Transcript TS. fonctions logarithmes corriges exos serie

CORRIGES DES EXERCICES
H
I
Simplifier le plus possible :
ln12 − ln 8 + ln 6 = ln
b. ln1 + ln 2 + ln 3 + … + ln n
ln1 + ln 2 + ln 3 + … + ln n = ln(1 × 2 × 3 × … × n) = ln(n!)
c. ln 25 − ln10 − ln15
ln 25 − ln10 − ln15 = ln
Exprimer en fonction de ln 2 les nombres :
b. ln
25
1
= ln = − ln 6
10 × 15
6
( )
ln 64 = ln 26 = 6ln 2
a. ln 64
1
16
( )
1
= − ln16 = − ln 24 = − 4ln 2
16
1
1
9
ln 2 − ln 32 = ln 2 − ln 25 = ln 2 − 5ln 2 = − ln 2
2
2
2
ln
( )
c. ln 2 − ln 32
J
12 × 6
= ln 9 = ln 32 = 2ln 3
8
a. ln12 − ln 8 + ln 6
Donner une valeur approchée de chacun des nombres suivants, sachant que :
ln 3 ≈ 1,10
ln 5 ≈ 1,61
ln 7 ≈ 1,95
ln 2 ≈ 0,69
(
)
ln 24 = ln 23 × 3 = 3ln 2 + ln 3
a. ln 24
ln 24 ≈ 3 × 0,69 + 1,10
ln 24 ≈ 3,17
b. ln
5
18
ln
c. ln
9
14
)
5
≈ −1, 28
18
( )
9
= ln 9 − ln14 = ln 32 − ln ( 2 × 7 ) = 2ln 3 − ln 2 − ln 7
14
9
ln ≈ 2 × 1,10 − 0,69 − 1,95
14
ln
ln
1)
(
5
= ln 5 − ln18 = ln 5 − ln 2 × 32 = ln 5 − ln 2 − 2ln 3
18
5
ln ≈ 1,61 − 0, 69 − 2 × 1,10
18
ln
9
≈ −0, 44
14
Déterminer la dérivée de chacune des fonctions suivantes :
a. f : x " ( 5ln x − 3)
2
La fonction x " ln x est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc la fonction x " 5ln x − 3 est dérivable sur
]0 ; +∞[ (produit et différence de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ ).
Inutile de chercher dans quel ensemble elle prend ses valeurs car la fonction x " x 2 est
dérivable sur R.
f est donc dérivable sur ]0 ; +∞[ comme composée de fonction dérivables.
5
∀x∈ ]0; + ∞ [ f '( x) = 2 × ( 5ln x − 3) ×
formule : u n ' = nu n −1u '
x
( )
∀x∈ ]0; + ∞ [
f '( x) =
10
( 5ln x − 3)
x
FONCTIONS LOGARITHMES
1
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CORRIGES DES EXERCICES
1 − 2 ln x
3 + ln x
La fonction x " ln x est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc la fonction x " 1 − 2ln x est dérivable sur
b. g : x "
]0 ; +∞[ (produit et différence de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ ).
De même, la fonction x " 3 + ln x est dérivable sur ]0 ; +∞[ (somme de fonctions dérivables
sur ]0 ; +∞[ ) et ne s’annule qu’en e − 3 ( ln x + 3 = 0 ⇔ ln x = −3 ⇔ x = e−3 ).
g est donc dérivable sur ]0 ; +∞[ − {e − 3} comme quotient de fonctions dérivables sur cet
ensemble.
2
1 1
− × ( 3 + ln x ) − (1 − 2ln x ) ×
 −2 ( 3 + ln x ) − (1 − 2ln x ) 
x = x
∀x∈ ] 0 ; + ∞ [ − e −3
g '( x) = x
( 3 + ln x )2
( 3 + ln x )2
{ }
1
[ −6 − 2ln x − 1 + 2ln x]
−7
=
g '( x) = x
2
2
x ( 3 + ln x )
( 3 + ln x )
{ }
∀x∈ ] 0 ; + ∞ [ − e −3
(
c. h : x " ln 2 x − x
)
Recherchez tout d’abord l’ensemble de définition ! h(x) existe si et seulement si :
x ≥ 0
x > 0
 x ≥ 0

1
 x ≥ 0

⇔
⇔
>
⇔
x
0




1 ⇔ x>
−
>
x
x
2
1
0
4
2 x − x > 0


 x > 2
−
>
x
2
1
0

 1

La fonction x " x est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc sur  ; + ∞  . La fonction
4


 1

 1

x " 2 x − x est dérivable sur  ; + ∞  (différence de fonctions dérivables sur  ; + ∞  )
4
4




et prend ses valeurs dans ]0 ; +∞[ (voir recherche de l’ensemble de définition) or la fonction ln
 1

est dérivable sur ]0 ; +∞[ donc h est dérivable sur  ; + ∞  comme composée de fonctions
 4

dérivables.
1
4 x −1
2−
4 x −1
 1

2 x = 2 x =
∀x∈  ; + ∞  h '( x) =
2x − x 2x − x 2 x 2x − x
 4

(
)
(
)
4 x −1
4 x −1
 1

=
ou, si vous préférez, ∀x∈  ; + ∞  h '( x) =
 4

2 x x 2 x −1
2x 2 x −1
(
1!
)
(
)
Déterminer les limites suivantes :
a.
2ln x − 1
x →+∞ ln 2 x + 3
lim
1 

1
ln x  2 −
2−

2ln x − 1
1
ln x 

x
ln
∀x∈ ] 0 ; + ∞ [ − {1}
=
=
×
2
3
ln x + 3 ln 2 x  1 + 3  ln x 1 +


ln 2 x
 ln 2 x 
1
2ln x − 1
lim ln x = +∞ donc lim
= 0 théorèmes d’opérations … lim 2
=0
x →+∞
x →+∞ ln x
x →+∞ ln x + 3
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2
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b. lim
2ln x − 1
x+3
x →0 ln 2
1
2−
1
ln x et comme
On utilise la même écriture ∀x∈ ] 0 ; + ∞ [ − {1}
=
×
ln 2 x + 3 ln x 1 + 3
ln 2 x
1
2ln x − 1
lim ln x = −∞ donc lim
= 0 théorèmes d’opérations … lim 2
=0
x →0
x →0 ln x
x →0 ln x + 3
2ln x − 1
(
lim ( x
c. lim x 2 − π + 2ln x
x →0
)
(
)
− π = −π et lim ln x = −∞ donc lim x 2 − π + 2ln x = −∞
2
x →0
1&
)
x →0
x →0
Déterminer les limites suivantes :
a. lim
(
ln 1 + x 2
x →0
)
x
(
ln 1 + x
2
)
x
 x ≠ 0
existe si et seulement si 
⇔ x ≠ 0 . Ensemble de définition : R*.
2
1 + x > 0
(
)
ln 1 + x 2
ln(1 + h)
= 1 (théorème de composition)
= 1 donc lim
lim x = 0 et lim
x →0
h→0
x →0
h
x2
2
or ∀x∈R*
(
ln 1 + x 2
) = ln (1 + x ) × x donc
2
x2
x
lim
(
ln 1 + x 2
x →0
x
) = 0 (théorème de multiplication)
b. lim [ ( x + 3)ln( x + 3) − x ]
x →−3
lim ( x + 3) = 0 et lim X ln X = 0 donc lim ( x + 3) ln( x + 3) = 0 (théorème de composition)
x →−3
X →0
x →−3
lim [ ( x + 3)ln( x + 3) − x ] = 3 (théorème d’addition)
x →−3
c.
lim
(
)
ln x 2 + 1
x →+∞
x
On a déjà déterminé l’ensemble de définition R*.
1 
 2
1 

2
ln x 2 + 1 ln  x 1 + x 2   ln x + ln  1 + x 2 
∀x∈R*
=
=
x
x
x
1


ln x 2 + 1 2ln x ln  1 + x 2 
∀x∈ ] 0 ; + ∞ [
=
+
x
x
x
ln x
Par théorème (croissances comparées) lim
=0
x →+∞ x
1
1 
1 


= 0 donc lim  1 + 2  = 1 et comme lim ln X = 0 , lim ln  1 + 2  = 0
lim
x →+∞ x 2
x →+∞ 
X
→
1
x
→+∞
x 
x 

1 

ln 1 + 2 
ln x 2 + 1
x


=0
= 0 et théorème d’addition : lim
théorème de division : lim
x →+∞
x →+∞
x
x
(
)
(
)
(
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3
)
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CORRIGES DES EXERCICES
( )
x ln ( x ) existe si et seulement si x
∀x∈R* x ln ( x ) = 2 x ln x
∀x∈ ] 0 ; + ∞ [ x ln ( x ) = 2 x ln x
d. lim x ln x 2
x →0
2
2
> 0 ⇔ x ≠ 0 . Ensemble de définition : R*.
2
2
∀x∈ ] − ∞ ; 0 [
lim (− x) = 0+
x →0
x<0
or
( )
lim x ln x = 0 donc lim x ln x 2 = 0
x →0
( )
x →0
x >0
x ln x 2 = 2 x ln(− x) = −2( − x) ln(− x)
or
( )
lim X ln X = 0 donc lim (− x) ln(− x) = 0 donc lim x ln x 2 = 0
X →0
x →0
x<0
( )
x →0
x<0
Bilan : lim x ln x 2 = 0 .
x →0
e.
lim ln
x →−∞
x −1
x +1
x +1 ≠ 0
x −1

. Ensemble de définition : ]−∞ ; −1[∪]1 ; +∞[.
ln
existe si et seulement si  x − 1
x +1
 x + 1 > 0
x −1
x
x −1
lim
= lim = 1 et lim ln X = 0 donc lim ln
= 0 (théorème de composition)
x →−∞ x + 1 x →−∞ x
X →1
x →−∞
x +1
f.
ln( x − 2)
x →+∞ ln( x + 3)
lim
x − 2 > 0
x > 2
x > 2
ln( x − 2)



existe si et seulement si  x + 3 > 0
⇔  x > −3 ⇔  x > −3 ⇔ x > 2
ln( x + 3)
ln( x + 3) ≠ 0
x + 3 ≠ 1
 x ≠ −2



Ensemble de définition : ]2 ; +∞[.

 2 
 ln  1 − x  

 2
ln x 1 + 
ln  1 − 
  2 
x
ln
2


x
ln  x 1 −   ln x + ln  1 − 
1+ 


x
ln( x − 2)
x


=

=

=
ln x
∀x∈ ] 2 ; + ∞ [
= 
ln( x + 3)
  3 
 3

 3
3 

ln  1 + 
ln  x  1 +   ln x + ln  1 + 
 ln 1 + x  
x
x
x 

 1+ 
 
ln x 1 + 
ln
x
ln
x




ln( x − 2)
Appliquez les théorèmes d’opérations … lim
=1
x →+∞ ln( x + 3)
1*
Résoudre les équations suivantes :
a. ln( x + 3) + ln(2 − x) = ln(11 − 7 x)
 x > −3
x + 3 > 0

11
11 

11

Ensemble de définition :  − 3 ;  car 11 − 7 x > 0 ⇔  > x ⇔ − 3 < x <
7
7 

2 − x > 0
7

2 > x
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ln [ ( x + 3)(2 − x)] = ln(11 − 7 x)

ln( x + 3) + ln(2 − x) = ln(11 − 7 x) ⇔ 
11
 −3 < x <
7

0 = x 2 − 6 x + 5
( x + 3)(2 − x) = 11 − 7 x


ln( x + 3) + ln(2 − x) = ln(11 − 7 x) ⇔ 
⇔ 
11
11
 −3 < x < 7
 −3 < x <
7

 x = 1 ou x = 5

L’ensemble des solutions est {1}.
ln( x + 3) + ln(2 − x) = ln(11 − 7 x) ⇔ 
11
 −3 < x < 7
b. ln( x − e) + ln x = 2 + ln 2
x − e > 0
car 
⇔ x>e
x > 0
2
2
ln [ ( x − e) x ] = ln e + ln 2
ln [ ( x − e) x ] = ln 2e
ln( x − e) + ln x = 2 + ln 2 ⇔ 
⇔ 
 x > e
 x > e
Ensemble de définition :
] e;+∞ [
( x − e) x = 2e 2
 x 2 − ex − 2e2 = 0
 x = 2e ou x = −e
ln( x − e) + ln x = 2 + ln 2 ⇔ 
⇔ 
⇔ 
x > e
 x > e
 x > e
L’ensemble des solutions est {2e}.
c. ln( x − 2) − ln x = ln(2 x − 3)
x > 2
x − 2 > 0

3


Ensemble de définition : ] 2 ; + ∞ [ car 2 x − 3 > 0 ⇔  x > ⇔ x > 2
2
x > 0


 x > 0
ln( x − 2) − ln x = ln(2 x − 3) ⇔ ln( x − 2) = ln x + ln(2 x − 3)
 x − 2 = x(2 x − 3)
ln( x − 2) = ln [ x(2 x − 3)]
ln( x − 2) − ln x = ln(2 x − 3) ⇔ 
⇔ 
 x > 2
x > 2
x = 1
0 = 2 x 2 − 4 x + 2
0 = 2( x − 1) 2
ln( x − 2) − ln x = ln(2 x − 3) ⇔ 
⇔ 
⇔ 
 x > 2
 x > 2
x > 2
L’ensemble des solutions est { }.
d. ln( x − 1) − ln( x + 1) = − ln(2 x − 4)
x −1 > 0
x > 1


Ensemble de définition : ] 2 ; + ∞ [ car  x + 1 > 0 ⇔  x > −1 ⇔ x > 2
2 x − 4 > 0
x > 2


ln( x − 1) − ln( x + 1) = − ln(2 x − 4) ⇔ ln( x − 1) + ln(2 x − 4) = ln( x + 1)
ln [ ( x − 1)(2 x − 4)] = ln( x + 1)
( x − 1)(2 x − 4) = x + 1
⇔ 
ln( x − 1) − ln( x + 1) = − ln(2 x − 4) ⇔ 
 x > 2
x > 2
1

2 x 2 − 7 x + 3 = 0
 x = 3 ou x =
ln( x − 1) − ln( x + 1) = − ln(2 x − 4) ⇔ 
⇔ 
2
 x > 2
 x > 2
L’ensemble des solutions est {3}.
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1(
Résoudre les inéquations suivantes :
a. ln x − ln( x + 1) ≥ ln( x + 3) − ln( x − 4)
x > 0
x > 0
x +1 > 0
 x > −1


⇔ 
⇔ x>4
Ensemble de définition : ] 4 ; + ∞ [ car 
+
>
x
3
0

 x > −3
 x − 4 > 0
 x > 4
ln x − ln( x + 1) ≥ ln( x + 3) − ln( x − 4) ⇔ ln x + ln( x − 4) ≥ ln( x + 3) + ln( x + 1)
ln [ x( x − 4)] ≥ ln [ ( x + 3)( x + 1) ]
ln x − ln( x + 1) ≥ ln( x + 3) − ln( x − 4) ⇔ 
 x > 4
3

 x( x − 4) ≥ ( x + 3)( x + 1)
 −8 x ≥ 3
x ≤ −
⇔ 
⇔ 
ln x − ln( x + 1) ≥ ln( x + 3) − ln( x − 4) ⇔ 
8
x > 4
x > 4
 x > 4
L’ensemble des solutions est { }.
b. ln( x + 1) − ln(2 − x) ≤ ln(3 − x)
x +1 > 0
 x > −1


Ensemble de définition : ] − 1; 2 [ car  2 − x > 0 ⇔  2 > x ⇔ − 1 < x < 2
3 − x > 0
3 > x


ln( x + 1) − ln(2 − x) ≤ ln(3 − x) ⇔ ln( x + 1) ≤ ln(3 − x) + ln(2 − x)
ln( x + 1) ≤ ln [ (3 − x)(2 − x)]
 x + 1 ≤ (3 − x)(2 − x)
⇔ 
ln( x + 1) − ln(2 − x) ≤ ln(3 − x) ⇔ 
 −1 < x < 2
−1 < x < 2
0 ≤ x 2 − 6 x + 5
 x ≤ 1 ou x ≥ 5
ln( x + 1) − ln(2 − x) ≤ ln(3 − x) ⇔ 
⇔ 
 −1 < x < 2
 −1 < x < 2
L’ensemble des solutions est ]−1 ; 1].
c. ln(2 x − 7) ≤ ln( x + 3)
7

2 x − 7 > 0
7
x >
 7

⇔ 
Ensemble de définition :  ; + ∞  car 
2 ⇔ x>
2
 2

x + 3 > 0
 x > −3
2 x − 7 ≤ x + 3
 x ≤ 10
7


ln(2 x − 7) ≤ ln( x + 3) ⇔ 
⇔ 
7
7 ⇔ < x ≤ 10
2
 x > 2
 x > 2
7 
L’ensemble des solutions est  ;10  .
2 
2)
Etudier la parité des fonctions suivantes :
a. f : x " x 2 ln x
f(x) existe si et seulement si x > 0 ⇔ x ≠ 0 . L’ensemble de définition de f est R*.
Il est bien symétrique par rapport à 0.
∀x∈R* f (− x) = (− x) 2 ln − x = x 2 ln x = f ( x)
La fonction f est paire.
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b. g : x " ln
2+ x
2− x
2 − x ≠ 0
x ≠ 2

g(x) existe si et seulement si  2 + x
⇔ 
⇔ − 2 < x < 2 . L’ensemble de
 −2 < x < 2
 2 − x > 0
définition de g est ]−2 ; 2[. Il est bien symétrique par rapport à 0.
2 + (− x)
2− x
1
2+ x
∀x∈] − 2; 2[ g (− x) = ln
= ln
= ln
= − ln
= − g ( x)
2+ x
2 − (− x)
2+ x
2− x
2− x
La fonction g est impaire.
c. h : x " x ln ( x − 1)
h(x) existe si et seulement si
x − 1 > 0 ⇔ x > 1 ⇔ ( x < −1 ou x > 1) . L’ensemble de
définition de h est ]−∞ ; -1[U]−∞ ; -1[. Il est bien symétrique par rapport à 0.
2 + (− x)
2− x
1
2+ x
∀x∈] − 2; 2[ g (− x) = ln
= ln
= ln
= − ln
= − g ( x)
2+ x
2 − (− x)
2+ x
2− x
2− x
La fonction h est impaire.
2@
 1  1   1 
1. Si n∈N*, on considère le produit Pn = (1 + 1)  1 +  1 + …1 +  .
 2  3   n 
Constater que Pn s'exprime très simplement en fonction de n.
n + 1 (n + 1)!
 1  1   1  2 3 4
=
= n +1
Pn = (1 + 1)  1 +  1 + … 1 +  = × × × … ×
n
n!
 2  3   n  1 2 3
 1
 1
 1
En déduire la valeur de : P'n = ln 2 + ln  1 +  + ln  1 +  + … + ln 1 +  .
2
3




 n
  1  1
 1
 1
 1
 1 
P'n = ln 2 + ln  1 +  + ln  1 +  + … + ln 1 +  = ln  2 ×  1 +  × 1 +  × … × ln 1 +  
 2
 3
 n
 n 
  2  3
P'n = ln Pn = ln(n + 1)
Les suites (Pn) et (P'n) tendent-elles vers une limite ? Si oui, laquelle ?
lim Pn = lim (n + 1) = +∞
n →+∞
n →+∞
de plus, lim ln X = +∞ donc lim P'n = lim ln(n + 1) = +∞ (théorème de composition)
X →+∞
n →+∞
n →+∞
1
1
.
×
×… ×
1
1
1
1−
1−
1−
n
2
3
Constater que Rn s'exprime très simplement en fonction de n.
2. Soit le produit R n =
1
1
1
1 1
1
1
1
1
×
×… ×
= × ×…×
=
×
×… ×
n −1
1
1
1 1 2
1
1
1
1−
1−
1−
1−
1−
1−
n 2 3
n
n
2
3
2
3
2 3
n
n!
R n = × ×… ×
=
=n
1 2
n − 1 (n − 1)!
Rn =
1
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7
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CORRIGES DES EXERCICES
 1
 1
 1
En déduire la valeur de : R'n = ln  1 −  + ln  1 −  + … + ln  1 −  .
 2
 3
 n
 1   1 
 1
 1
 1
 1 
R'n = ln  1 −  + ln  1 −  + … + ln  1 −  = ln  1 −  × 1 −  × … × 1 −  
 2
 3
 n
 n 
 2   3 
 1 
1
R'n = ln 
 = ln = − ln n
n
 Rn 
Les suites (Rn) et (R'n) tendent-elles vers une limite ? Si oui, laquelle ?
lim R n = lim n = +∞
n →+∞
n →+∞
Comme lim ln n = +∞ ,
lim R'n = −∞ .
n →+∞
n→+∞
1 
1 
1 



3. Calculer : Q'n = ln 1 − 2  + ln 1 − 2  + … + ln 1 − 2  .
 2 
 3 
 n 
1 
1 
1 



Q'n = ln  1 − 2  + ln 1 − 2  + … + ln 1 − 2 
 2 
 3 
 n 
 1  1  
 1  1  
 1  1  
Q'n = ln 1 + 1 −   + ln 1 + 1 −   + … + ln 1 + 1 −  
 2  2  
 3  3  
 n  n  
 1
 1
 1
 1
 1
 1
Q'n = ln  1 +  + ln 1 −  + ln 1 +  + ln 1 −  + … + ln 1 +  + ln 1 − 
 2
 2
 3
 3
 n
 n
 1
 1
 1
 1
 1
 1
Q'n = ln 2 + ln  1 +  + ln 1 +  + … + ln 1 +  + ln 1 −  + ln 1 −  + … + ln 1 −  − ln 2
 2
 3
 n
 2
 3
 n
n +1
Q'n = P 'n + R 'n − ln 2 = ln(n + 1) − ln n − ln 2 = ln
2n
La suite (Q'n) tend-elle vers une limite ? Si oui, laquelle ?
n +1
n 1
1
lim
= lim
=
(théorème sur fonctions rationnelles) et lim ln x = ln donc
1
n →+∞ 2n
n →+∞ 2n
2
2
x→
2
1
lim Q'n = ln = − ln 2 (théorème de composition)
n→+∞
2
1 
1
1 


En déduire la limite, si elle existe, de : Qn =  1 − 2 1 − 2  ×… × 1 − 2 
 2  3 
 n 
Puisque Q 'n = ln Q n
2#
Qn = eQ 'n
d’où (encore une composition)
lim Q n = e
n→+∞
Etudier les variations de la fonction f définie par :
f ( x) = ln
ln
1
2
=
1
2
2x + 1
et la représenter
x +1
graphiquement.
f(x) existe si et seulement si
2x + 1
 1
> 0 , ce qui équivaut à x∈ ] − ∞ ; − 1 [ ∪  − ; + ∞
x +1
 2

.

2x + 1
est une fonction rationnelle. Elle est donc dérivable sur son ensemble de
x +1
définition R−{−1}. Elle est donc dérivable sur Df et prend alors ses valeurs dans ]0 ; +∞[ d’après
l’étude de signe faite plus haut. Or la fonction ln est dérivable sur ]0 ; +∞[.
f est donc dérivable sur Df comme composée de fonctions dérivables.
2 × ( x + 1) − (2 x + 1) × 1
1
2
1
x +1
1
( x + 1)
( x + 1) 2
∀x∈ Df f '( x) =
=
=
×
=
2x + 1
2 x + 1 ( x + 1) 2 2 x + 1 ( x + 1)(2 x + 1)
x +1
x +1
La fonction x "
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8
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CORRIGES DES EXERCICES
Le signe d’un produit étant le même que celui d’un quotient, f '(x) est strictement positive sur Df
 1

donc f est strictement croissante sur ] − ∞ ; − 1 [ et sur  − ; + ∞  .
 2

2x + 1
2x
= lim
= 2 et lim ln X = ln 2 donc lim f ( x) = ln 2 (composition)
Limite en −∞ : lim
x →−∞ x + 1
x →−∞ x
X →2
x →−∞
Limite finie d’où asymptote horizontale d’équation y = ln2. Mêmes conclusions en +∞.
Limite en −1 : lim (2 x + 1) = −1 et lim ( x + 1) = 0 et si x < −1 alors x + 1 < 0 donc
x →−1
x →−1
2x + 1
lim
= +∞ . De plus, lim ln X = +∞ donc lim f ( x) = +∞ (composition).
x →−1 x + 1
X →+∞
x →−1
x <−1
Limite infinie donc asymptote verticale d’équation x = −1.
1
1
2x + 1
Limite en − : lim (2 x + 1) = 0 et lim ( x + 1) = donc lim
= 0 . De plus,
1
1
1
2
2
x →−
x →−
x →− x + 1
2
2
2
lim ln X = −∞ donc lim f ( x) = −∞ (composition).
X →0
x →−
1
2
1
Limite infinie donc asymptote verticale d’équation x = − .
2
x
−∞
f '(x)
f (x)
−1
−1/2
+
ln2
+∞
+
+∞
−∞
ln2
 3

 3

f − + h + f − − h
4

 4
 . Que peut-on
Calculer 
2
en conclure pour la représentation graphique de f ?
 3

3
2 − + h  +1
− + 2h + 1
4
 3



f  − + h  = ln
= ln 2
3
 3

 4

− + h +1
 − + h +1
4
 4

1
− + 2h
3
−2 + 8h


f  − + h  = ln 2
= ln
1
1 + 4h
 4

+h
4
3
−2 − 8h


 3

On obtient f  − − h  en remplaçant h par −h : f  − + h  = ln
1 − 4h
 4

 4

 3

 3

 −2 + 8h −2 − 8h 
f  − + h  + f  − − h  ln −2 + 8h + ln −2 − 8h ln 
×

1 − 4h 
 4

 4
=
1 + 4h
1 − 4h =  1 + 4 h
2
2
2
 2 ( 4h − 1) −2(4h + 1) 
 3

 3

×
f  − + h  + f  − − h  ln 

−(4h − 1)  ln 4 2 ln 2
 4

 4
 =  4h + 1
=
=
= ln 2
2
2
2
2
 3

Ce résultat est constant. La courbe admet donc un centre de symétrie de coordonnées  − ;ln 2  .
4


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9
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CORRIGES DES EXERCICES
2$
Partie A - Étude préliminaire : mise en place d'une inégalité
!!
1. Le plan est muni d'un repère orthonormal (O; i, j ) . On désigne par ∆ la droite d'équation y = x + 1
et par Γ la courbe d'équation y = e x.
a. Que représente la droite ∆ pour la courbe Γ ?
La droite ∆ est la tangente à Γ au point d’abscisse 0. En effet, celle-ci a pour équation :
y = exp'(0) × ( x − 0) + exp(0) ⇔ y = e0 x + e0 ⇔ y = x + 1 .
!!
b. Tracer dans le repère (O; i, j ) la droite ∆ et donner l'allure de Γ.
Γ
∆
2. a. Démontrer que pour tout réel t, et ≥ t + 1 . Interpréter graphiquement ce résultat.
Considérons la fonction ϕ : t " et − (t + 1) . Cette fonction est dérivable sur R (différence de
deux fonctions dérivables sur R). ∀t ∈R ϕ '(t ) = et − 1 .
• Si t < 0, alors et < 1 donc ϕ'(t) < 0 et comme ϕ est dérivable sur ]−∞ ; 0], ϕ est donc
strictement décroissante sur ]−∞ ; 0].
• Si t > 0, alors et > 1 donc ϕ'(t) > 0 et comme ϕ est dérivable sur [0 ; +∞[, ϕ est donc
strictement croissante sur [0 ; +∞[.
• En 0, la dérivée de ϕ s’annule en changeant de signe. ϕ admet un minimum absolu égal à
ϕ(0) = 0, d’où ∀t ∈R ϕ(t ) ≥ 0 , c'est-à-dire ∀t ∈R et − (t + 1) ≥ 0 d’où ∀t ∈R et ≥ t + 1 .
Cela veut dire que la courbe Γ est au-dessus de sa tangente ∆.
1
+ lnx + l ≥ 2.
x
Puisque l’inégalité et ≥ t + 1 est vraie pour tout réel t, on peut remplacer t par −t :
b. En déduire que pour tout réel t, e− t + t + 1 ≥ 2 , et que pour tout x de R*+ , on a
∀t ∈R e −t ≥ − t + 1 d’où e −t + t ≥ 1 . On ajoute 1 pour obtenir ∀t ∈R e −t + t + 1 ≥ 2 .
Tout nombre réel est le logarithme népérien d’un réel strictement positif. On peut donc
− ln x
+ ln x + 1 ≥ 2 d’où ∀x∈]0; + ∞ [ e
remplacer t par lnx : ∀x∈]0; + ∞ [ e
1
qui revient à ∀x∈]0; + ∞ [ + ln x + 1 ≥ 2 .
x
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10
ln
1
x
+ ln x + 1 ≥ 2 ce
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CORRIGES DES EXERCICES
Partie B - Étude d'une fonction
On considère la fonction g définie sur ]0 ; +∞[ par g(x) = (x + 1)lnx.
! !
On appelle C la courbe représentative de g dans le plan muni d'un repère orthonormal (O; u , v ) (unité
graphique: 2 cm).
1. a. Étudier le sens de variation de g en utilisant la partie A.
g est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme produit de deux fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[.
1
1
∀x∈]0; + ∞ [ g '( x) = 1 × ln x + ( x + 1) × = ln x + 1 +
x
x
D’après le A.2.b., ∀x∈]0; + ∞ [ g '( x) ≥ 2 . La dérivée de g est donc strictement positive sur
]0 ; +∞[ et par suite g est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
b) Déterminer les limites de la fonction g en 0 et en +∞.
Limite en 0 : lim( x + 1) = 1 et lim ln x = −∞ donc lim g ( x) = −∞ (théorème de multiplication)
x →0
x →0
x →0
Cette limite est infinie. C admet donc l’axe des ordonnées pour asymptote.
Limite en +∞ : lim ( x + 1) = +∞ et lim ln x = +∞ donc lim g ( x) = +∞
x →+∞
x →+∞
x →+∞
2. a. Déterminer une équation de la tangente D à C au point d'abscisse 1.
Cette équation est : y = g '(1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = 2( x − 1) + 0 ⇔ y = 2 x − 2
b. On appelle h la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par : h(x) = g(x) − 2x + 2.
Étudier le sens de variation de h. (On pourra utiliser la question A.2.b.).
Puisque g est dérivable sur ]0 ; +∞[ et x " −2x + 2 dérivable sur R (fonction polynôme), h est
dérivable sur ]0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
∀x∈]0; + ∞ [ h '( x) = g '( x) − 2 or on a montré que ∀x∈]0; + ∞ [ g '( x) ≥ 2
∀x∈]0; + ∞ [ h '( x) ≥ 0 et la fonction h est croissante sur ]0 ; +∞[.
donc
En déduire le signe de h(x) suivant les valeurs de x.
h s’annule en 1 (la droite D d’équation y = 2 x − 2 est tangente à C au point d’abscisse 1) et est
croissante sur ]0 ; +∞[. Par conséquent, h est négative sur ]0 ; 1] et positive sur [1 ; +∞[.
c. Étudier la position de C par rapport à D.
La position de C par rapport à D s’étudie au moyen
du signe de la différence g(x) − (2x – 2), c'est-àdire h(x), signe étudié à la question précédente.
C est donc au-dessous de D sur ]0 ; 1] et au-dessus
de D sur l’intervalle[1 ; +∞[.
Remarquons qu’en 1, C traverse donc sa tangente.
Il s’agit d’un point d’inflexion.
0
0
3. Tracer C et D dans le repère (O ; u , v ).
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