Définition
La fonction logarithme népérien est la fonction primitive de la fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ sur $]0 ; +\infty[$ et qui s'annule en 1 ; on la note $\ln$.
Le chapitre Fonctions logarithmiques en 2 bac PC et SVT : définition et propriétés de ln, domaines, équations et inéquations, limites, dérivée de ln(u) et primitives de u'/u, logarithme de base a et logarithme décimal, avec exercices corrigés.
La fonction logarithme népérien est la fonction primitive de la fonction $x \to \dfrac{1}{x}$ sur $]0 ; +\infty[$ et qui s'annule en 1 ; on la note $\ln$.
On a $(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\ (\ln x)' = \dfrac{1}{x} > 0$, donc la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0 ; +\infty[$. On a donc :
$$\ln(a) = \ln(b) \iff a = b \qquad ; \qquad \ln(a) \leq \ln(b) \iff a \leq b$$Propriété caractéristique :
$$(\forall x > 0 ; \forall y > 0)\ \big(\ln(x \times y) = \ln(x) + \ln(y)\big)$$Règles de calcul :
$$(\forall x > 0)\ \left(\ln\left(\frac{1}{x}\right) = -\ln(x)\right) \qquad ; \qquad (\forall x > 0 ; \forall y > 0)\ \left(\ln\left(\frac{x}{y}\right) = \ln(x) - \ln(y)\right)$$ $$(\forall x > 0 ; \forall r \in \mathbb{Q})\ \big(\ln(x^r) = r\ln(x)\big) \qquad ; \qquad (\forall a > 0)\ \ln\sqrt{a} = \frac{1}{2}\ln a$$ $$(\forall a > 0)\ \ln\sqrt[n]{a} = \frac{1}{n}\ln a \quad \forall n \in \mathbb{N}^* - \{1\}$$On pose $\ln(2) \simeq 0{,}7$ et $\ln(3) \simeq 1{,}1$. Calculer :
$$\ln(6) \ ; \quad \ln(4) \ ; \quad \ln(8) \ ; \quad \ln(72) \ ; \quad \ln\left(\frac{1}{2}\right) \ ; \quad \ln\left(\frac{3}{2}\right)$$ $$\ln\left(\sqrt{2}\right) \ ; \quad \ln\left(\sqrt{6}\right) \ ; \quad \ln\left(3\sqrt{2}\right) \ ; \quad \ln\left(12\sqrt[3]{3}\right)$$ $$A = \ln\sqrt{2+\sqrt{2}} + \ln\sqrt{2-\sqrt{2}} \ ; \quad B = \frac{1}{4}\ln 81 + \ln\sqrt{3} - \ln\frac{1}{27} \ ; \quad C = \ln\left(\sqrt{2}+1\right)^{2015} + \ln\left(\sqrt{2}-1\right)^{2019}$$On pose $\alpha = \ln(a)$ et $\beta = \ln(b)$. Calculer en fonction de $\alpha$ et $\beta$ les réels $\ln\left(a^2 b^5\right)$ et $\dfrac{1}{\sqrt[6]{a^7 b}}$.
Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes :
1) $f : x \to \ln(x+1)$
2) $g : x \to \ln\left(x^2 - 3x + 2\right)$
3) $h : x \to \dfrac{x}{\ln x}$
4) $k : x \to \ln x + \ln(x-1)$
5) $m : x \to \ln\left(\dfrac{x-4}{x+1}\right)$
1) $D_f = \{x \in \mathbb{R} \ / \ x + 1 > 0\}$ ; $x + 1 > 0 \iff x > -1$, donc $D_f = \,]-1 ; +\infty[$.
2) $D_g = \left\{x \in \mathbb{R} \ / \ x^2 - 3x + 2 > 0\right\}$ ; $\Delta = 9 - 8 = 1 > 0$, $x_1 = 2$ et $x_2 = 1$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 1 & & 2 & & +\infty \\ \hline x^2-3x+2 & & + & 0 & - & 0 & + & \end{array}$$Donc $D_g = \,]-\infty ; 1[ \cup \,]2 ; +\infty[$.
3) $D_h = \{x \in \mathbb{R} \ / \ x > 0 \text{ et } \ln x \neq 0\}$ ; $\ln x = 0 \iff \ln x = \ln 1 \iff x = 1$, donc $D_h = \,]0 ; 1[ \cup \,]1 ; +\infty[$.
4) La fonction est définie si et seulement si $x > 0$ et $x - 1 > 0$, c'est-à-dire $x > 0$ et $x > 1$, donc $D_k = \,]1 ; +\infty[$.
5) La fonction est définie si et seulement si $\dfrac{x-4}{x+1} > 0$. En utilisant le tableau de signe on trouve $D_m = \,]-\infty ; -1[ \cup \,]4 ; +\infty[$.
Déterminer le domaine de définition des fonctions suivantes :
1) $f : x \to \dfrac{\ln(x+1)}{\ln(\ln x)}$
2) $g : x \to \sqrt{1 - \ln(e - x)}$
3) $h : x \to \dfrac{x}{\sqrt{\left(\ln(2x)\right)^2 - 1}}$
1) Cette fonction est définie si et seulement si $x + 1 > 0$ et $x > 0$ et $\ln x > 0$ et $\ln(\ln x) \neq 0$, c'est-à-dire $x > -1$ et $x > 0$ et $x > 1$ et $\ln x \neq 1$, c'est-à-dire $x > 1$ et $x \neq e$. Donc $D_f = \,]1 ; e[ \cup \,]e ; +\infty[$.
2) Cette fonction est définie si et seulement si $e - x > 0$ et $1 \geq \ln(e-x)$, c'est-à-dire $x < e$ et $e - x \leq e$, c'est-à-dire $x < e$ et $x \geq 0$. Donc $D_g = [0 ; e[$.
3) Cette fonction est définie si et seulement si $2x > 0$ et $\left(\ln(2x)\right)^2 - 1 > 0$, c'est-à-dire $x > 0$ et $\big(\ln(2x) - 1\big)\big(\ln(2x) + 1\big) > 0$.
$$\ln(2x) + 1 = 0 \iff \ln 2x = -1 \iff \ln 2x = \ln\frac{1}{e} \iff x = \frac{1}{2e}$$ $$\ln(2x) - 1 = 0 \iff \ln 2x = 1 \iff \ln 2x = \ln e \iff x = \frac{e}{2}$$ $$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \dfrac{1}{2e} & & \dfrac{e}{2} & & +\infty \\ \hline \ln 2x + 1 & & - & 0 & + & & + & \\ \hline \ln 2x - 1 & & - & & - & 0 & + & \\ \hline (\ln 2x+1)(\ln 2x-1) & & + & 0 & - & 0 & + & \end{array}$$Donc $D_h = \,\left]0 ; \dfrac{1}{2e}\right[ \cup \left]\dfrac{e}{2} ; +\infty\right[$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations et inéquations suivantes :
1) $\ln(x-2) = 0$
2) $\ln(3x-1) = \ln(5x-10)$
3) $\ln(2x-1) - \ln(1-x) = 0$
4) $\ln(2x) = \ln\left(x^2+1\right)$
5) $\ln(2x-6) \geq 0$
6) $\ln(x-1) - \ln(3x+1) < 0$
1) Définie si et seulement si $x - 2 > 0 \iff x > 2$, donc $D_E = \,]2 ; +\infty[$.
$$\ln(x-2) = 0 \iff \ln(x-2) = \ln(1) \iff x - 2 = 1 \iff x = 3 \in D_E \qquad S = \{3\}$$2) Définie si et seulement si $5x - 10 > 0$ et $3x - 1 > 0$, c'est-à-dire $x > 2$ et $x > \dfrac{1}{3}$, donc $D_E = \,]2 ; +\infty[$.
$$\ln(3x-1) = \ln(5x-10) \iff 3x - 1 = 5x - 10 \iff -2x = -9 \iff x = \frac{9}{2} \in D_E \qquad S = \left\{\frac{9}{2}\right\}$$3) Définie si et seulement si $2x - 1 > 0$ et $1 - x > 0$, c'est-à-dire $\dfrac{1}{2} < x < 1$, donc $D_E = \,\left]\dfrac{1}{2} ; 1\right[$.
$$\ln(2x-1) = \ln(1-x) \iff 2x - 1 = 1 - x \iff 3x = 2 \iff x = \frac{2}{3} \in D_E \qquad S = \left\{\frac{2}{3}\right\}$$4) Définie si et seulement si $2x > 0$ et $x^2 + 1 > 0$, c'est-à-dire $x > 0$, donc $D_E = \,]0 ; +\infty[$.
$$\ln(2x) = \ln\left(x^2+1\right) \iff 2x = x^2 + 1 \iff x^2 - 2x + 1 = 0 \iff (x-1)^2 = 0 \iff x = 1 \in D_E \qquad S = \{1\}$$5) Définie si et seulement si $2x - 6 > 0 \iff x > 3$, donc $D_E = \,]3 ; +\infty[$.
$$\ln(2x-6) \geq 0 \iff \ln(2x-6) \geq \ln 1 \iff 2x - 6 \geq 1 \iff x \geq \frac{7}{2}$$ $$S = \left[\frac{7}{2} ; +\infty\right[ \cap \,]3 ; +\infty[ = \left[\frac{7}{2} ; +\infty\right[$$6) Définie si et seulement si $x - 1 > 0$ et $3x + 1 > 0$, donc $D_I = \,]1 ; +\infty[$.
$$\ln(x-1) < \ln(3x+1) \iff x - 1 < 3x + 1 \iff -2 < 2x \iff x > -1$$ $$S = \,]-1 ; +\infty[ \cap \,]1 ; +\infty[ = \,]1 ; +\infty[$$Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations et inéquations suivantes :
1) $\ln(2x-1) = \dfrac{3}{2}$
2) $2(\ln x)^2 + \ln x - 6 = 0$
3) $3(\ln x)^2 + 2\ln x - 1 = 0$
4) $\dfrac{\ln x + 3}{\ln x - 1} \geq -1$
1) Définie si et seulement si $2x - 1 > 0 \iff x > \dfrac{1}{2}$, donc $D_E = \,\left]\dfrac{1}{2} ; +\infty\right[$.
$$\ln(2x-1) = \frac{3}{2}\ln(e) \iff \ln(2x-1) = \ln\left(e^{\frac{3}{2}}\right) \iff 2x - 1 = \left(\sqrt{e}\right)^3 \iff x = \frac{\left(\sqrt{e}\right)^3 + 1}{2} \in D_E$$ $$S = \left\{\frac{\left(\sqrt{e}\right)^3 + 1}{2}\right\}$$2) Définie si et seulement si $x > 0$. On pose $\ln x = X$, on a alors $2X^2 + X - 6 = 0$, $\Delta = 1 + 48 = 49 > 0$, $X_1 = \dfrac{3}{2}$ et $X_2 = -2$.
$$\ln x_1 = \frac{3}{2} \ \text{et} \ \ln x_2 = -2 \qquad \text{donc} \qquad x_1 = e^{\frac{3}{2}} \ \text{et} \ x_2 = e^{-2} \qquad S = \left\{e\sqrt{e} ; \frac{1}{e^2}\right\}$$3) Définie si et seulement si $x > 0$. On pose $\ln x = X$, on a alors $3X^2 + 2X - 1 = 0$, $\Delta = 4 + 12 = 16 > 0$, $X_1 = \dfrac{1}{3}$ et $X_2 = -1$.
$$x_1 = e^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{e} \ \text{et} \ x_2 = e^{-1} = \frac{1}{e} \qquad S = \left\{\sqrt[3]{e} ; \frac{1}{e}\right\}$$4) Définie si et seulement si $x > 0$ et $\ln x - 1 \neq 0$ ; $\ln x = 1 \iff x = e$, donc $D_I = \,]0 ; e[ \cup \,]e ; +\infty[$.
$$\frac{\ln x + 3}{\ln x - 1} \geq -1 \iff \frac{\ln x + 3}{\ln x - 1} + 1 \geq 0 \iff 2\,\frac{\ln x + 1}{\ln x - 1} \geq 0$$$\ln x + 1 = 0 \iff x = \dfrac{1}{e}$ et $\ln x - 1 = 0 \iff x = e$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \dfrac{1}{e} & & e & & +\infty \\ \hline \ln x + 1 & & - & 0 & + & & + & \\ \hline \ln x - 1 & & - & & - & 0 & + & \\ \hline \dfrac{\ln x+1}{\ln x-1} & & + & 0 & - & & + & \end{array}$$ $$S = \left(\,]0 ; e[ \cup \,]e ; +\infty[\right) \cap \left(\left]0 ; \frac{1}{e}\right] \cup \,]e ; +\infty[\right) = \left]0 ; \frac{1}{e}\right] \cup \,]e ; +\infty[$$Résoudre dans $\mathbb{R}^2$ le système suivant :
$$\begin{cases} 3\ln x + \ln y = 2 \\ 2\ln x - \ln y = 3 \end{cases}$$Le système est défini pour $x > 0$ et $y > 0$. La somme des deux équations membre à membre donne :
$$5\ln x = 5 \iff \ln x = 1 \iff \ln x = \ln e \iff x = e$$On remplace $x = e$ dans la première équation :
$$3\ln e + \ln y = 2 \iff \ln y = 2 - 3 \iff \ln y = -1 \iff y = e^{-1} = \frac{1}{e}$$ $$S = \left\{\left(e ; \frac{1}{e}\right)\right\}$$Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations et inéquations suivantes :
1) $\ln x + \ln(x-1) - \ln 2 = \ln 3$
2) $\ln(2x-5) + \ln(x+1) \leq \ln 4$
3) $\ln(14-x) > \ln\left(10 + 7x - 3x^2\right)$
1) Définie si et seulement si $x > 0$ et $x - 1 > 0$, donc $D_E = \,]1 ; +\infty[$.
$$\ln x + \ln(x-1) = \ln 2 + \ln 3 \iff \ln\big(x(x-1)\big) = \ln 6 \iff x(x-1) = 6 \iff x^2 - x - 6 = 0$$$\Delta = 1 + 24 = 25 > 0$, $x_1 = 3$ ou $x_2 = -2 \notin \,]1 ; +\infty[$, donc $S = \{3\}$.
2) Définie si et seulement si $x + 1 > 0$ et $2x - 5 > 0$, c'est-à-dire $x > \dfrac{5}{2}$ et $x > -1$, donc $D_I = \,\left]\dfrac{5}{2} ; +\infty\right[$.
$$\ln\big((2x-5)(x+1)\big) \leq \ln 4 \iff (2x-5)(x+1) \leq 4 \iff 2x^2 - 3x - 9 \leq 0$$$\Delta = 9 + 72 = 81 > 0$, $x_1 = 3$ et $x_2 = -\dfrac{3}{2}$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & -\dfrac{3}{2} & & 3 & & +\infty \\ \hline 2x^2-3x-9 & & + & 0 & - & 0 & + & \end{array}$$ $$S = \left[-\frac{3}{2} ; 3\right] \cap \left]\frac{5}{2} ; +\infty\right[ = \left]\frac{5}{2} ; 3\right]$$3) Définie si et seulement si $14 - x > 0$ et $10 + 7x - 3x^2 > 0$ ; après résolution on trouve $D_I = \,\left]-1 ; \dfrac{10}{3}\right[$.
$$14 - x > 10 + 7x - 3x^2 \iff 3x^2 - 8x + 4 > 0 \iff (x-2)(3x-2) > 0 \iff x \in \,\left]-\infty ; \frac{2}{3}\right[ \cup \,]2 ; +\infty[$$ $$S = \left(\left]-\infty ; \frac{2}{3}\right[ \cup \,]2 ; +\infty[\right) \cap \left]-1 ; \frac{10}{3}\right[ = \left]-1 ; \frac{2}{3}\right[ \cup \left]2 ; \frac{10}{3}\right[$$$\ln$ est définie, continue, dérivable et strictement croissante sur $]0 ; +\infty[$.
La droite $(\Delta) : x = 0$ est une asymptote verticale à la courbe $(C_{\ln})$, et $(C_{\ln})$ admet une branche parabolique vers l'axe des abscisses au voisinage de $+\infty$.
La fonction $\ln$ est continue strictement croissante sur $]0 ; +\infty[$ et $\ln(]0 ; +\infty[) = \mathbb{R}$, donc le réel 1 a un antécédent noté $e$ (le nombre népérien) : $\ln(e) = 1$.
La courbe $(C_{\ln})$ admet une tangente en $A(1 ; 0)$ d'équation $(T) : y = x - 1$.
Simplifier et calculer :
$$A = \ln\left(e^2\right) + \ln\left(e^4\right) - \ln\left(\frac{1}{e}\right) \qquad ; \qquad B = 2\ln\left(\sqrt{e}\right) + \ln\left(e\sqrt{e}\right) - \frac{1}{3}\ln\left(e^9\right)$$Déterminer les limites suivantes :
$$1)\ \lim_{x \to +\infty} \frac{2\ln(x) + 1}{\ln x}$$ $$2)\ \lim_{x \to +\infty} \left(\ln^2(x) - \ln x\right)$$ $$3)\ \lim_{x \to +\infty} x - \ln x$$ $$4)\ \lim_{x \to 0^+} \ln^2(x) + \ln x$$ $$5)\ \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{1}{x} + \ln x\right)$$ $$6)\ \lim_{x \to 0^+} x^4 \ln x$$ $$7)\ \lim_{x \to 0^+} 2x - x^3 \ln x$$ $$8)\ \lim_{x \to +\infty} x\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right)$$ $$9)\ \lim_{x \to 0^+} x\left(\ln(x)\right)^2$$ $$10)\ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(x^2 + 3x\right)}{x - 1}$$ $$11)\ \lim_{x \to 0^+} x^2 (\ln x)^5$$1) $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} 2\ln(x) + 1 = +\infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$ : forme indéterminée.
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{2\ln x + 1}{\ln x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x\left(2 + \frac{1}{\ln x}\right)}{\ln x} = \lim_{x \to +\infty} 2 + \frac{1}{\ln x} = 2$$2) $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln^2(x) - \ln x = \lim_{x \to +\infty} \ln x\big(\ln(x) - 1\big) = +\infty$ (car $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$).
3) $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x - \ln x = \lim_{x \to +\infty} x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right) = +\infty$ (car $\displaystyle\lim \frac{\ln x}{x} = 0$).
4) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln^2(x) + \ln x = \lim_{x \to 0^+} \ln x\big(\ln(x) + 1\big) = +\infty$ (car $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$).
5) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x} + \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 + x\ln x}{x} = \frac{1}{0^+} = +\infty$ (car $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x\ln x = 0$).
6) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^4 \ln x = 0$ car $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^n \ln x = 0$ (où $n \in \mathbb{N}^*$).
7) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} 2x - x^3 \ln x = 0$.
8) On pose $X = \dfrac{1}{x}$ ; $x \to +\infty \iff X \to 0^+$ :
$$\lim_{x \to +\infty} x\ln\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \lim_{X \to 0^+} \frac{1}{X}\ln(1 + X) = \lim_{X \to 0^+} \frac{\ln(1+X)}{X} = 1$$9) On pose $X = \sqrt{x}$, donc $X^2 = x$ ; $x \to 0^+ \iff X \to 0^+$ :
$$\lim_{x \to 0^+} x\left(\ln(x)\right)^2 = \lim_{X \to 0^+} X^2\left(\ln\left(X^2\right)\right)^2 = \lim_{X \to 0^+} 4X^2(\ln X)^2 = 4\lim_{X \to 0^+} (X\ln X)^2 = 4 \times 0^2 = 0$$10) On pose $f(x) = \dfrac{\ln\left(x^2+3x\right)}{x-1}$ :
$$f(x) = \frac{\ln\left(x^2\left(1 + \frac{3}{x}\right)\right)}{x-1} = \frac{2\ln x + \ln\left(1 + \frac{3}{x}\right)}{x-1} = 2\,\frac{\frac{\ln x}{x}}{1 - \frac{1}{x}} + \frac{\ln\left(1 + \frac{3}{x}\right)}{x-1}$$On a $\displaystyle\lim \frac{\ln x}{x} = 0$, $\displaystyle\lim \frac{1}{x} = 0$ et $\displaystyle\lim \ln\left(1 + \frac{3}{x}\right) = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(x^2+3x\right)}{x-1} = 0$.
11) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^2(\ln x)^5 = \lim_{x \to 0^+} \left(x^{\frac{2}{5}}\ln x\right)^5$ ; on a $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^{\frac{2}{5}}\ln x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^2(\ln x)^5 = 0$.
Si $u$ est une fonction dérivable sur $I$ et strictement positive sur $I$, alors la fonction $f(x) = \ln(u(x))$ est dérivable sur $I$ et :
$$(\forall x \in I)\quad f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)}$$Déterminer le domaine de dérivation et la dérivée de la fonction $f(x) = \ln\left(3x^2 + 5\right)$.
La fonction $u : x \to 3x^2 + 5$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et on a $3x^2 + 5 > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Alors la fonction $f : x \to \ln\left(3x^2+5\right)$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$$f'(x) = \frac{\left(3x^2+5\right)'}{3x^2+5} = \frac{6x}{3x^2+5} \quad \forall x \in \mathbb{R}$$Calculer la dérivée des fonctions définies par :
1) $f(x) = x^2 - \ln x$
2) $f(x) = x\ln x$
3) $f(x) = \ln\left(1 + x^2\right)$
1) $f'(x) = \left(x^2 - \ln x\right)' = 2x - \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 - 1}{x}$
2) $f'(x) = (x\ln x)' = x'\ln x + x(\ln x)' = \ln x + x \times \dfrac{1}{x} = \ln x + 1$
3) $f'(x) = \left(\ln\left(1+x^2\right)\right)' = \dfrac{\left(1+x^2\right)'}{1+x^2} = \dfrac{2x}{1+x^2}$
Si $u$ est une fonction dérivable sur $I$ et ne s'annule pas sur $I$, alors la fonction $f(x) = \ln(|u(x)|)$ est dérivable sur $I$ et :
$$(\forall x \in I)\quad f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)}$$Calculer la dérivée de la fonction définie sur $I = \,]-2 ; +\infty[$ par $f(x) = \dfrac{\sqrt[4]{x^3+8}}{\left(x^2+1\right)^3}$.
Pour tout $x \in \,]-2 ; +\infty[$ :
$$\ln\big(f(x)\big) = \ln\left(\frac{\sqrt[4]{x^3+8}}{\left(x^2+1\right)^3}\right) = \frac{1}{4}\ln\left(x^3+8\right) - 3\ln\left(x^2+1\right)$$ $$\text{Donc} \quad \frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{1}{4}\,\frac{\left(x^3+8\right)'}{x^3+8} - 3\,\frac{\left(x^2+1\right)'}{x^2+1} = \frac{1}{4}\,\frac{3x^2}{x^3+8} - 3\,\frac{2x}{x^2+1}$$ $$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{-3x\left(7x^3 - x + 64\right)}{4\left(x^3+8\right)\left(x^2+1\right)}$$ $$f'(x) = \frac{-3x\left(7x^3 - x + 64\right)}{4\left(x^3+8\right)\left(x^2+1\right)}\,f(x) = \frac{-3x\left(7x^3 - x + 64\right)}{4\sqrt[4]{\left(x^3+8\right)^3}\left(x^2+1\right)^4}$$Déterminer le domaine de dérivation et la dérivée des fonctions suivantes :
1) $f(x) = \ln\big|\ln|x|\big|$
2) $f(x) = \ln\left|\sin^2 x + 3\sin x + 4\right|$
1) Cette fonction est définie si et seulement si $|x| > 0$ et $\ln|x| \neq 0$, c'est-à-dire $x \neq 0$ et $|x| \neq 1$. Donc $D_f = \,]-\infty ; -1[ \cup \,]1 ; +\infty[$ et $f$ est dérivable sur $]-\infty ; -1[$ et $]1 ; +\infty[$ :
$$f'(x) = \Big(\ln\big|\ln|x|\big|\Big)' = \frac{\big(\ln|x|\big)'}{\ln|x|} = \frac{1}{x\ln|x|}$$2) Cette fonction est définie si et seulement si $\sin^2 x + 3\sin x + 4 \neq 0$. On pose $t = \sin x$ : $t^2 + 3t + 4$ a pour discriminant $\Delta = 9 - 16 = -7 < 0$, donc $t^2 + 3t + 4 > 0$ et $D_f = \mathbb{R}$. Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ :
$$f'(x) = \frac{\left(\sin^2 x + 3\sin x + 4\right)'}{\sin^2 x + 3\sin x + 4} = \frac{2\sin x\cos x + 3\cos x}{\sin^2 x + 3\sin x + 4}$$Si $u$ est une fonction dérivable sur $I$ et ne s'annule pas sur $I$, alors les fonctions primitives de la fonction $x \to \dfrac{u'(x)}{u(x)}$ sont les fonctions :
$$F(x) = \ln\big(|u(x)|\big) + C^{te}$$Déterminer les fonctions primitives des fonctions suivantes :
1) $I = \mathbb{R}$ ; $f(x) = \dfrac{x^3}{x^4+2}$
2) $I = \,]0 ; 1[$ ; $g(x) = \dfrac{1}{x\ln x}$
3) $I = \,]-\infty ; 1[$ ; $h(x) = \dfrac{1}{x-1}$
4) $I = \,\left]\dfrac{3\pi}{2} ; 2\pi\right[$ ; $k(x) = \dfrac{\cos x}{\sin x}$
5) $M(x) = \dfrac{1}{x^2-1}$
6) $N(x) = \dfrac{x^3 + 2x^2 - 3x + 2}{x-3}$
7) $I = \,]3 ; +\infty[$ ; $q(x) = \dfrac{1}{(x-2)\ln(x-2)}$
1) $f(x) = \dfrac{x^3}{x^4+2} = \dfrac{1}{4}\,\dfrac{\left(x^4+2\right)'}{x^4+2}$, donc $F(x) = \dfrac{1}{4}\ln\left|x^4+2\right| + k$ ; puisque $x^4 + 2 > 0$ : $F(x) = \dfrac{1}{4}\ln\left(x^4+2\right) + k$, $k \in \mathbb{R}$.
2) $g(x) = \dfrac{\frac{1}{x}}{\ln x} = \dfrac{(\ln x)'}{\ln x}$, donc $G(x) = \ln\left|\ln x\right| + k$ ; puisque $x \in \,]0 ; 1[$, $\ln x < 0$ : $G(x) = \ln(-\ln x) + k$, $k \in \mathbb{R}$.
3) $h(x) = \dfrac{(x-1)'}{x-1}$, donc $H(x) = \ln|x-1| + k$ ; puisque $x \in \,]-\infty ; 1[$, $x - 1 < 0$ : $H(x) = \ln(1-x) + k$, $k \in \mathbb{R}$.
4) $k(x) = \dfrac{(\sin x)'}{\sin x}$, donc $K(x) = \ln|\sin x| + k$, $k \in \mathbb{R}$.
5) $M'(x) = \dfrac{1}{x^2-1} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x-1} - \dfrac{1}{x+1}\right)$, donc :
$$M(x) = \frac{1}{2}\Big(\ln|x-1| - \ln|x+1|\Big) = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + k = \ln\sqrt{\left|\frac{x-1}{x+1}\right|} + k$$6) $N'(x) = \dfrac{(x-3)\left(x^2+5x+12\right) + 38}{x-3} = x^2 + 5x + 12 + \dfrac{38}{x-3}$, donc :
$$N(x) = \frac{x^3}{3} + \frac{5}{2}x^2 + 12x + 38\ln|x-3| + k, \quad k \in \mathbb{R}$$7) $q(x) = \dfrac{\frac{1}{x-2}}{\ln(x-2)} = \dfrac{\big(\ln(x-2)\big)'}{\ln(x-2)}$, donc $Q(x) = \ln\big|\ln(x-2)\big| + k$, $k \in \mathbb{R}$.
Considérons la fonction $f$ définie par $f(x) = \dfrac{5x+1}{x^2+x-2}$.
1) Déterminer l'ensemble de définition de $f$ et déterminer les réels $a$ et $b$ tels que $(\forall x \in D)\ f(x) = \dfrac{a}{x-1} + \dfrac{b}{x+2}$.
2) En déduire la fonction primitive de $f$ sur $]-\infty ; -2[$ telle que $F(-3) = \ln 2$.
1) $D_f = \left\{x \in \mathbb{R} \ / \ x^2 + x - 2 \neq 0\right\}$ ; $\Delta = 1 + 8 = 9 > 0$, $x_1 = 1$ et $x_2 = -2$, donc $D_f = \mathbb{R} - \{-2 ; 1\}$.
$$f(x) = \frac{a(x+2) + b(x-1)}{(x-1)(x+2)} = \frac{(a+b)x + 2a - b}{(x-1)(x+2)} \quad \text{donc} \quad \begin{cases} a + b = 5 \\ 2a - b = 1 \end{cases}$$Donc $3a = 6$, $a = 2$ et $b = 3$ : $(\forall x \in D_f)\ f(x) = \dfrac{2}{x-1} + \dfrac{3}{x+2}$.
2) $f(x) = 2\,\dfrac{(x-1)'}{x-1} + 3\,\dfrac{(x+2)'}{x+2}$, donc $F(x) = 2\ln|x-1| + 3\ln|x+2| + k$, $k \in \mathbb{R}$.
Pour $x \in \,]-\infty ; -2[$ on a $x < -2$ et $x < 1$, donc $x + 2 < 0$ et $x - 1 < 0$ : $F(x) = 2\ln(1-x) + 3\ln(-x-2) + k$.
$$F(-3) = \ln 2 \iff 2\ln(4) + 3\ln(1) + k = \ln 2 \iff k = \ln 2 - 2\ln\left(2^2\right) = -3\ln 2$$ $$\text{Donc} \quad F(x) = 2\ln(1-x) + 3\ln(-x-2) - 3\ln 2$$Soit $a$ un réel strictement positif et différent de 1. La fonction notée $\log_a$, définie sur $]0 ; +\infty[$ par :
$$(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\quad \log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$$s'appelle la fonction logarithmique de base $a$.
Pour $a = e$ on aura $\log_e x = \dfrac{\ln x}{\ln e} = \ln x$.
$$\log_2 4 = \frac{\ln 4}{\ln 2} = \frac{\ln 2^2}{\ln 2} = \frac{2\ln 2}{\ln 2} = 2$$Toutes les propriétés de calcul vues pour la fonction $\ln$ restent valables pour la fonction $\log_a$ :
$$(\forall x > 0)(\forall y > 0)\ \big(\log_a(xy) = \log_a(x) + \log_a(y)\big)$$ $$(\forall x > 0)\ \left(\log_a\left(\frac{1}{x}\right) = -\log_a(x)\right) \qquad ; \qquad (\forall x > 0)(\forall y > 0)\ \left(\log_a\left(\frac{x}{y}\right) = \log_a(x) - \log_a(y)\right)$$ $$(\forall x > 0)(\forall r \in \mathbb{Q})\ \big(\log_a(x^r) = r\log_a(x)\big)$$La fonction $\log_a$ est une bijection de $]0 ; +\infty[$ vers $\mathbb{R}$ :
$$(\forall x > 0)(\forall y > 0)\ \big(\log_a(x) = \log_a(y) \iff x = y\big)$$ $$(\forall x > 0)(\forall r \in \mathbb{Q})\ \big(\log_a(x) = r \iff x = a^r\big)$$La fonction $\log_a$ est continue et dérivable sur $]0 ; +\infty[$ et :
$$(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\quad \left(\log_a(x)\right)' = \frac{1}{x\ln a}$$Le signe de $\left(\log_a\right)'$ dépend du signe de $\ln a$, ce qui amène à discuter deux cas.
Si $a \in \,]1 ; +\infty[$ alors $\ln a > 0$, et donc $(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\ \left(\log_a(x)\right)' = \dfrac{1}{x\ln a} > 0$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & a & & +\infty \\ \hline \left(\log_a x\right)' & & + & & + & & + & \\ \hline \log_a x & -\infty & \nearrow & 0 & \nearrow & 1 & \nearrow & +\infty \end{array}$$Si $a \in \,]0 ; 1[$ alors $\ln a < 0$, et donc $(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\ \left(\log_a(x)\right)' = \dfrac{1}{x\ln a} < 0$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & a & & 1 & & +\infty \\ \hline \left(\log_a x\right)' & & - & & - & & - & \\ \hline \log_a x & +\infty & \searrow & 1 & \searrow & 0 & \searrow & -\infty \end{array}$$Simplifier et calculer :
1) $\log_{\sqrt{2}} \dfrac{1}{2}$
2) $\log_{\sqrt{3}} 9$
3) $A = \log_2\left(\dfrac{1}{5}\right) + \log_2(10) + \log_{\frac{1}{3}}\left(\sqrt[5]{3}\right)$
On pose $\alpha = \log_{40}(100)$ et $\beta = \log_{16}(25)$. Calculer $\beta$ en fonction de $\alpha$.
La fonction logarithmique de base 10 s'appelle la fonction logarithme décimal et se note $\log$ :
$$(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\quad \log x = \frac{\ln x}{\ln 10}$$Simplifier et calculer :
1) $\log_{10} 100$
2) $\log_{10} 0{,}0001$
3) $A = \log(250000) + \log\sqrt{250} - \log(125)$
Déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que $\left(\dfrac{3}{2}\right)^n \geq 10^{20}$.
Le plus petit entier naturel $n_0$ est donc :
$$n_0 = E\left(\frac{20}{\log\left(\frac{3}{2}\right)}\right) + 1 = 114$$Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations suivantes, où $\log$ est le logarithme décimal :
1) $\log_3(2x) \times \big(\log_5(x) - 1\big) = 0$
2) $2(\log x)^2 - 19\log x - 10 = 0$
1) Définie si et seulement si $x > 0$ et $2x > 0$, donc $D_E = \,]0 ; +\infty[$.
L'équation équivaut à $\log_5(x) - 1 = 0$ ou $\log_3(2x) = 0$, c'est-à-dire $\log_5(x) = \log_5(5)$ ou $\log_3(2x) = \log_3(1)$, c'est-à-dire $x = 5$ ou $x = \dfrac{1}{2}$.
$$S = \left\{\frac{1}{2} ; 5\right\}$$2) $D_E = \,]0 ; +\infty[$. On pose $\log x = X$, donc $2X^2 - 19X - 10 = 0$ ; $\Delta = 361 + 80 = 441 = 21^2 > 0$ :
$$X_1 = \frac{19+21}{4} = 10 \qquad \text{et} \qquad X_2 = \frac{19-21}{4} = -\frac{1}{2}$$ $$\log x_1 = 10 \ \text{et} \ \log x_2 = -\frac{1}{2} \quad \text{donc} \quad x_1 = 10^{10} \ \text{et} \ x_2 = 10^{-\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$$ $$S = \left\{\frac{\sqrt{10}}{10} ; 10^{10}\right\}$$Résoudre dans $\mathbb{R}$ les inéquations et équations suivantes :
1) $\log_{\frac{1}{2}}\left(x - \dfrac{1}{2}\right) \geq 1$
2) $\log_{2x}(4x) + \log_{4x}(16x) = 4$
1) Définie si et seulement si $x - \dfrac{1}{2} > 0$, donc $D_I = \,\left]\dfrac{1}{2} ; +\infty\right[$.
$$\log_{\frac{1}{2}}\left(x - \frac{1}{2}\right) \geq \log_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right) \iff x - \frac{1}{2} \leq \frac{1}{2}$$car $\log_{\frac{1}{2}}$ est strictement décroissante ; donc $x \leq 1$ :
$$S = \,]-\infty ; 1] \cap \left]\frac{1}{2} ; +\infty\right[ = \left]\frac{1}{2} ; 1\right]$$2) Définie si et seulement si $4x > 0$, $16x > 0$, $2x > 0$, $2x \neq 1$ et $4x \neq 1$, donc $D_I = \,]0 ; +\infty[ - \left\{\dfrac{1}{4} ; \dfrac{1}{2}\right\}$.
$$\log_{2x}(2) + \log_{2x}(2x) + \log_{4x}(4x) + \log_{4x}(4) = 4 \iff \log_{2x}(2) + \log_{4x}(4) = 2$$ $$\log_{2x}(2) = \frac{\ln 2}{\ln(2x)} = \frac{1}{\log_2(2x)} = \frac{1}{1 + \log_2 x}$$ $$\log_{4x}(4) = \frac{1}{\log_4(4x)} = \frac{1}{1 + \log_4 x} = \frac{1}{1 + \frac{1}{2}\log_2 x} = \frac{2}{2 + \log_2 x}$$L'équation devient :
$$\frac{1}{1 + \log_2 x} + \frac{2}{2 + \log_2 x} = 2 \iff 2\left(\log_2 x\right)^2 + 3\log_2 x = 0$$ $$\log_2 x = -\frac{3}{2} \ \text{ou} \ \log_2 x = 0 \quad \text{donc} \quad x = 2^{-\frac{3}{2}} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \ \text{ou} \ x = 1$$ $$S = \left\{\frac{1}{2\sqrt{2}} ; 1\right\}$$A) Soit la fonction $g$ définie par $g(x) = x - \ln x$.
1) Déterminer $D_g$ et les limites aux bornes de $D_g$.
2) Déterminer $g'$ puis dresser le tableau de variation de $g$.
3) En déduire que $\forall x > 0$, $x > \ln x$.
B) Soit la fonction $f$ définie par $f(x) = \dfrac{x + \ln x}{x - \ln x}$ si $x > 0$, et $f(0) = -1$.
1) Montrer que $D_f = [0 ; +\infty[$.
2) Montrer que $f$ est continue à droite de 0.
3) Calculer $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)$.
4) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite de 0.
5) Montrer que $(\forall x \in \,]0 ; +\infty[)\ f'(x) = \dfrac{2(1 - \ln x)}{(x - \ln x)^2}$.
6) Dresser le tableau de variation de $f$.
7) Déterminer les points d'intersection de $(C_f)$ et la droite $(\Delta) : y = 1$.
8) Montrer que $(C_f)$ coupe l'axe des abscisses en un point d'abscisse dans $\left]\dfrac{1}{2} ; 1\right[$.
A) 1) $D_g = \,]0 ; +\infty[$.
$$\lim_{x \to +\infty} g(x) = \lim_{x \to +\infty} x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right) = +\infty \quad \text{car} \quad \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0$$ $$\lim_{x \to 0^+} g(x) = \lim_{x \to 0^+} x - \ln x = +\infty \quad \text{car} \quad \lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$$2) $g'(x) = 1 - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x-1}{x}$ ; le signe de $g'(x)$ est celui de $x - 1$ car $x \in \,]0 ; +\infty[$.
$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline g'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline g(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & +\infty \end{array}$$3) La fonction $g$ admet une valeur minimale en $x_0 = 1$, donc $g(1) \leq g(x)$ pour tout $x \in \,]0 ; +\infty[$ avec $g(1) = 1$. Donc $0 < 1 \leq x - \ln x$, d'où $\ln x < x$ pour tout $x \in \,]0 ; +\infty[$.
B) 1) $f$ est définie si et seulement si $x - \ln x \neq 0$ et $x > 0$. On a $0 < x - \ln x$, donc $x - \ln x \neq 0$, et on a $f(0) = -1$ : $D_f = [0 ; +\infty[$.
2)
$$\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x\left(\frac{x}{\ln x} + 1\right)}{\ln x\left(\frac{x}{\ln x} - 1\right)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{x}{\ln x} + 1}{\frac{x}{\ln x} - 1} = -1 = f(0)$$car $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \ln x = -\infty$ donc $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{x}{\ln x} = 0^-$. Donc $f$ est continue à droite de 0.
3)
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x\left(1 + \frac{\ln x}{x}\right)}{x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 + \frac{\ln x}{x}}{1 - \frac{\ln x}{x}} = 1$$La droite $y = 1$ est une asymptote à la courbe de $f$.
4)
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{x+\ln x}{x-\ln x} + 1}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{2x}{x(x - \ln x)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{2}{x - \ln x} = 0 = f'_d(0)$$Donc $f$ est dérivable à droite de 0.
5)
$$f'(x) = \frac{(x+\ln x)'(x-\ln x) - (x+\ln x)(x-\ln x)'}{(x-\ln x)^2} = \frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)(x-\ln x) - (x+\ln x)\left(1-\frac{1}{x}\right)}{(x-\ln x)^2}$$ $$f'(x) = \frac{2 - 2\ln x}{(x-\ln x)^2} = \frac{2(1 - \ln x)}{(x-\ln x)^2} \quad \forall x \in \,]0 ; +\infty[$$6) Le signe de $f'(x)$ est celui de $1 - \ln x$ ; $1 - \ln x > 0 \iff \ln e > \ln x \iff e > x$.
$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & e & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f(x) & -1 & \nearrow & \dfrac{e+1}{e-1} & \searrow & 1 \end{array}$$7)
$$f(x) = 1 \iff \frac{x + \ln x}{x - \ln x} = 1 \iff x + \ln x = x - \ln x \iff 2\ln x = 0 \iff x = 1$$Le point d'intersection de $(C_f)$ et la droite $(\Delta) : y = 1$ est $A(1 ; 1)$.
8) $f$ est continue sur $D_f = [0 ; +\infty[$ donc continue sur $\left[\dfrac{1}{2} ; 1\right]$, et on a :
$$f(1) = \frac{1 + \ln 1}{1 - \ln 1} = \frac{1}{1} = 1 > 0 \qquad ; \qquad f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\frac{1}{2} - \ln 2}{\frac{1}{2} + \ln 2} = \frac{1 - 2\ln 2}{1 + 2\ln 2} < 0$$Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution dans $\left]\dfrac{1}{2} ; 1\right[$ : $(C_f)$ coupe l'axe des abscisses en un point d'abscisse dans $\left]\dfrac{1}{2} ; 1\right[$.
Considérons les fonctions $f$ et $g$ définies sur $]-1 ; +\infty[$ par $f(x) = \ln(1+x) - x + \dfrac{x^2}{2}$ et $g(x) = \ln(1+x) - x + \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{3}$.
1) a) Calculer $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} f(x)$, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} g(x)$.
b) Montrer que $(\forall x \in \,]-1 ; +\infty[)$ on a $g(x) = (1+x)\left(\dfrac{\ln(1+x)}{1+x} - \dfrac{2x^3 - 3x^2 + 6x}{6(1+x)}\right)$, et en déduire $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x)$.
c) Étudier les variations de $f$ et $g$ puis dresser leurs tableaux de variations.
2) En déduire que $\forall x \in \,]0 ; +\infty[$ : $x - \dfrac{x^2}{2} < \ln(1+x) < x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}$.
3) Calculer $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^2}$.
4) Montrer que $\forall x \in \,]0 ; +\infty[$ : $x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{4} < \ln(1+x) < x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}$.
1) a) On pose $t = 1 + x$ ; $x \to -1^+ \iff t \to 0^+$, donc $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} \ln(1+x) = \lim_{t \to 0^+} \ln t = -\infty$.
Et $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} -x + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$, donc $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty$.
$\displaystyle\lim_{x \to +\infty} -x + \frac{x^2}{2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{2} = +\infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln(1+x) = +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
$\displaystyle\lim_{x \to -1^+} \ln(1+x) = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} -x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} = \frac{11}{6}$, donc $\displaystyle\lim_{x \to -1^+} g(x) = -\infty$.
b)
$$g(x) = \ln(1+x) - \left(x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3}\right) = \ln(1+x) - \left(\frac{2x^3 - 3x^2 + 6x}{6}\right) = (1+x)\left(\frac{\ln(1+x)}{1+x} - \frac{2x^3 - 3x^2 + 6x}{6(1+x)}\right)$$On pose $t = 1 + x$ ; $x \to +\infty \iff t \to +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(1+x)}{1+x} = \lim_{t \to +\infty} \frac{\ln t}{t} = 0$. Et :
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3 - 3x^2 + 6x}{6(1+x)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x^3}{6x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{3} = +\infty$$Donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$ car $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} 1 + x = +\infty$.
c) $x \to \ln(1+x)$ est dérivable sur $]-1 ; +\infty[$ donc $f$ l'est aussi :
$$f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x = \frac{1}{1+x} - (1-x) = \frac{x^2}{1+x} \geq 0 \quad \forall x \in \,]-1 ; +\infty[ \quad \text{et} \quad f'(x) = 0 \iff x = 0$$ $$\begin{array}{c|ccccc} x & -1 & & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & + & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 0 & \nearrow & +\infty \end{array}$$ $$g'(x) = \frac{1}{1+x} - \left(1 - x + x^2\right) = \frac{-x^3}{1+x}$$Le signe de $g'(x)$ est celui de $-x$ :
$$\begin{array}{c|ccccc} x & -1 & & 0 & & +\infty \\ \hline g'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline g(x) & -\infty & \nearrow & 0 & \searrow & -\infty \end{array}$$2) Des variations de $f$ et $g$ on déduit que $g(x) < 0 < f(x)$ pour tout $x \in \,]0 ; +\infty[$, donc :
$$\ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} < 0 < \ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2}$$ $$\text{Donc} \quad x - \frac{x^2}{2} < \ln(1+x) < x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \quad \forall x \in \,]0 ; +\infty[$$3) De l'encadrement précédent on déduit que :
$$\frac{1}{2} - \frac{x}{3} < \frac{x - \ln(1+x)}{x^2} < \frac{1}{2}$$et puisque $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{2} - \frac{x}{3} = \frac{1}{2}$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \ln(1+x)}{x^2} = \frac{1}{2}$.
4) Soit $\psi$ la fonction définie sur $]-1 ; +\infty[$ par $\psi(x) = g(x) + \dfrac{x^4}{4}$. $\psi$ est dérivable sur $]-1 ; +\infty[$ et :
$$\psi'(x) = g'(x) + x^3 = \frac{x^4}{1+x} \geq 0 \quad \forall x \in \,]-1 ; +\infty[ \qquad ; \qquad \psi'(x) = 0 \iff x = 0$$Donc $\psi$ est strictement croissante sur $]-1 ; +\infty[$ : $x \geq 0 \Rightarrow \psi(x) \geq \psi(0) = 0$, donc :
$$x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} < \ln(1+x) < x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \quad \forall x \in \,]0 ; +\infty[$$Résoudre dans $\mathbb{R}$ les inéquations et équations suivantes :
1) $\log_3(7x-1)^2 = 0$
2) $\log_3(5x+1) = 2$
3) $\dfrac{\log_3(5x+1)}{\log_3(7x-1)^2} \leq 1$
1) Définie si et seulement si $7x - 1 \neq 0$, donc $D_I = \mathbb{R} - \left\{\dfrac{1}{7}\right\}$.
$$\log_3(7x-1)^2 = 0 \iff (7x-1)^2 = 1 \iff 7x - 1 = 1 \ \text{ou} \ 7x - 1 = -1 \iff x = \frac{2}{7} \ \text{ou} \ x = 0$$ $$S = \left\{0 ; \frac{2}{7}\right\}$$2) Définie si et seulement si $5x + 1 > 0$, donc $D_E = \,\left]-\dfrac{1}{5} ; +\infty\right[$.
$$\log_3(5x+1) = 2 \iff 5x + 1 = 3^2 \iff 5x = 8 \iff x = \frac{8}{5} \in D_E \qquad S = \left\{\frac{8}{5}\right\}$$3) Définie si et seulement si $5x + 1 > 0$, $\log_3(7x-1)^2 \neq 0$ et $7x - 1 \neq 0$, c'est-à-dire $x > -\dfrac{1}{5}$, $x \neq \dfrac{1}{7}$, $x \neq \dfrac{2}{7}$ et $x \neq 0$ :
$$D_E = \,\left]-\frac{1}{5} ; +\infty\right[ - \left\{0 ; \frac{1}{7} ; \frac{2}{7}\right\}$$Étudions d'abord le signe de $\log_3(7x-1)^2$ : $\log_3(7x-1)^2 \geq 0 \iff (7x-1)^2 \geq 1 \iff x(7x-2) \geq 0$.
1er cas : si $x \in \,\left]-\dfrac{1}{5} ; 0\right[ \cup \left]\dfrac{2}{7} ; +\infty\right[$, on a $\log_3(7x-1)^2 > 0$ :
$$\frac{\log_3(5x+1)}{\log_3(7x-1)^2} \leq 1 \iff \log_3(5x+1) \leq \log_3(7x-1)^2 \iff 5x + 1 \leq (7x-1)^2 \iff 0 \leq 49x^2 - 19x$$ $$\iff x \in \,\left]-\frac{1}{5} ; 0\right[ \cup \left]\frac{19}{49} ; +\infty\right[$$2e cas : si $x \in \,\left]0 ; \dfrac{1}{7}\right[ \cup \left]\dfrac{1}{7} ; \dfrac{2}{7}\right[$, on a $\log_3(7x-1)^2 < 0$ :
$$\frac{\log_3(5x+1)}{\log_3(7x-1)^2} \leq 1 \iff \log_3(7x-1)^2 \leq \log_3(5x+1) \iff (7x-1)^2 \leq 5x + 1 \iff 49x^2 - 19x \leq 0$$ $$\iff x \in \,\left]0 ; \frac{1}{7}\right[ \cup \left]\frac{1}{7} ; \frac{2}{7}\right[$$ $$S = \,\left]-\frac{1}{5} ; 0\right[ \cup \left]0 ; \frac{1}{7}\right[ \cup \left]\frac{1}{7} ; \frac{2}{7}\right[ \cup \left]\frac{19}{49} ; +\infty\right[$$Considérons la fonction $f$ définie par $f(x) = x - 3 + \dfrac{3}{2x} + \dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|$.
1) Déterminer l'ensemble de définition de $f$.
2) Montrer que le domaine d'étude de $f$ est $D_E = \,]0 ; 1[ \cup \,]1 ; +\infty[$.
3) Déterminer les limites aux bornes de $D_E$.
4) Étudier les variations de $f$ sur $D_E$.
5) Étudier les branches infinies de $(C_f)$.
1) Cette fonction est définie si et seulement si $x \neq 0$, $x \neq 1$ et $\dfrac{x+1}{x-1} \neq 0$, c'est-à-dire $x \neq -1$, $x \neq 1$ et $x \neq 0$ : $D_f = \mathbb{R} - \{-1 ; 0 ; 1\}$.
2) Pour tout $x \in \mathbb{R} - \{-1 ; 0 ; 1\}$ on a $-x \in \mathbb{R} - \{-1 ; 0 ; 1\}$, et :
$$f(-x) = -x - 3 - \frac{3}{2x} + \frac{1}{2}\ln\left|\frac{-x+1}{-x-1}\right| = -x - 3 - \frac{3}{2x} - \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right|$$Donc $f(-x) + f(x) = -6$, c'est-à-dire :
$$f(2 \times 0 - x) + f(x) = 2 \times (-3)$$Donc le point $I(0 ; -3)$ est un centre de symétrie de $(C_f)$ : il suffit d'étudier $f$ sur $D_E = \,]0 ; 1[ \cup \,]1 ; +\infty[$.
3) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to 1} \left|\frac{x+1}{x-1}\right| = +\infty$ et $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \ln t = +\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = +\infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right| = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.
4) $f$ est dérivable sur $]1 ; +\infty[$ et $]0 ; 1[$ (somme et composées de fonctions dérivables) :
$$f'(x) = 1 - \frac{3}{2x^2} + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x+1} - \frac{1}{x-1}\right) = \frac{\left(2x^2-1\right)\left(x^2-3\right)}{2x^2\left(x^2-1\right)}$$ $$\begin{array}{c|ccccccc} x & 0 & & \dfrac{\sqrt{2}}{2} & & 1 & & \sqrt{3} & & +\infty \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & +\infty & \searrow & f\!\left(\tfrac{\sqrt{2}}{2}\right) & \nearrow & +\infty & \searrow & f\!\left(\sqrt{3}\right) & \nearrow & +\infty \end{array}$$5) $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$ donc $x = 0$ est une asymptote de la courbe de $f$ ; $\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = +\infty$ donc $x = 1$ est une asymptote, et $x = -1$ est une asymptote par symétrie.
$$f(x) - (x-3) = \frac{3}{2x} + \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x+1}{x-1}\right| \qquad ; \qquad \lim_{|x| \to +\infty} f(x) - (x-3) = 0$$Donc $y = x - 3$ est une asymptote oblique de la courbe de $f$ au voisinage de $+\infty$ et $-\infty$.
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