Corrigés – Fonction logarithme népérien – Tle L

Exercice 1

Résolution d’équations :
Dans tout l’exercice, on notera D_v, le domaine de validité
1) \ln x^2 = 1
D_v = \lbrace x \in \Psi/ x^2 > 0 \rbrace \\ D_v=]-\infty ; 0[ \cup ]0 ; +\infty[
\ln x^2 = 1 \Leftrightarrow \ln x^2 = \ln e
x^2 = e \Leftrightarrow x = -\sqrt{e} ou x = \sqrt{e}
S_{\Psi} = \lbrace -\sqrt e ; \sqrt e \rbrace

2) 2\ln x = 1
D_v = \lbrace x \in \Psi/x > 0 \rbrace \\ D_v= ]-\infty ; 0[ \cup ]0 ; +\infty[
\ln x^2 = 1 \Leftrightarrow \ln x^2 = \ln e
x^2 = e \Leftrightarrow x = -\sqrt e ou x = \sqrt e
\sqrt e \in D_v, donc ;
S_{\Psi} = \lbrace \sqrt e \rbrace

3) \ln (x+2) – \ln(x-1) =2
D_v = \lbrace x \in \Psi / x +2 > 0 et x – 1>0 \rbrace = ]1 ; +\infty[
\ln (x+2) – \ln (x-1) = 2 \\ \Leftrightarrow \ln (\dfrac{x+2}{x-1}) = \ln e^2

\dfrac{x+2}{x-1} = e^2 ;~~x= \dfrac{2+e^2}{e^2 – 1}

S_{\Psi} = \lbrace\dfrac{2+e^2}{e^2-1}\rbrace

Exercice 2

1) Résolution d’inéquations
\ln (3x^2 – x) \leq \ln x + \ln 2

D_v = \lbrace x \in~ \Psi / 3x^2 – x >0 et x > 0 \rbrace \\ D_v= ]-\infty ; 0 [ \cup ]\dfrac{1}{3} ; +\infty[ \cap ]0 ; +\infty[

D_v = ]\dfrac{1}{3} ; +\infty [

\ln(3x^2 – x) \leq \ln x + \ln 2 \\ \Leftrightarrow \ln (3x^2 – x) \leq \ln2x

3x^2 – x \leq 2x \\ 3x^2 – 3x \leq 0 \\ 3x(x-1) \leq 0

Tableau de signe

S = ]0 ; 1[ \cap ]\dfrac{1}{3} ; +\infty [ \cap ]\dfrac{1}{3} ; 1 [

2) Résolution du système d’équation
\begin{cases} x+y=3 \\ \ln x + \ln y = \ln2 \end{cases}

D_v = \lbrace x et y \in \Psi/x > 0 et y > 0 \rbrace \\ D_v = ]0 ; +\infty[
\begin{cases} x+y=3 \\ \ln x + \ln y = \ln 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x+y = 3 \\ \ln xy = \ln 2 \end{cases}

\begin{cases} x+y=3 \\ xy=2 \end{cases}

On résout X^2-SX+P=0 avec
S=x+y et P=xy

D’où X^2 – 3X+2=0 \\ \Delta = 9-4\times1\times2=1
X_1 = \dfrac{3-1}{2}=1 et X_2 = \dfrac{3+1}{2} = 2

D’où S_{\Psi \times \Psi} = \lbrace (1;2);(2;1) \rbrace

Exercice 3

Soit f(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x}
1.a) Ensemble de définition D de f.
f(x) existe si et seulement si x \not=0~et~x>0
D_v=]-\infty;0[\cup]0;+\infty[\cap]0;+\infty[ \\ D_v=]0;+\infty[

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

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

f(x)=\dfrac{1}{x}(1+\ln x)
Donc pour tout x \in D, \\ f(x)=\dfrac{1}{x}(1+ \ln x)

\lim\limits_{\substack{x\rightarrow 0^+}}f(x)=\dfrac{1}{0^+}(1+\ln 0^+) \\ =+\infty(1-\infty)=-\infty

c) \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=0

d) les asymptotes à (C).
\lim\limits_{\substack{x\rightarrow 0^+}}f(x)=-\infty~et~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=0~donc les droites d’équation x=0 et y=0 sont respectivement asymptotes verticale et horizontale à (C).

2.a) Calcul de f'(x) et étude de signe.
Pour tout x D_f;~f~est dérivable et
~f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1-\ln x}{x^2}

f'(x)=-\dfrac{\ln x}{x^2}

f'(x) \geq 0 \Harr -\dfrac{\ln x}{x^2} \geq 0~
or \forall ~~x \in \Psi;x^2 \geq 0~donc~le signe de f'(x) est celui de -\ln x
-\ln x \geq 0 \Harr \ln x \leq 0;~ \\ x\leq 1
Ainsi pour x \in ]0;1];~ \\ f'(x)\leq 0 donc f~est décroissante sur~]0;1]

b) Tableau de variations

3.a) Abscisse du point A.
Soit A(x;y)
En ce point y=0 donc A(x;0)

On résout f(x)=0 pour trouver l’abscisse x.
f(x)=0 \Harr \dfrac{1}{x}(1+\ln x)=0
\dfrac{1}{x}=0~ou~(1+\ln x)=0

Or ~\forall ~~x \in ]0;+\infty[;\dfrac{1}{x} \not= 0
On résout donc (1+\ln x)=0 \Harr \ln x=-1 ~ \\ \ln x=\ln e^{-1}
x=e^{-1}=\dfrac{1}{e}
D’où A(\dfrac{1}{e};0)

b) Equation de la tangente (T).
(T):y=f'(\dfrac{1}{e})(x-\dfrac{1}{e})+f(\dfrac{1}{e})~

avec~f'(\dfrac{1}{e})=e^2~et~f(\dfrac{1}{e})=0~

d’où~(T):y=e^2x-e

4)Construction de (C) et (T).