)^2+\ln(x)-2}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\big(\ln(x)\big)^2\left(1+\frac{1}{\ln(x)}-\frac{2}{(\ln(x))^2}\right)}{x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\big(\ln(x)\big)^2}{x}\cdot\left(1+\frac{1}{\ln(x)}-\frac{2}{(\ln(x))^2}\right)\\&=0\end{aligned}$$

car $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2(x)}{x}=0$ (D'après le résultat de la question précédente) et $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{\ln(x)}-\dfrac{2}{(\ln(x))^2}\right)=1$ Car $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

Ici, si on remplace, on va trouver $\dfrac{+\infty}{+\infty}$

Dans ce cas, il faut factoriser le numérateur par $\big(\ln(x)\big)^2$ (Le plus puissant)

Interprétation graphique

On a $\begin{cases}\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0\end{cases}$

Donc $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de $+\infty$

Si $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\infty$

Calculons $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$

$(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de $\infty$

3)

Résolvons dans $]0;+\infty[$ l'équation $f(x)=0$

$$f(x)=0\iff\big(\ln(x)\big)^2+\ln(x)-2=0$$

On pose $t=\ln x$

l'équation devient $t^2+t-2=0$

$$\begin{aligned}t^2+t-2=0&\iff(t-1)(t+2)=0\\&\iff t-1=0\ \text{ ou }\ t+2=0\\&\iff t=1\ \text{ ou }\ t=-2\end{aligned}$$

Donc : $\ln(x)=1$ ou $\ln(x)=-2$

Donc : $x=e^1$ ou $x=e^{-2}$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

Et puisque $e\in]0;+\infty[$ et $e^{-2}\in]0;+\infty[$

Alors : $S=\{e;e^{-2}\}$

Interprétation graphique

$(C_f)$ coupe l'axe des abscisses en $A(e;0)$ et $B(e^{-2};0)$

L'intersection de $(C_f)$ et l'axe des abscisses revient à résoudre l'équation $f(x)=0$

4) a)

Montrons que : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ f'(x)=\dfrac{2\ln(x)+1}{x}$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

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

$$\begin{aligned}f'(x)&=\Big(\big(\ln(x)\big)^2+\ln(x)-2\Big)'\\&=2\big(\ln(x)\big)'\cdot\big(\ln(x)\big)+\frac{1}{x}-0\\&=2\cdot\frac{1}{x}\ln(x)+\frac{1}{x}\\&=\frac{2\ln(x)+1}{x}\end{aligned}$$

$(u^n)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

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

$a'=0$

D'où : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ f'(x)=\dfrac{2\ln(x)+1}{x}$

4) b)

Étudions le signe de $f'(x)$

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

On a : $f'(x)=\dfrac{2\ln(x)+1}{x}$

Puisque $x>0$

Alors le signe de $f'(x)$ est le signe de $2\ln(x)+1$

$$\begin{aligned}2\ln(x)+1=0&\iff 2\ln(x)=-1\\&\iff\ln(x)=-\frac{1}{2}=-0{,}5\\&\iff x=e^{-0{,}5}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}2\ln(x)+1>0&\iff 2\ln(x)>-1\\&\iff\ln(x)>-0{,}5\\&\iff x>e^{-0{,}5}\end{aligned}$$

Donc :

4) c)

Le tableau de variations de $f$

$$\begin{aligned}f(e^{-0{,}5})&=\big(\ln(e^{-0{,}5})\big)^2+\ln(e^{-0{,}5})-2\\&=(-0{,}5)^2-0{,}5-2\\&=-2{,}25\end{aligned}$$

5)

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point d'abscisse $x_0=1$

$$\begin{aligned}(T):\ y&=f'(1)(x-1)+f(1)\\&=1(x-1)-2\\&=x-1-2\end{aligned}$$

$\begin{cases}f'(1)=\dfrac{2\ln(1)+1}{1}=1\\f(1)=\Big(\big(\ln(1)\big)^2+\ln(1)-2\Big)=-2\end{cases}$

D'où : $(T):\ y=x-3$

6) a)

Montrons que : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ f''(x)=\dfrac{1-2\ln(x)}{x^2}$

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

On a : $f'(x)=\dfrac{2\ln(x)+1}{x}$

$$\begin{aligned}\text{Donc }f''(x)&=\left(\frac{2\ln(x)+1}{x}\right)'\\&=\frac{\big(2\ln(x)+1\big)'\cdot x-x'\big(2\ln(x)+1\big)}{x^2}\\&=\frac{2\cdot\frac{1}{x}\cdot x-1\big(2\ln(x)+1\big)}{x^2}\\&=\frac{2-2\ln(x)-1}{x^2}\\&=\frac{1-2\ln(x)}{x^2}\end{aligned}$$

$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

$(k\,u)'=k\cdot u'$ tel que $k\in\mathbb{R}$

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

$(ax)'=a$

$a'=0$

D'où : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ f''(x)=\dfrac{1-2\ln(x)}{x^2}$

6) b)

Étudions le signe de $f''(x)$

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

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

Puisque $x^2>0$

Alors le signe de $f''(x)$ est le signe de $1-2\ln(x)$

Pour déterminer les points d'inflexions de $(C_f)$, il suffit d'étudier le signe de $f''(x)$

$$\begin{aligned}1-2\ln(x)=0&\iff 2\ln(x)=1\\&\iff\ln(x)=\frac{1}{2}=0{,}5\\&\iff x=e^{0{,}5}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}1-2\ln(x)>0&\iff-2\ln(x)>-1\\&\iff 2\ln(x)<1\\&\iff\ln(x)<\frac{1}{2}\\&\iff\ln(x)<0{,}5\\&\iff x<e^{0{,}5}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}f(e^{0{,}5})&=\big(\ln(e^{0{,}5})\big)^2+\ln(e^{0{,}5})-2\\&=(0{,}5)^2+0{,}5-2\\&=-1{,}25\end{aligned}$$

Puisque $f''(x)$ s'annule en $e^{0{,}5}$ et change son signe

Alors le point $I(e^{0{,}5};-1{,}25)$ est le seul point d'inflexion de $(C_f)$

7)

Représentation de $(C_f)$

Explication

• La droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C_f)$
• $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de $+\infty$
• $(C_f)$ admet une tangente horizontale au point $C(e^{-0{,}5};-2{,}25)$ car $f'$ s'annule en $x_0=e^{-0{,}5}$
• $(C_f)$ coupe l'axe des abscisses en $A(e;0)$ et $B(e^{-2};0)$
• le point $I(e^{0{,}5};-1{,}25)$ point d'inflexion de $(C_f)$

8)

Soit l'équation $f(x)=m$

Graphiquement, c'est l'intersection de la courbe $(C_f)$ et la droite d'équation $y=m$

$m$ est un paramètre

• Si $m\in]-\infty;-2{,}25[$

La droite $y=m$ ne coupe pas $(C_f)$

Donc l'équation $f(x)=m$ n'admet aucune solution

• Si $m=-2{,}25$

La droite $y=m$ coupe $(C_f)$ au point $C(e^{-0{,}5};-2{,}25)$

Donc l'équation $f(x)=m$ admet une solution unique $x=e^{-0{,}5}$

• Si $m\in]-2{,}25;+\infty[$

La droite $y=m$ coupe $(C_f)$ en deux points distincts

Donc l'équation $f(x)=m$ admet deux solutions distinctes

9) a)

On a $g$ est continue sur l'intervalle $I=[e^{-0{,}5};+\infty[$

et $g$ est strictement croissante sur l'intervalle $I=[e^{-0{,}5};+\infty[$

Donc $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $J$ tel que $J=g(I)$

Si $g$ est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$ Alors, $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $g(I)$

$$\begin{aligned}J&=g(I)\\&=g\big([e^{-0{,}5};+\infty[\big)\\&=\Big[f(e^{-0{,}5});\lim_{x\to+\infty}f(x)\Big[\\&=[-2{,}25;+\infty[\end{aligned}$$

Il suffit d'appliquer l'image d'un intervalle par une fonction continue et strictement croissante

9) b)

On a $g(1)=-2$

Donc $g^{-1}(-2)=1$

On a déjà calculé $g(1)$ et on a $g(1)=-2$

Puisque $g$ est dérivable en $x_0=1$ et $g'(1)\neq 0$

$g'(1)=\dfrac{2\ln(1)+1}{1}=1$

Alors $g^{-1}$ est dérivable en $x_0=-2$

$$\begin{aligned}\text{Et on a }(g^{-1})'(-2)&=\frac{1}{g'\big(g^{-1}(-2)\big)}\\&=\frac{1}{g'(1)}\\&=\frac{1}{1}\\&=1\end{aligned}$$

Première partie : Étude d'une fonction auxiliaire

1) a)

Calculons $g'(x)$ pour tout $x\in]0;+\infty[$

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

$$\begin{aligned}g'(x)&=(x-1-\ln x)'\\&=1-\frac{1}{x}\\&=\frac{x-1}{x}\end{aligned}$$

$(ax)'=a$

$a'=0$

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

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

1) b)

Le tableau de variations de $g$

Étudions le signe de $g'(x)$

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

On a : $g'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

Et puisque $x>0$

Alors le signe de $g'(x)$ est le signe de $x-1$

$x-1\geqslant 0\iff x\geqslant 1$

Donc

Le tableau de variations de $g$.

2)

Déduisons que : $g(x)\geqslant 0$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

D'après le tableau de variations de $g$

On a 0 est la valeur minimale de $g$ sur $]0;+\infty[$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 0$

Deuxième partie

1)

Montrons que $f$ est continue en $x_0=0$ à droite

$$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}x^2-x\ln x=0$$

car $\lim\limits_{x\to 0^+}x^2=0$ et $\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0$

$f$ est continue en $x_0$ à droite si et seulement si : $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\x>x_0}}f(x)=f(x_0)$

Et puisque $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=f(0)$

Alors $f$ est continue en $x_0=0$ à droite.

2)

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$ à droite.

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^2-x\ln x}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^2}{x}-\frac{x\ln x}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}(x-\ln x)\\&=+\infty\end{aligned}$$

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

Pour étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0$ à droite, il faut calculer la limite : $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\x>x_0}}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

D'où $f$ n'est pas dérivable en $x_0=0$ à droite.

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi tangente verticale à droite du point $O(0;0)$

(Dirigée vers le haut)

$\lim\limits_{x\to 0^+}\cdots=+\infty$ : $(+)\times(+)=(+)$

3) a)

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

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

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

Dans ce cas, il faut factoriser par $x^2$ (le plus puissant) et appliquer $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^n}=0^+$, $n\in\mathbb{N}^*$

3) b)

La branche infinie de $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

On a $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

Calculons $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$

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

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

Pour calculer $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ ça sera mieux d'utiliser la dernière expression de $f(x)$ donnant la limite $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$

Interprétation graphique

On a $\begin{cases}\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty\end{cases}$

Donc $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$

Si $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\infty$

Calculons $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\infty$

$(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $\infty$

4) a)

Montrons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=x+g(x)$

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

$$\begin{aligned}f'(x)&=(x^2-x\ln x)'\\&=(x^2)'-(x\ln x)'\\&=2x-\big((x)'\ln x+x(\ln x)'\big)\\&=2x-\left(\ln x+x\cdot\frac{1}{x}\right)\\&=2x-(\ln x+1)\\&=2x-\ln x-1\\&=x+x-\ln x-1\\&=x+g(x)\end{aligned}$$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$

$(ax)'=a$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=x+g(x)$

4) b)

Le tableau de variations de $f$.

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=x+g(x)$

Et puisque $x>0$

et : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 0$ (d'après le résultat de la question 2) de la partie 1)

Alors : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ x+g(x)>0$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)>0$

Donc $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[0;+\infty[$

Les deux barres en 0, juste car $f'_d(0)$ n'existe pas

5) a)

Soit $(\Delta)$ la tangente de $(C_f)$ au point $A(1;1)$

$$\begin{aligned}\text{Donc }(\Delta):\ y&=f'(1)(x-1)+f(1)\\&=1(x-1)+1\\&=x-1+1\end{aligned}$$

$\begin{cases}f'(1)=1+g(1)=1\\f(1)=1\end{cases}$

D'où : $(\Delta):\ y=x$

5) b)

La position relative de $(C_f)$ et $(\Delta)$

Étudions le signe de $f(x)-y$

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

$$\begin{aligned}f(x)-y&=x^2-x\ln(x)-x\\&=x(x-\ln x-1)\\&=x(x-1-\ln x)\\&=x\,g(x)\end{aligned}$$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)-y=x\,g(x)$

Et puisque $x>0$ et $g(x)\geqslant 0$

$g(1)=0$

Alors : $x\,g(x)\geqslant 0$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f(x)-y\geqslant 0$

• Si $x=0$

On aura $f(0)=0$ et $y=0$

D'où : $\forall x\in[0;+\infty[\ ;\ f(x)-y\geqslant 0$

Et par suite $(C_f)$ est au dessus de la droite $(\Delta)$

Remarque

$f(x)=y\iff x=0$ ou $x=1$

6) a)

Calculons $f''(x)$ pour tout $x\in]0;+\infty[$

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

On a : $f'(x)=x+g(x)$

$$\begin{aligned}\text{Donc }f''(x)&=\big(x+g(x)\big)'\\&=1+g'(x)\\&=1+\frac{x-1}{x}\\&=\frac{x+x-1}{x}\end{aligned}$$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f''(x)=\dfrac{2x-1}{x}$

6) b)

La concavité de $(C_f)$

Étudions le signe de $f''(x)$

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

On a $x>0$

Donc le signe de $f''(x)$ est le signe de $2x-1$

$2x-1=0\iff 2x=1\iff x=\dfrac{1}{2}$

Puisque $f''$ s'annule en $\dfrac{1}{2}=0{,}5$ et change son signe

Alors le point $I(0{,}5;f(0{,}5))$ est un point d'inflexion de $(C_f)$

7)

Représentation de $(\Delta)$ et $(C_f)$

Explication

• $(\Delta)$ passe par les deux points $O(0;0)$ et $A(1;1)$
• $(C_f)$ admet une demi tangente verticale à droite du point $O(0;0)$ (Dirigée vers le haut)
• $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$
• $(C_f)$ est au dessus de la droite $(\Delta)$
• le point $I(0{,}5;f(0{,}5))$ est un point d'inflexion de $(C_f)$

8) a)

On a $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[0;+\infty[$

Donc $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur l'intervalle $J$ tel que

$$\begin{aligned}J&=f\big([0;+\infty[\big)\\&=\Big[f(0);\lim_{x\to+\infty}f(x)\Big[\\&=[0;+\infty[\end{aligned}$$

Si $g$ est une fonction continue et strictement monotone sur un intervalle $I$ Alors, $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur l'intervalle $g(I)$

Il suffit d'appliquer l'image d'un intervalle par une fonction continue et strictement croissante

8) b)

Représentation de $(C_{f^{-1}})$

Explication

• $(C_f)$ et $(C_{f^{-1}})$ sont symétriques par rapport à la droite $y=x$
• La droite $(\Delta):\ y=x$ change les rôles de $x$ et $y$

Autrement dit :

• L'image du point $O(0;0)$ est lui même.
• L'image du point $A(1;1)$ est lui même.
• L'image de la demi tangente verticale à droite du point $O(0;0)$ (Dirigée vers le haut)

Et la demi tangente horizontale a droite du point $O$

• L'image de la branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$

est la branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de $+\infty$

• coupe la droite $(\Delta):\ y=x$ en $O(0;0)$ et $A(1;1)$

Troisième partie

1)

Montrons par récurrence que : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ 0<u_n<1$

Initialisation

Pour $n=0$

On a $u_0=0{,}5$

Donc $0<u_0<1$

Donc la proposition est vraie pour $n=0$

Hérédité

Soit $n\in\mathbb{N}$

Supposons que : $0<u_n<1$

Montrons que : $0<u_{n+1}<1$

On a : $0<u_n<1$, d'après la supposition

Et puisque $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[0;+\infty[$

Alors : $f(0)<f(u_n)<f(1)$

Donc : $0<u_{n+1}<1$

D'où, d'après le principe de récurrence : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ 0<u_n<1$

2)

La monotonie de $(u_n)$

$u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n$

Ici, on a déjà étudié le signe de $f(x)-x$

Et d'après le résultat de la question 5) b) de la deuxième partie

On a : $(\forall x\in[0;1])\ ,\ f(x)-x\geqslant 0$

Et puisque : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ u_n\in[0;1]$

Alors : $f(u_n)-u_n\geqslant 0$

Donc : $u_{n+1}-u_n\geqslant 0$

D'où $(u_n)$ est croissante.

3)

On a $(u_n)$ est croissante et majorée par 1

Donc $(u_n)$ est une suite convergente.

Déterminons $\lim u_n$

On a $u_0\in[0;1]$ et $f(u_n)=u_{n+1}$, pour tout $n\in\mathbb{N}$

Puisque

• $f$ est continue sur $[0;1]$
• $f\big([0;1]\big)\subset[0;1]$
• $(u_n)$ est convergente

Alors la limite de la suite $(u_n)$ est la solution de l'équation $f(x)=x$ (Point fixe)

$$\begin{aligned}f(x)=x&\iff f(x)-x=0\\&\iff(x=0\ \text{ ou }\ x=1)\end{aligned}$$

Et puisque : $(\forall n\in\mathbb{N})\ ;\ 0<u_n<1$ et $(u_n)$ est croissante

Alors : $\lim u_n=1$

Première partie

1)

Calculons les limites : $\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)$

$$\lim_{x\to 0^+}g(x)=\lim_{x\to 0^+}(x-\ln x)=+\infty$$

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

Il suffit de remplacer

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

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}g(x)&=\lim_{x\to+\infty}(x-\ln x)\\&=\lim_{x\to+\infty}x\left(1-\frac{\ln x}{x}\right)\\&=+\infty\end{aligned}$$

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

Si on remplace, on trouve la forme indéterminée $+\infty-\infty$

On doit factoriser par $x$ pour avoir $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$

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

2) a)

Calculons $g'(x)$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

On a $g$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Somme de deux fonctions dérivables)

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

$$\begin{aligned}g'(x)&=(x-\ln x)'\\&=1-\frac{1}{x}\\&=\frac{x-1}{x}\end{aligned}$$

D'où : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ g'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

2) b)

Le tableau de variations de $g$.

Étudions d'abord le signe de $g'(x)$

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

On a : $g'(x)=\dfrac{x-1}{x}$

Puisque $x>0$

Alors le signe de $g'(x)$ est le signe de $x-1$

$x-1\geqslant 0\iff x\geqslant 1$

Donc

Le tableau de variations de $g$

2) c)

Déduisons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 1$

D'après le tableau de variations de $g$, on a 1 est une valeur minimale de $g$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 1$

Deuxième partie

1)

Montrons que $D_f=\mathbb{R}^+$

$$\begin{aligned}x\in D_f&\iff(x>0\ \text{ et }\ x-\ln x\neq 0)\ \text{ ou }\ x=0\\&\iff(x>0\ \text{ et }\ g(x)\neq 0)\ \text{ ou }\ x=0\end{aligned}$$

Remarquons que 0 a une image, donc $0\in D_f$

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 1$

(d'après le résultat de la question 2) c) de la première partie.)

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\neq 0$

(Autrement dit $g(x)\neq 0$ pour tout $x\in]0;+\infty[$)

$$\begin{aligned}\text{Donc : }x\in D_f&\iff x>0\ \text{ ou }\ x=0\\&\iff x\geqslant 0\end{aligned}$$

D'où : $D_f=\mathbb{R}^+$

2)

La continuité de $f$ sur $[0;+\infty[$

La continuité de $f$ sur $]0;+\infty[$

On a : $x\mapsto\ln x$ est continue sur $]0;+\infty[$ ①

Donc : $x\mapsto-\ln x$ est continue sur $]0;+\infty[$

Et on a : $x\mapsto x$ est continue sur $]0;+\infty[$ (Polynôme)

Donc : $x\mapsto x-\ln x$ est continue sur $]0;+\infty[$ ②

Et on a : $(\forall x\in]0;+\infty[)\ ;\ x-\ln x\neq 0$ ③

Et d'après ①, ② et ③, on a :

$f:x\mapsto\dfrac{\ln x}{x-\ln x}$ est continue sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Si $u$ et $v$ sont deux fonctions continues sur l'intervalle $I$ avec $(\forall x\in I)\ ;\ v(x)\neq 0$

Alors la fonction $x\mapsto\dfrac{u(x)}{v(x)}$ est continue sur $I$.

La continuité de $f$ en $x_0=0$ à droite

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}f(x)&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{x-\ln x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\ln x\left(\frac{x}{\ln x}-1\right)}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{\frac{x}{\ln x}-1}\\&=-1\end{aligned}$$

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

$\dfrac{0}{\infty}=0$

$f$ est continue en $x_0$ à droite si et seulement si : $\lim\limits_{\substack{x\to x_0\\x>x_0}}f(x)=f(x_0)$

Si on remplace $x$ par $0^+$, on va trouver $\dfrac{-\infty}{+\infty}$, on pense à factoriser, mais par $\ln x$ et non par $x$, car $\ln x$ qui nous donne $\infty$

Et puisque $f(0)=-1$

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

Donc $f$ est continue en $x_0=0$ à droite.

Conclusion

$f$ est continue sur $D_f$

3)

Calculons $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)+1}{x}$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)+1}{x}&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\ln x}{x-\ln x}+1}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{\ln x+x-\ln x}{x-\ln x}}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{x}{x-\ln x}}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x-\ln x}\cdot\frac{1}{x}\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x-\ln x}\\&=0\end{aligned}$$

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

Interprétation graphique

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

Donc $f$ est dérivable en $x_0=0$ à droite et on a $f'_d(0)=0$

Et $(C_f)$ admet une demi-tangente horizontale à droite du point $B(0;-1)$

4)

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

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}f(x)&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x-\ln x}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x\left(1-\frac{\ln x}{x}\right)}\\&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}\cdot\frac{1}{1-\frac{\ln x}{x}}\\&=0\end{aligned}$$

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

Interprétation graphique

On a $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0$

Donc, la droite d'équation $y=0$ (l'axe des abscisses) est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

Si $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a$ Alors la droite d'équation $y=a$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $\infty$

Remarque

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

Car au voisinage de $+\infty$, on aura :

$\dfrac{\ln x}{x}\longrightarrow 0^+$

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

Donc au voisinage de $+\infty$ : $f(x)>0$

Donc $(C_f)$ est au dessus de la droite $y=0$ au voisinage de $+\infty$

5) a)

Montrons que : $f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Comme étant somme et quotient de fonctions dérivables)

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

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

$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

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

$(ax)'=a$

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}$

5) b)

Étudions le signe de $f'(x)$

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{(x-\ln x)^2}$

Puisque : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ (x-\ln x)^2>0$

Alors le signe de $f'(x)$ dépend du signe de $1-\ln x$

$$\begin{aligned}1-\ln x=0&\iff\ln x=1\\&\iff x=e\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}1-\ln x>0&\iff-\ln x>-1\\&\iff\ln x<1\\&\iff x<e\end{aligned}$$

Donc :

Le tableau de variations de $f$

$$\begin{aligned}f(e)&=\frac{\ln(e)}{e-\ln(e)}\\&=\frac{1}{e-1}\end{aligned}$$

6)

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ à $(C_f)$ au point $A(1;0)$

$$\begin{aligned}(T):\ y&=f'(1)(x-1)+f(1)\\&=1(x-1)+0\\&=x-1\end{aligned}$$

$\begin{cases}f(1)=\dfrac{\ln(1)}{1-\ln(1)}=0\\f'(1)=\dfrac{1-\ln(1)}{(1-\ln 1)^2}=1\end{cases}$

D'où : $(T):\ y=x-1$

7)

Représentation de $(C_f)$

Explication

• $(C_f)$ admet une demi-tangente horizontale à droite du point $B(0;-1)$
• $(C_f)$ admet une tangente horizontale au point d'abscisse $e$
• la droite d'équation $y=0$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$
• Le tableau de variations de $f$

Première partie

1)

Calculons $g'(x)$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

On a $g$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Comme étant somme des fonctions dérivables.)

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

$$\begin{aligned}g'(x)&=(2x^2-4\ln x+4)'\\&=4x-4\cdot\frac{1}{x}\\&=4x-\frac{4}{x}\\&=\frac{4x^2-4}{x}\\&=\frac{4(x^2-1)}{x}\\&=\frac{4(x+1)(x-1)}{x}\end{aligned}$$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(k\,u)'=k\cdot u'$ tel que $k\in\mathbb{R}$

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

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g'(x)=\dfrac{4(x+1)(x-1)}{x}$

2)

Le sens de variations de $g$.

On a : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g'(x)=\dfrac{4(x+1)(x-1)}{x}$

Puisque $x>0$ et $4(x+1)>0$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

Alors le signe de $g'(x)$ est le signe de $(x-1)$

$x-1=0\iff x=1$

Donc

D'où $g$ est strictement décroissante sur l'intervalle $]0;1]$ et strictement croissante sur l'intervalle $[1;+\infty[$

Le tableau de variations de $g$

3)

Le signe de $g(x)$

D'après le tableau de variations de la fonction $g$, on a 6 est la valeur minimale de $g$ sur $]0;+\infty[$

Donc : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)\geqslant 6$

Et puisque $6>0$

Alors : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)>0$

Deuxième partie

$f(x)=2x-3+4\dfrac{\ln x}{x}$

1)

Déterminons $\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)$

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

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

Il suffit de remplacer, sachant que $\dfrac{-\infty}{0^+}=-\infty$

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

Interprétation graphique

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

Donc, la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_f)$

Si $\lim\limits_{x\to a}f(x)=\infty$ Alors la droite $x=a$ est une asymptote verticale à $(C_f)$

2) a)

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

$$\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\left(2x-3+4\frac{\ln x}{x}\right)=+\infty$$

Car $\lim\limits_{x\to+\infty}(2x-3)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0$

Remarque

• Si $f(x)=ax+b+h(x)$ avec $\lim\limits_{x\to\infty}h(x)=0$

Alors la droite d'équation $y=ax+b$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $\infty$

Dans notre cas, $f(x)=2x-3+4\dfrac{\ln x}{x}$ avec $\lim\limits_{x\to+\infty}4\dfrac{\ln x}{x}=0$

Donc, on peut remarquer que la droite $y=2x-3$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

2) b)

Montrons que la droite $(D)$ d'équation $y=2x-3$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

Pour cela, il suffit de vérifier que $\lim\limits_{x\to+\infty}\big(f(x)-(2x-3)\big)=0$

$$\begin{aligned}\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-(2x-3)\big)&=\lim_{x\to+\infty}\left(2x-3+4\frac{\ln x}{x}-(2x-3)\right)\\&=\lim_{x\to+\infty}4\frac{\ln x}{x}\\&=0\end{aligned}$$

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

D'où la droite $(D)$ d'équation $y=2x-3$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$

2) c)

La position relative de $(C_f)$ et $(D)$

Pour cela, il faut étudier le signe de $\big(f(x)-y\big)$

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

$$\begin{aligned}\big(f(x)-(2x-3)\big)&=\left(2x-3+4\frac{\ln x}{x}-(2x-3)\right)\\&=4\frac{\ln x}{x}\end{aligned}$$

Puisque $4>0$ et $x>0$

Alors le signe de $\big(f(x)-y\big)$ est le signe de $\ln x$.

$\ln x=0\iff x=e^0=1$

$\ln x>0\iff x>e^0=1\iff x>1$

Soit $a\in]0;+\infty[$ et $b\in\mathbb{R}$

$\ln a=b\iff a=e^b$

3) a)

Montrons que : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

On a $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Comme étant somme et quotient des fonctions dérivables)

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

$$\begin{aligned}f'(x)&=\left(2x-3+4\frac{\ln x}{x}\right)'\\&=2-0+4\cdot\frac{\big(\ln(x)\big)'\cdot x-x'\big(\ln(x)\big)}{x^2}\\&=2+4\cdot\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln(x)}{x^2}\\&=2+4\cdot\frac{1-\ln(x)}{x^2}\\&=2+\frac{4-4\ln(x)}{x^2}\\&=\frac{2x^2+4-4\ln(x)}{x^2}\\&=\frac{g(x)}{x^2}\end{aligned}$$

$(ax)'=a$

$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

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

D'où : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$

3) b)

Le tableau de variations de $f$

Étudions d'abord le signe de $f'(x)$

On a $f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}$, pour tout $x\in]0;+\infty[$

Puisque : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ x^2>0$

et : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ g(x)>0$ (d'après le résultat de la question 3 de la première partie)

Alors : $\forall x\in]0;+\infty[\ ;\ f'(x)>0$

Donc $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$

D'où, le tableau de variations de $f$ est comme suit :

4) a)

Montrons que l'équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur $]0;+\infty[$ et que $1<\alpha<2$

On a $f$ est continue sur l'intervalle $]0;+\infty[$

(Comme étant somme et quotient des fonctions continues)

Et $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$

$$\begin{aligned}\text{Et : }f\big(]0;+\infty[\big)&=\Big]\lim_{x\to 0^+}f(x);\lim_{x\to+\infty}f(x)\Big[\\&=]-\infty;+\infty[\end{aligned}$$

Et puisque $0\in]-\infty;+\infty[$

Alors l'équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$

Si $f$ est une fonction continue et strictement monotone sur $I$, alors : $(\forall y\in f(I))(\exists! x\in I)\ ;\ f(x)=y$

Vérifions que : $\alpha\in]1;2[$

On a $\begin{cases}f(1)=2(1)-3+4\dfrac{\ln 1}{1}=-1\\f(2)=2(2)-3+4\dfrac{\ln 2}{2}=1+2\ln 2\end{cases}$

Donc $f(1)\cdot f(2)<0$

Si $f$ est continue sur un intervalle fermé $[a;b]$ avec $f(a)\times f(b)<0$ Alors, il existe $\alpha\in]a;b[$ tel que $f(\alpha)=0$

Donc, d'après TVI, on aura $\alpha\in]1;2[$

4) b)

Étudions le signe de $f(x)$

• Sur l'intervalle $]0;\alpha]$

Soit $x\in]0;\alpha]$

On a $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $]0;\alpha]$

$$\begin{aligned}x\in]0;\alpha]&\Rightarrow x\leqslant\alpha\\&\Rightarrow f(x)\leqslant f(\alpha)\\&\Rightarrow f(x)\leqslant 0\end{aligned}$$

Donc : $\forall x\in]0;\alpha]\ ;\ f(x)\leqslant 0$

• Sur l'intervalle $[\alpha;+\infty[$

Soit $x\in[\alpha;+\infty[$

On a $f$ est strictement croissante sur l'intervalle $[\alpha;+\infty[$

$$\begin{aligned}x\in[\alpha;+\infty[&\Rightarrow x\geqslant\alpha\\&\Rightarrow f(x)\geqslant f(\alpha)\\&\Rightarrow f(x)\geqslant 0\end{aligned}$$

Donc : $\forall x\in[\alpha;+\infty[\ ;\ f(x)\geqslant 0$

Conclusion

$\begin{cases}\forall x\in]0;\alpha]\ ;\ f(x)\leqslant 0\\\forall x\in[\alpha;+\infty[\ ;\ f(x)\geqslant 0\end{cases}$

5)

La valeur de $x$ pour que la courbe $(C_f)$ admet au point d'abscisse $x$ une tangente parallèle à la droite $(D)$.

On a $(D):\ y=2x-3$

Pour que la tangente $(T)$ à $(C_f)$ au point d'abscisse $x$ soit parallèle à la droite $(D)$, il faut que $f'(x)=2$

$$\begin{aligned}f'(x)=2&\iff\frac{g(x)}{x^2}=2\\&\iff g(x)=2x^2\\&\iff 2x^2-4\ln x+4=2x^2\\&\iff-4\ln x+4=0\\&\iff 4\ln x=4\\&\iff\ln x=1\\&\iff x=e\end{aligned}$$

Si $\begin{cases}(D):\ y=ax+b\\(\Delta):\ y=a'x+b'\end{cases}$

• $(D)\parallel(\Delta)\iff a=a'$
• $(D)\perp(\Delta)\iff a\cdot a'=-1$

$$\begin{aligned}\text{Donc }(T):\ y&=f'(e)(x-e)+f(e)\\&=2(x-e)+2e-3+\frac{4}{e}\end{aligned}$$

$\begin{cases}f'(e)=2\\f(e)=2e-3+\dfrac{4}{e}\end{cases}$

$(T):\ y=2x-3+\dfrac{4}{e}$

6)

Représentation de $(D)$ et $(C_f)$

Explication

• $(D)$ passe par les deux points $A(1;-1)$ et $B(2;1)$
• La droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale à $(C_f)$
• La droite d'équation $y=2x-3$ est une asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$
• la position relative de $(C_f)$ par rapport à $(D)$