Corrigé des 40 exercices sur le logarithme népérien en terminale à télécharger en PDF

On utilise \(e^{\ln a}=a\) pour \(a\gt 0\) et \(\ln(e^{b})=b\) pour tout réel \(b\).

\[ \begin{aligned} 1)\ e^{\ln 3}&=3 \\ 2)\ e^{-\ln 5}&=\frac{1}{e^{\ln 5}}=\frac{1}{5} \\ 3)\ e^{\ln\left(\frac{1}{3}\right)}&=\frac{1}{3} \\ 4)\ \ln(e^5)&=5 \\ 5)\ \ln 1+\ln e&=0+1=1 \\ 6)\ \ln(e^{-2})&=-2 \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} A&=\ln 7+\ln 8=\ln(7\times 8)=\ln 56 \\ B&=\ln 20-\ln 4=\ln\frac{20}{4}=\ln 5 \\ C&=-\ln 4+\ln 28=\ln\frac{28}{4}=\ln 7 \\ D&=3\ln 2=\ln(2^3)=\ln 8 \\ E&=-2\ln 4=\ln(4^{-2})=\ln\frac{1}{16} \end{aligned} \]

On écrit A et B sous la forme \(\ln c\), puis on utilise la stricte croissance de \(\ln\) sur \(]0\,;+\infty[\) : \(\ln a\lt\ln b\iff a\lt b\).

• 1) \(A=\ln(2\times 5)=\ln 10\) et \(B=\ln 9\). Comme \(10\gt 9\), \(A\gt B\).
• 2) \(A=\ln 4\) et \(B=\ln\frac{6}{2}=\ln 3\). Comme \(4\gt 3\), \(A\gt B\).
• 3) \(A=\ln(2^3)=\ln 8\) et \(B=\ln(3^2)=\ln 9\). Comme \(8\lt 9\), \(A\lt B\).
• 4) \(B=2\ln 5=\ln(5^2)=\ln 25=A\) : \(A=B\).

Pour \(k\gt 0\), l’équation \(e^x=k\) a une unique solution : \(x=\ln k\). De plus, pour \(k\leqslant 0\), elle n’en a pas, car \(e^x\gt 0\).

• 1) \(e^x=2\iff x=\ln 2\). \(S=\{\ln 2\}\).
• 2) \(e^x=-5\) : impossible car \(e^x\gt 0\). \(S=\varnothing\).
• 3) \(e^x=\frac{1}{4}\iff x=\ln\frac{1}{4}=-\ln 4\). \(S=\{-\ln 4\}\).

Pour \(x\gt 0\) et \(a\gt 0\) : \(\ln x=\ln a\iff x=a\). De même, plus généralement, \(\ln x=b\iff x=e^{b}\).

• 1) \(\ln x=\ln\frac{1}{2}\iff x=\frac{1}{2}\).
• 2) \(\ln x=\frac{\ln 5}{2}=\frac{1}{2}\ln 5=\ln\left(5^{\frac{1}{2}}\right)=\ln\sqrt{5}\iff x=\sqrt{5}\).
• 3) \(\ln x=-\ln 9=\ln\frac{1}{9}\iff x=\frac{1}{9}\).

Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

1) Sur \(]0\,;+\infty[\) : \(\ln x-2=0\iff x=e^2\) ; \(1+\ln x=0\iff\ln x=-1\iff x=e^{-1}\). \(S=\{e^{-1}\,;e^2\}\).

2) Sur \(\mathbb{R}\) : \(e^x+5\gt 0\) ne s’annule jamais ; \(e^x-3=0\iff x=\ln 3\). \(S=\{\ln 3\}\).

3) Sur \(]0\,;+\infty[\) : \(\ln x=0\iff x=1\) ; \(6-3\ln x=0\iff\ln x=2\iff x=e^2\). \(S=\{1\,;e^2\}\).

On travaille sur \(]0\,;+\infty[\) et on utilise la stricte croissance de \(\ln\) : \(\ln x\geqslant b\iff x\geqslant e^{b}\).

• 1) \(\ln x\geqslant 1=\ln e\iff x\geqslant e\). \(S=[e\,;+\infty[\).
• 2) \(\ln x\gt -2\iff x\gt e^{-2}\). \(S=\,]e^{-2}\,;+\infty[\).
• 3) \(\ln x\leqslant\frac{1}{2}\iff x\leqslant e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}\), avec \(x\gt 0\). \(S=\,]0\,;\sqrt{e}]\).
• 4) \(\ln x\lt 3\iff x\lt e^3\), avec \(x\gt 0\). \(S=\,]0\,;e^3[\).

1) Vrai. \(\ln x=0\iff x=1\) : 0 a un unique antécédent, 1 (la fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc elle ne prend qu’une fois chaque valeur).

2) Faux. \(f(1)=\ln 1=0\). Ensuite, c’est l’image de \(e\) qui vaut 1.

3) Faux. \(\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\) : il n’y a pas d’asymptote horizontale en \(+\infty\).

4) Vrai. \(\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\) : la droite d’équation \(x=0\) (axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}\).

5) Faux. \(x=e^{101}\) vérifie \(\ln x=101\gt 100\) : tout \(x\gt e^{100}\) convient.

1) \(f(1)=0\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), donc \(f^{\prime}(1)=1\). Ensuite, la tangente a pour équation \(y=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1)\), soit \(y=x-1\).

2) À la calculatrice, on conjecture que \(\mathcal{C}\) est en dessous de T sur \(]0\,;+\infty[\), les deux se touchant au point \((1\,;0)\).

3) a) \(d\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et \(d^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\). Puis comme \(x\gt 0\), \(d^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-x\).

(En 0 : \(\ln x\to-\infty\), donc \(d(x)\to-\infty\). Par ailleurs, en \(+\infty\) : \(d(x)=x\left(\frac{\ln x}{x}-1\right)+1\to-\infty\) car \(\frac{\ln x}{x}\to 0\).)

b) \(d\) admet un maximum égal à \(d(1)=0\). Donc \(d(x)\leqslant 0\) pour tout \(x\gt 0\), avec égalité seulement en \(x=1\).

c) \(d(x)=\ln x-(x-1)\) est la différence entre l’ordonnée d’un point de \(\mathcal{C}\) et celle du point de T de même abscisse. De plus, comme \(d(x)\leqslant 0\), \(\ln x\leqslant x-1\) : \(\mathcal{C}\) est en dessous de T, et ne la touche qu’en \((1\,;0)\). Puis la conjecture est démontrée.

Calculs.

\[ \begin{aligned} 1)\ \ln(0{,}5)+\ln 2&=\ln(0{,}5\times 2)=\ln 1=0 \\ 2)\ 3\ln 2-\ln 4&=\ln 8-\ln 4=\ln\frac{8}{4}=\ln 2 \\ 3)\ \left(\ln(e^3)\right)^2&=3^2=9 \\ 4)\ e^{\ln 2+\ln 3}&=e^{\ln 6}=6 \end{aligned} \]

Entiers ou inverses d’entiers. On utilise \(n\ln a=\ln(a^n)\) puis \(e^{\ln c}=c\).

\[ \begin{aligned} A&=e^{2\ln 3}=e^{\ln 9}=9 \\ B&=e^{4\ln 2}=e^{\ln 16}=16 \\ C&=e^{-\ln 4}=e^{\ln\frac{1}{4}}=\frac{1}{4} \\ D&=e^{-5\ln 2}=e^{\ln\frac{1}{32}}=\frac{1}{32} \end{aligned} \]

On regroupe tout dans l’exposant grâce aux propriétés de \( \ln \), puis on utilise \( e^{\ln a} = a \) pour \( a \gt 0 \), ainsi que \( e^{a} \times e^{b} = e^{a+b} \) et \( \dfrac{e^{a}}{e^{b}} = e^{a-b} \).

1)

\[ \begin{aligned} A &= e^{\ln 6 – 2\ln 3} = e^{\ln 6 – \ln 9} = e^{\ln \frac{6}{9}} \\ &= \frac{6}{9} = \frac{2}{3} \end{aligned} \]

2)

\[ \begin{aligned} B &= e^{3\ln 2 – \ln 4 + 1} = e^{\ln 8 – \ln 4} \times e^{1} \\ &= e^{\ln 2} \times e = 2e \end{aligned} \]

3)

\[ C = \frac{e^{\ln 5 – 1}}{e^{2 + \ln 5}} = e^{(\ln 5 – 1) – (2 + \ln 5)} = e^{-3} \]

4)

\[ \begin{aligned} D &= \frac{e^{2\ln 3 – \ln 2}}{e^{-3\ln 2}} = e^{2\ln 3 – \ln 2 + 3\ln 2} = e^{2\ln 3 + 2\ln 2} \\ &= e^{\ln 9 + \ln 4} = e^{\ln 36} = 36 \end{aligned} \]

On utilise \( n\ln a = \ln(a^n) \), puis \( \ln a + \ln b = \ln(ab) \) et \( \ln a – \ln b = \ln\dfrac{a}{b} \) (pour \( a \gt 0 \), \( b \gt 0 \)).

• 1) \( A = 2\ln 5 + \ln 3 = \ln 25 + \ln 3 = \ln(25 \times 3) = \ln 75 \).
• 2) \( B = 3\ln 3 – 2\ln 2 = \ln 27 – \ln 4 = \ln \dfrac{27}{4} \).
• 3) \( C = -\ln 5 + 3\ln 2 = \ln 8 – \ln 5 = \ln \dfrac{8}{5} \).
• 4) \( D = 3\ln 4 – 3\ln 2 = 3(\ln 4 – \ln 2) = 3\ln 2 = \ln 8 \) (ou directement \( \ln 64 – \ln 8 = \ln 8 \)).

L’idée : écrire chaque nombre comme une puissance de 2 (première série) ou de 3 (deuxième série), puis appliquer \( \ln(a^n) = n\ln a \), \( \ln\dfrac{1}{a} = -\ln a \) et \( \ln\sqrt{a} = \dfrac{1}{2}\ln a \).

En fonction de \( \ln 2 \) :

• 1) \( \ln 8 = \ln(2^3) = 3\ln 2 \).
• 2) \( \ln\sqrt{2} = \dfrac{1}{2}\ln 2 \).
• 3) \( \ln\dfrac{1}{4} = -\ln 4 = -\ln(2^2) = -2\ln 2 \).
• 4) \( 3\ln 2 – \ln 16 = 3\ln 2 – 4\ln 2 = -\ln 2 \).

En fonction de \( \ln 3 \) :

• 1) \( \ln\dfrac{1}{9} = -\ln(3^2) = -2\ln 3 \).
• 2) \( \ln 24 – \ln 8 = \ln\dfrac{24}{8} = \ln 3 \).
• 3) \( \ln\dfrac{3}{4} + \ln 4 = \ln\left(\dfrac{3}{4} \times 4\right) = \ln 3 \).
• 4) \( 2\ln 3 – \ln 27 = 2\ln 3 – 3\ln 3 = -\ln 3 \).
• 5) \( \ln(9\sqrt{3}) = \ln 9 + \ln\sqrt{3} = 2\ln 3 + \dfrac{1}{2}\ln 3 = \dfrac{5}{2}\ln 3 \).

On décompose chaque nombre en produit de facteurs premiers, puis on développe le logarithme.

En fonction de \( \ln 2 \) et \( \ln 5 \) :

• 1) \( 20 = 2^2 \times 5 \), donc \( \ln 20 = 2\ln 2 + \ln 5 \).
• 2) \( 100 = 2^2 \times 5^2 \), donc \( \ln 100 = 2\ln 2 + 2\ln 5 \).
• 3) \( \ln\dfrac{4}{25} = \ln(2^2) – \ln(5^2) = 2\ln 2 – 2\ln 5 \).
• 4) \( \ln\sqrt{10} = \dfrac{1}{2}\ln(2 \times 5) = \dfrac{1}{2}\ln 2 + \dfrac{1}{2}\ln 5 \).

En fonction de \( \ln 3 \) et \( \ln 7 \) :

• 1) \( \ln\dfrac{81}{7} = \ln(3^4) – \ln 7 = 4\ln 3 – \ln 7 \).
• 2) \( 441 = 21^2 = 3^2 \times 7^2 \), donc \( \ln 441 = 2\ln 3 + 2\ln 7 \).
• 3) \( \ln\dfrac{49}{27} = \ln(7^2) – \ln(3^3) = 2\ln 7 – 3\ln 3 \).
• 4) \( \ln\sqrt{21} = \dfrac{1}{2}\ln(3 \times 7) = \dfrac{1}{2}\ln 3 + \dfrac{1}{2}\ln 7 \).

On part de \( 0{,}69 \lt \ln 2 \lt 0{,}70 \) et \( 1{,}60 \lt \ln 5 \lt 1{,}61 \). Par ailleurs, règles à respecter : multiplier un encadrement par un nombre positif conserve le sens des inégalités ; on peut additionner deux encadrements membre à membre ; pour soustraire, on passe d’abord à l’opposé, ce qui inverse l’encadrement.

1) \( \ln 4 = 2\ln 2 \). Ensuite, en multipliant par 2 : \( 1{,}38 \lt \ln 4 \lt 1{,}40 \).

2) \( \ln(2^5) = 5\ln 2 \). Puis en multipliant par 5 : \( 3{,}45 \lt \ln(2^5) \lt 3{,}50 \).

3) \( \ln\dfrac{5}{2} = \ln 5 – \ln 2 \). Ainsi, de \( 0{,}69 \lt \ln 2 \lt 0{,}70 \) on tire \( -0{,}70 \lt -\ln 2 \lt -0{,}69 \). De plus, on additionne avec l’encadrement de \( \ln 5 \) :

\[ 1{,}60 – 0{,}70 \lt \ln 5 – \ln 2 \lt 1{,}61 – 0{,}69 \quad \text{soit} \quad 0{,}90 \lt \ln\frac{5}{2} \lt 0{,}92 \]

4) \( \ln\dfrac{16}{25} = \ln(2^4) – \ln(5^2) = 4\ln 2 – 2\ln 5 \). Ensuite, on a \( 2{,}76 \lt 4\ln 2 \lt 2{,}80 \) et \( 3{,}20 \lt 2\ln 5 \lt 3{,}22 \), donc \( -3{,}22 \lt -2\ln 5 \lt -3{,}20 \). Par ailleurs, en additionnant :

\[ 2{,}76 – 3{,}22 \lt \ln\frac{16}{25} \lt 2{,}80 – 3{,}20 \quad \text{soit} \quad -0{,}46 \lt \ln\frac{16}{25} \lt -0{,}40 \]

De même, contrôle à la calculatrice (après coup) : \( \ln\dfrac{5}{2} \approx 0{,}916 \) et \( \ln\dfrac{16}{25} \approx -0{,}446 \), valeurs bien comprises dans les encadrements.

Outils : pour \( x \gt 0 \), \( \ln x = k \iff x = e^{k} \) ; pour \( a \gt 0 \) et \( b \gt 0 \), \( \ln a = \ln b \iff a = b \) ; et \( e^{X} = k \iff X = \ln k \) si \( k \gt 0 \). Puis on commence toujours par l’ensemble de validité (ce qui est dans le \( \ln \) doit être strictement positif).

Première série (on travaille sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \)) :

• 1) \( \ln x = 2 \iff x = e^{2} \). \( S = \{e^{2}\} \).
• 2) \( \ln x = -1 \iff x = e^{-1} = \dfrac{1}{e} \). \( S = \left\{\dfrac{1}{e}\right\} \).
• 3) \( 3\ln x – 9 = 0 \iff \ln x = 3 \iff x = e^{3} \). \( S = \{e^{3}\} \).

Deuxième série :

• 1) Condition : \( x + 5 \gt 0 \), soit \( x \gt -5 \). Alors \( \ln(x+5) = \ln 3 \iff x + 5 = 3 \iff x = -2 \), qui vérifie \( -2 \gt -5 \). \( S = \{-2\} \).
• 2) Condition : \( x^2 \gt 0 \), soit \( x \neq 0 \). Alors \( \ln(x^2) = \ln 9 \iff x^2 = 9 \iff x = 3 \) ou \( x = -3 \). \( S = \{-3 \,;\, 3\} \).
• 3) Condition : \( x^2 + x \gt 0 \). Alors \( x^2 + x = 6 \iff x^2 + x – 6 = 0 \). \( \Delta = 1 + 24 = 25 \), d’où \( x = \dfrac{-1 – 5}{2} = -3 \) ou \( x = \dfrac{-1 + 5}{2} = 2 \). Pour ces deux valeurs, \( x^2 + x = 6 \gt 0 \) : la condition est vérifiée. \( S = \{-3 \,;\, 2\} \).

Troisième série :

• 1) Sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) : \( 2 + 3\ln x = 14 \iff \ln x = 4 \iff x = e^{4} \). \( S = \{e^{4}\} \).
• 2) C’est la même équation que dans la deuxième série : \( S = \{-3 \,;\, 3\} \).
• 3) Sur \( \mathbb{R} \) : \( e^{2-3x} = 5 \iff 2 – 3x = \ln 5 \iff x = \dfrac{2 – \ln 5}{3} \).
• 4) Sur \( \mathbb{R} \) : \( 2e^{2x} – 10 = 0 \iff e^{2x} = 5 \iff 2x = \ln 5 \iff x = \dfrac{\ln 5}{2} \).

1) Condition : \( 2 – x \gt 0 \), soit \( x \lt 2 \).

\[ \ln(2-x) + 1 = 0 \iff \ln(2-x) = -1 \iff 2 – x = e^{-1} \iff x = 2 – \frac{1}{e} \]

Ensuite, comme \( 2 – \dfrac{1}{e} \approx 1{,}63 \lt 2 \), la solution convient : \( S = \left\{2 – \dfrac{1}{e}\right\} \).

2) Conditions : \( x \gt 0 \) et \( x – 1 \gt 0 \), soit \( x \gt 1 \). Puis sur cet intervalle, \( \ln x + \ln(x-1) = \ln\big(x(x-1)\big) \), donc :

\[ \ln\big(x(x-1)\big) = \ln 5 \iff x^2 – x = 5 \iff x^2 – x – 5 = 0 \]

\( \Delta = 1 + 20 = 21 \), d’où \( x_1 = \dfrac{1 – \sqrt{21}}{2} \approx -1{,}79 \) et \( x_2 = \dfrac{1 + \sqrt{21}}{2} \approx 2{,}79 \). De plus, seule \( x_2 \) vérifie \( x \gt 1 \) : \( S = \left\{\dfrac{1 + \sqrt{21}}{2}\right\} \).

3) Conditions : \( 3x \gt 0 \) et \( 1 – x \gt 0 \), soit \( 0 \lt x \lt 1 \). Par ailleurs, sur cet intervalle :

\[ \ln\frac{3x}{1-x} = \ln 2 \iff \frac{3x}{1-x} = 2 \iff 3x = 2 – 2x \iff x = \frac{2}{5} \]

\( \dfrac{2}{5} = 0{,}4 \) est bien dans \( ]0 \,;\, 1[ \) : \( S = \left\{\dfrac{2}{5}\right\} \).

\( \ln X \) n’existe que si \( X \gt 0 \), et un quotient n’existe que si son dénominateur est non nul.

• 1) \( \ln x \) a un sens si et seulement si \( x \gt 0 \) : \( x \in \,]0 \,;\, +\infty[ \).
• 2) \( \ln(3-x) \) : il faut \( 3 – x \gt 0 \), soit \( x \lt 3 \) : \( x \in \,]-\infty \,;\, 3[ \).
• 3) \( \ln(x+2) \) : il faut \( x + 2 \gt 0 \), soit \( x \gt -2 \) : \( x \in \,]-2 \,;\, +\infty[ \).
• 4) \( \dfrac{1}{\ln(x^2)} \) : il faut d’abord \( x^2 \gt 0 \), soit \( x \neq 0 \) ; puis \( \ln(x^2) \neq 0 \), c’est-à-dire \( x^2 \neq 1 \), soit \( x \neq 1 \) et \( x \neq -1 \). L’expression a un sens pour \( x \in \mathbb{R} \setminus \{-1 \,;\, 0 \,;\, 1\} \).

On utilise la stricte croissance de \( \ln \) sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) et de \( \exp \) sur \( \mathbb{R} \) : elles conservent le sens des inégalités.

1. a) Sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) : \( \ln x = 5 \iff x = e^{5} \). \( S = \{e^{5}\} \).

b) \( e^{x} = 7 \iff x = \ln 7 \). \( S = \{\ln 7\} \).

c) Condition : \( 6x + 1 \gt 0 \), soit \( x \gt -\dfrac{1}{6} \). Alors :

\[ \ln(6x+1) \gt 2 \iff 6x + 1 \gt e^{2} \iff x \gt \frac{e^{2} – 1}{6} \]

Ainsi, comme \( \dfrac{e^{2} – 1}{6} \approx 1{,}06 \gt -\dfrac{1}{6} \), la condition est automatiquement vérifiée : \( S = \left]\dfrac{e^{2} – 1}{6} \,;\, +\infty\right[ \).

d) \( e^{3x} \leqslant 4 \iff 3x \leqslant \ln 4 \iff x \leqslant \dfrac{\ln 4}{3} = \dfrac{2\ln 2}{3} \). \( S = \left]-\infty \,;\, \dfrac{2\ln 2}{3}\right] \).

2. Conditions : \( 3x \gt 0 \) et \( 2 – 5x \gt 0 \), soit \( 0 \lt x \lt \dfrac{2}{5} \). De même, sur cet intervalle, comme \( \ln \) est strictement croissante :

\[ \ln(3x) \lt \ln(2 – 5x) \iff 3x \lt 2 – 5x \iff 8x \lt 2 \iff x \lt \frac{1}{4} \]

Ensuite, on croise avec les conditions (\( \dfrac{1}{4} \lt \dfrac{2}{5} \)) : \( S = \left]0 \,;\, \dfrac{1}{4}\right[ \).

Les questions a à d se résolvent sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) ; pour la question e, la condition est \( 2x – 5 \gt 0 \). Ensuite, on applique \( \exp \), strictement croissante.

• a) \( \ln x = 0 \iff x = e^{0} = 1 \). \( S = \{1\} \).
• b) \( \ln x \geqslant 1 \iff x \geqslant e \). \( S = [e \,;\, +\infty[ \).
• c) \( \ln x = 3 \iff x = e^{3} \). \( S = \{e^{3}\} \).
• d) \( \ln x \lt -5 \iff x \lt e^{-5} \), et il faut aussi \( x \gt 0 \) : \( S = \,]0 \,;\, e^{-5}[ \).
• e) Condition : \( x \gt \dfrac{5}{2} \). \( \ln(2x – 5) = -2 \iff 2x – 5 = e^{-2} \iff x = \dfrac{5 + e^{-2}}{2} \approx 2{,}57 \), qui est bien supérieur à \( \dfrac{5}{2} \). \( S = \left\{\dfrac{5 + e^{-2}}{2}\right\} \).

On applique \( \ln \), strictement croissante sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \) : pour \( k \gt 0 \), \( e^{X} \lt k \iff X \lt \ln k \). Attention : si le second membre est négatif, on ne peut pas prendre son logarithme, il faut raisonner sur le signe de l’exponentielle.

• a) \( e^{x} = 2 \iff x = \ln 2 \). \( S = \{\ln 2\} \).
• b) Pour tout réel \( x \), \( e^{x} \gt 0 \gt -1 \) : l’inéquation est toujours vraie. \( S = \mathbb{R} \).
• c) \( e^{x} \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \ln\dfrac{1}{2} = -\ln 2 \). \( S = \,]-\infty \,;\, -\ln 2[ \).
• d) \( e^{-x} \geqslant 5 \iff -x \geqslant \ln 5 \iff x \leqslant -\ln 5 \) (on change le sens en multipliant par \( -1 \)). \( S = \,]-\infty \,;\, -\ln 5] \).
• e) \( e^{2x – 3} \lt 4 \iff 2x – 3 \lt \ln 4 \iff x \lt \dfrac{3 + \ln 4}{2} = \dfrac{3}{2} + \ln 2 \). \( S = \left]-\infty \,;\, \dfrac{3}{2} + \ln 2\right[ \).
• f) \( e^{1 – 5x} \leqslant 1 \iff 1 – 5x \leqslant \ln 1 = 0 \iff x \geqslant \dfrac{1}{5} \). \( S = \left[\dfrac{1}{5} \,;\, +\infty\right[ \).

Méthode : 1) on cherche l’ensemble où toutes les expressions sous les \( \ln \) sont strictement positives ; 2) sur cet ensemble, \( \ln a \lt \ln b \iff a \lt b \) ; 3) on croise le résultat avec l’ensemble de l’étape 1.

a) Conditions : \( 2x – 1 \gt 0 \) et \( x \gt 0 \), soit \( x \gt \dfrac{1}{2} \). Puis alors \( \ln(2x-1) = \ln x \iff 2x – 1 = x \iff x = 1 \), qui vérifie \( 1 \gt \dfrac{1}{2} \). \( S = \{1\} \).

b) Conditions : \( x \gt -3 \) et \( x \gt -\dfrac{2}{3} \), soit \( x \gt -\dfrac{2}{3} \). De plus, alors \( \ln(x+3) \geqslant \ln(3x+2) \iff x + 3 \geqslant 3x + 2 \iff 1 \geqslant 2x \iff x \leqslant \dfrac{1}{2} \). \( S = \left]-\dfrac{2}{3} \,;\, \dfrac{1}{2}\right] \).

c) Conditions : \( x^2 – 2 \gt 0 \) et \( 2x \gt 0 \), soit \( x \gt \sqrt{2} \). Alors :

\[ \ln(x^2 – 2) \gt \ln(2x) \iff x^2 – 2 \gt 2x \iff x^2 – 2x – 2 \gt 0 \]

\( \Delta = 4 + 8 = 12 \), racines \( 1 – \sqrt{3} \approx -0{,}73 \) et \( 1 + \sqrt{3} \approx 2{,}73 \). Puis le trinôme est positif à l’extérieur des racines. Par ailleurs, avec \( x \gt \sqrt{2} \approx 1{,}41 \), il reste \( x \gt 1 + \sqrt{3} \). \( S = \,]1 + \sqrt{3} \,;\, +\infty[ \).

d) Conditions : \( x – 3 \gt 0 \) et \( 2 – 3x \gt 0 \), soit \( x \gt 3 \) et \( x \lt \dfrac{2}{3} \) : c’est impossible. De plus, L’inéquation n’a de sens pour aucun réel : \( S = \varnothing \).

a) Xcas annonce la solution \( x = -12 \). Vérifions : pour \( x = -12 \), \( 2x + 5 = -19 \) et \( x – 7 = -19 \). Ensuite, ces deux nombres sont négatifs, donc \( \ln(-19) \) n’existe pas : \( -12 \) n’est pas une solution. Par ailleurs, le logiciel a simplement résolu \( 2x + 5 = x – 7 \) sans tenir compte des conditions d’existence des logarithmes. Puis on ne peut pas lui faire confiance aveuglément.

b) Conditions : \( 2x + 5 \gt 0 \) et \( x – 7 \gt 0 \), soit \( x \gt -\dfrac{5}{2} \) et \( x \gt 7 \), donc \( x \gt 7 \). Ainsi, sur \( ]7 \,;\, +\infty[ \) :

\[ \ln(2x + 5) = \ln(x – 7) \iff 2x + 5 = x – 7 \iff x = -12 \]

Or \( -12 \) n’appartient pas à \( ]7 \,;\, +\infty[ \) : l’équation n’a aucune solution.

Tension initiale : \( V(0) = 5000e^{0} = 5000 \) V. Ensuite, on cherche \( t \) tel que la tension soit divisée par 2, c’est-à-dire \( V(t) = 2500 \) V.

\[ \begin{aligned} 5000e^{-8{,}3t} = 2500 &\iff e^{-8{,}3t} = \frac{1}{2} \\ &\iff -8{,}3t = \ln\frac{1}{2} = -\ln 2 \\ &\iff t = \frac{\ln 2}{8{,}3} \end{aligned} \]

De même, À la calculatrice : \( t = \dfrac{\ln 2}{8{,}3} \approx 0{,}0835 \) ms, soit environ 83,5 microsecondes.

Remarque : cette durée ne dépend pas de la tension de départ ; c’est le temps de demi-décharge. Ensuite, au bout de deux fois cette durée, la tension est divisée par 4.

1) \( X^2 – 2X – 15 = 0 \). \( \Delta = (-2)^2 – 4 \times 1 \times (-15) = 4 + 60 = 64 \), donc :

\[ X_1 = \frac{2 – 8}{2} = -3 \qquad X_2 = \frac{2 + 8}{2} = 5 \]

Puis les solutions sont \( -3 \) et \( 5 \) (on vérifie : \( X^2 – 2X – 15 = (X + 3)(X – 5) \)).

2) a) On pose \( X = e^{x} \), donc \( X^2 = e^{2x} \). De plus, l’équation devient \( X^2 – 2X – 15 = 0 \), donc \( e^{x} = -3 \) ou \( e^{x} = 5 \).

• \( e^{x} = -3 \) est impossible, car une exponentielle est toujours strictement positive ;
• \( e^{x} = 5 \iff x = \ln 5 \).

\( S = \{\ln 5\} \).

b) Condition : \( x \gt 0 \). Puis on pose \( X = \ln x \) : l’équation devient \( X^2 – 2X – 15 = 0 \), donc \( \ln x = -3 \) ou \( \ln x = 5 \), c’est-à-dire \( x = e^{-3} \) ou \( x = e^{5} \). Par ailleurs, ici les deux valeurs conviennent (un logarithme peut être négatif). \( S = \{e^{-3} \,;\, e^{5}\} \).

Pour chaque inéquation, on commence par l’ensemble de validité (ce qui est sous un \(\ln\) doit être strictement positif), puis on utilise que \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) : pour \(a\gt 0\) et \(b\gt 0\), \(\ln a\leqslant \ln b \iff a\leqslant b\).

Première série

1) Validité : \(2-3x\gt 0 \iff x\lt \frac{2}{3}\). Ainsi, comme \(0=\ln 1\) :

\[ \ln(2-3x)\geqslant \ln 1 \iff 2-3x\geqslant 1 \iff -3x\geqslant -1 \iff x\leqslant \frac{1}{3} \]

(on divise par \(-3\), négatif : le sens change). De même, avec \(x\lt \frac{2}{3}\) : \(S=\left]-\infty\,;\frac{1}{3}\right]\).

2) Validité : \(1-x\gt 0 \iff x\lt 1\). Ensuite, comme \(1=\ln e\) :

\[ \ln(1-x)\lt \ln e \iff 1-x\lt e \iff x\gt 1-e \]

Donc \(S=\,]1-e\,;1[\) (avec \(1-e\approx -1{,}72\)).

3) Validité : \(\frac{3}{x}\gt 0 \iff x\gt 0\). Puis alors \(\ln\frac{3}{x}\gt \ln 3 \iff \frac{3}{x}\gt 3 \iff 3\gt 3x\) (on multiplie par \(x\gt 0\)) \(\iff x\lt 1\). Donc \(S=\,]0\,;1[\).

Deuxième série

1) Validité : \(x\gt 0\) et \(2-x\gt 0\), soit \(x\in\,]0\,;2[\). De plus, sur cet intervalle, \(2\ln x=\ln(x^2)\), donc :

\[ \ln(x^2)\geqslant \ln(2-x) \iff x^2\geqslant 2-x \iff x^2+x-2\geqslant 0 \iff (x-1)(x+2)\geqslant 0 \]

Par ailleurs, ce trinôme est positif à l’extérieur de ses racines \(-2\) et \(1\) : \(x\leqslant -2\) ou \(x\geqslant 1\). Ainsi, avec \(x\in\,]0\,;2[\) : \(S=[1\,;2[\).

2) Validité : \(x\gt 0\) et \(2x+5\gt 0\), soit \(x\gt 0\). De même, alors \(\ln x+\ln(2x+5)=\ln\big(x(2x+5)\big)\) et :

\[ \ln\big(x(2x+5)\big)\leqslant \ln 3 \iff 2x^2+5x-3\leqslant 0 \]

\(\Delta=25+24=49\), racines \(x_1=\frac{-5-7}{4}=-3\) et \(x_2=\frac{-5+7}{4}=\frac{1}{2}\). De plus, le trinôme est négatif entre les racines : \(-3\leqslant x\leqslant \frac{1}{2}\). Ensuite, avec \(x\gt 0\) : \(S=\left]0\,;\frac{1}{2}\right]\).

3) Validité : \(x\gt 0\). Ensuite, on a \(\ln(4x)-\ln 2=\ln\frac{4x}{2}=\ln(2x)\) et \(2\ln 4=\ln 16\), donc :

\[ \ln(2x)\lt \ln 16 \iff 2x\lt 16 \iff x\lt 8 \]

Donc \(S=\,]0\,;8[\).

La fonction exponentielle est définie sur \(\mathbb{R}\), strictement positive, et \(\ln\) est strictement croissante : pour \(a\gt 0\), \(e^x\gt a \iff x\gt \ln a\).

Première série

1) \(e^x\gt 3 \iff x\gt \ln 3\) : \(S=\,]\ln 3\,;+\infty[\).

2) \(e^x\leqslant \frac{1}{2} \iff x\leqslant \ln\frac{1}{2}=-\ln 2\) : \(S=\,]-\infty\,;-\ln 2]\).

3) \(-e\lt 0\) alors que \(e^x\gt 0\) pour tout réel \(x\) : l’inéquation \(e^x\lt -e\) n’a aucune solution, \(S=\varnothing\).

Deuxième série

1) \(2e^x-3\gt 9 \iff 2e^x\gt 12 \iff e^x\gt 6 \iff x\gt \ln 6\) : \(S=\,]\ln 6\,;+\infty[\).

2) \(4e^x-1\geqslant e^x+5 \iff 3e^x\geqslant 6 \iff e^x\geqslant 2 \iff x\geqslant \ln 2\) : \(S=[\ln 2\,;+\infty[\).

3) On factorise par \(e^x\), en se souvenant que \(e^{2x}=(e^x)^2\) :

\[ e^{2x}-5e^x\lt 0 \iff e^x\left(e^x-5\right)\lt 0 \]

Puis comme \(e^x\gt 0\), le produit a le signe de \(e^x-5\) : \(e^x-5\lt 0 \iff e^x\lt 5 \iff x\lt \ln 5\). Donc \(S=\,]-\infty\,;\ln 5[\).

1) Validité : \(-2x+1\gt 0 \iff x\lt \frac{1}{2}\). De plus, comme \(0=\ln 1\) :

\[ \ln(-2x+1)\leqslant \ln 1 \iff -2x+1\leqslant 1 \iff -2x\leqslant 0 \iff x\geqslant 0 \]

Par ailleurs, avec \(x\lt \frac{1}{2}\) : \(S=\left[0\,;\frac{1}{2}\right[\).

2) Validité : \(\frac{3x-1}{x+2}\gt 0\). Ainsi, tableau de signes : \(3x-1\) s’annule en \(\frac{1}{3}\), \(x+2\) en \(-2\) ; le quotient est strictement positif pour \(x\lt -2\) ou \(x\gt \frac{1}{3}\).

Ensuite \(\ln\frac{3x-1}{x+2}\geqslant \ln 1 \iff \frac{3x-1}{x+2}\geqslant 1\). Par ailleurs, on se ramène à une comparaison à 0 :

\[ \frac{3x-1}{x+2}-1\geqslant 0 \iff \frac{3x-1-(x+2)}{x+2}\geqslant 0 \iff \frac{2x-3}{x+2}\geqslant 0 \]

De même, le quotient est positif ou nul pour \(x\lt -2\) ou \(x\geqslant \frac{3}{2}\). Puis ces valeurs vérifient toutes la condition de validité, donc \(S=\,]-\infty\,;-2[\,\cup\left[\frac{3}{2}\,;+\infty\right[\).

3) Validité : \(2x-1\gt 0 \iff x\gt \frac{1}{2}\). Alors :

\[ \ln(2x-1)+1\gt 0 \iff \ln(2x-1)\gt -1=\ln\left(e^{-1}\right) \iff 2x-1\gt e^{-1} \iff x\gt \frac{1+e^{-1}}{2}=\frac{e+1}{2e} \]

Ensuite, cette borne (environ 0,684) est bien supérieure à \(\frac{1}{2}\), donc \(S=\left]\frac{e+1}{2e}\,;+\infty\right[\).

Rappel : si \(f(x)\geqslant g(x)\) au voisinage de \(+\infty\) (ou de \(-\infty\)) et si \(\lim g=+\infty\), alors \(\lim f=+\infty\).

1) Pour \(x\gt 0\) : \(x^2+105x+18\gt x^2\gt 0\). Ensuite, la fonction \(\ln\) étant croissante :

\[ \ln\left(x^2+105x+18\right)\gt \ln\left(x^2\right)=2\ln x \]

Or \(\lim\limits_{x\to+\infty}2\ln x=+\infty\). Puis par comparaison, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(x^2+105x+18\right)=+\infty\).

2) Pour \(x\lt 0\) : \(-x^3\gt 0\) et \(8-x^3\gt -x^3\gt 0\). Donc :

\[ \ln\left(8-x^3\right)\gt \ln\left(-x^3\right)=\ln\left((-x)^3\right)=3\ln(-x) \]

De plus, quand \(x\to-\infty\), \(-x\to+\infty\), donc \(3\ln(-x)\to+\infty\). Par ailleurs, par comparaison, \(\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left(8-x^3\right)=+\infty\).

1) Soit \(g(x)=\ln(1+x)\), dérivable en 0 avec \(g^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}\), donc \(g^{\prime}(0)=1\). Ainsi, comme \(g(0)=\ln 1=0\) :

\[ \frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{g(x)-g(0)}{x-0}\xrightarrow[x\to 0]{}g^{\prime}(0)=1 \]

De même, on a bien \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1\) (c’est la limite d’un taux d’accroissement).

2) Dans chaque cas, on fait un changement de variable \(X\) qui tend vers 0, pour retrouver la forme \(\frac{\ln(1+X)}{X}\).

a) On pose \(X=\frac{1}{x}\) : quand \(x\to+\infty\), \(X\to 0\). Ensuite, et \(x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{\ln(1+X)}{X}\). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)=1\).

b) On pose \(X=e^{-x}\) : quand \(x\to+\infty\), \(X\to 0\). Puis et \(e^x=\frac{1}{X}\), donc \(e^x\ln\left(1+e^{-x}\right)=\frac{\ln(1+X)}{X}\). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}e^x\ln\left(1+e^{-x}\right)=1\).

c) On pose \(X=\sqrt{x}\) (avec \(x\gt 0\)) : quand \(x\to 0\), \(X\to 0\). De plus, et \(\frac{\ln(1+\sqrt{x})}{\sqrt{x}}=\frac{\ln(1+X)}{X}\). Donc \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln\left(1+\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}=1\).

\(f(x)=x\ln x\) sur \(]0\,;+\infty[\).

1) En 0 : c’est une limite de cours (croissance comparée), \(\lim\limits_{x\to 0}x\ln x=0\).

Par ailleurs, en \(+\infty\) : \(x\to+\infty\) et \(\ln x\to+\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to+\infty}x\ln x=+\infty\).

2) \(f=uv\) avec \(u(x)=x\), \(v(x)=\ln x\) : \(f^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\).

\[ f^{\prime}(x)=1\times\ln x+x\times\frac{1}{x}=\ln x+1 \]

3) \(f^{\prime}(x)\gt 0 \iff \ln x\gt -1 \iff x\gt e^{-1}=\frac{1}{e}\), et \(f^{\prime}\left(\frac{1}{e}\right)=0\).

\(f\) est strictement décroissante sur \(\left]0\,;\frac{1}{e}\right]\) et strictement croissante sur \(\left[\frac{1}{e}\,;+\infty\right[\).

4) \(f\) admet donc un minimum en \(x=\frac{1}{e}\) :

\[ f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}\ln\left(e^{-1}\right)=\frac{1}{e}\times(-1)=-\frac{1}{e}\approx -0{,}368 \]

Formules utiles : \((\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x}\), \(\left(\frac{u}{v}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\), \(\left(u^n\right)^{\prime}=nu^{\prime}u^{n-1}\), \(\left(\sqrt{u}\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\).

1) \(u(x)=3-2\ln x\), \(u^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}\) ; \(v(x)=x-1\), \(v^{\prime}(x)=1\) (et \(v(x)\neq 0\) sur \(]1\,;+\infty[\)).

\[ \begin{aligned} f^{\prime}(x)&=\frac{-\frac{2}{x}(x-1)-(3-2\ln x)}{(x-1)^2}=\frac{-2+\frac{2}{x}-3+2\ln x}{(x-1)^2} \\ &=\frac{2\ln x-5+\frac{2}{x}}{(x-1)^2}=\frac{2x\ln x-5x+2}{x(x-1)^2} \end{aligned} \]

2) \(u(x)=\ln x\), \(v(x)=x\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}\times x-\ln x\times 1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2} \]

3) \(f=u^3\) avec \(u(x)=\ln x\) :

\[ f^{\prime}(x)=3\times\frac{1}{x}\times(\ln x)^2=\frac{3(\ln x)^2}{x} \]

4) Sur \(]1\,;+\infty[\), \(\ln x\gt 0\), donc \(f=\sqrt{u}\) avec \(u(x)=\ln x\) est dérivable :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}}{2\sqrt{\ln x}}=\frac{1}{2x\sqrt{\ln x}} \]

On remarque que \(-2x^2-x+1=(1-2x)(x+1)\), strictement positif sur \(\left]-1\,;\frac{1}{2}\right[\) : \(f\) est bien définie sur cet intervalle.

1) \(f(x)\gt 0 \iff \ln\left(-2x^2-x+1\right)\gt \ln 1 \iff -2x^2-x+1\gt 1\) :

\[ -2x^2-x\gt 0 \iff -x(2x+1)\gt 0 \iff x(2x+1)\lt 0 \]

Ainsi, le trinôme \(x(2x+1)\) a pour racines \(-\frac{1}{2}\) et 0 ; il est négatif entre les racines. Donc \(S=\left]-\frac{1}{2}\,;0\right[\) (inclus dans l’ensemble de définition).

Vérification graphique : la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses exactement entre les points d’abscisses \(-0{,}5\) et 0.

2) a) Oui : la courbe semble admettre une tangente horizontale en son sommet, au point d’abscisse environ \(-0{,}25\), d’ordonnée environ \(0{,}1\).

b) \(f=\ln u\) avec \(u(x)=-2x^2-x+1\gt 0\), donc \(f^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u}\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{-4x-1}{-2x^2-x+1} \]

De même, le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)=0 \iff -4x-1=0 \iff x=-\frac{1}{4}\). Puis la tangente en ce point a un coefficient directeur nul : elle est horizontale. Ensuite, son ordonnée :

\[ f\left(-\frac{1}{4}\right)=\ln\left(-\frac{2}{16}+\frac{1}{4}+1\right)=\ln\frac{9}{8}\approx 0{,}118 \]

De plus \(f^{\prime}\) est positive avant \(-\frac{1}{4}\) et négative après : ce point est le maximum de \(f\). De plus, la conjecture est démontrée.

\(u_0=1\) et \(u_{n+1}=\frac{1}{4}u_n+\frac{1}{2}\).

1) a) Pour tout \(n\in\mathbb{N}\) :

\[ \begin{aligned} v_{n+1}&=u_{n+1}-\frac{2}{3}=\frac{1}{4}u_n+\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=\frac{1}{4}u_n-\frac{1}{6} \\ &=\frac{1}{4}\left(u_n-\frac{2}{3}\right)=\frac{1}{4}v_n \end{aligned} \]

(car \(\frac{1}{4}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{6}\)). Ensuite, la suite \((v_n)\) est géométrique de raison \(q=\frac{1}{4}\) et de premier terme \(v_0=u_0-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\).

b) \(v_n=v_0\times q^n\), puis \(u_n=v_n+\frac{2}{3}\) :

\[ v_n=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^n \qquad u_n=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^n \]

c) Comme \(0\lt \frac{1}{4}\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^n=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\frac{2}{3}\).

2) a) Pour tout \(n\), \(v_n=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^n\gt 0\) (produit de nombres strictement positifs). Donc \(\ln(v_n)\) existe : la suite \((w_n)\) est bien définie.

b) Pour tout \(n\) :

\[ w_{n+1}-w_n=\ln(v_{n+1})-\ln(v_n)=\ln\frac{v_{n+1}}{v_n}=\ln\frac{1}{4}=-\ln 4 \]

Puis la différence est constante : \((w_n)\) est arithmétique de raison \(r=-\ln 4\), de premier terme \(w_0=\ln\frac{1}{3}=-\ln 3\).

c) \(w_n=w_0+nr\), soit \(w_n=-\ln 3-n\ln 4\).

Pour \(x\gt 0\), \(\log(x)=\frac{\ln x}{\ln 10}\).

1) Pour tout entier relatif \(n\), \(\ln\left(10^n\right)=n\ln 10\), donc :

\[ \log\left(10^n\right)=\frac{n\ln 10}{\ln 10}=n \]

De plus, par exemple \(\log 1000=3\) et \(\log 0{,}01=-2\).

2) La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\). Par ailleurs, comme \(10\gt 1\), \(\ln 10\gt 0\) ; donc \(\log=\frac{1}{\ln 10}\times\ln\) est le produit de \(\ln\) par une constante strictement positive : \(\log\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

3) On utilise \(\ln(ab)=\ln a+\ln b\) et \(\ln\frac{a}{b}=\ln a-\ln b\) pour \(a\gt 0\), \(b\gt 0\).

a) \[ \log(ab)=\frac{\ln(ab)}{\ln 10}=\frac{\ln a+\ln b}{\ln 10}=\frac{\ln a}{\ln 10}+\frac{\ln b}{\ln 10}=\log a+\log b \]

b) \[ \log\left(\frac{a}{b}\right)=\frac{\ln a-\ln b}{\ln 10}=\frac{\ln a}{\ln 10}-\frac{\ln b}{\ln 10}=\log a-\log b \]

\(f(x)=\frac{\ln x+1}{x}\) sur \(]0\,;+\infty[\).

1) En 0 : \(\ln x+1\to-\infty\) et \(\frac{1}{x}\to+\infty\), donc par produit \(f(x)\to-\infty\). Par ailleurs, la droite d’équation \(x=0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale.

En \(+\infty\) : \(f(x)=\frac{\ln x}{x}+\frac{1}{x}\). Or \(\frac{\ln x}{x}\to 0\) (croissance comparée) et \(\frac{1}{x}\to 0\), donc \(f(x)\to 0\). Puis la droite \(y=0\) (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale.

2) a) Avec \(u(x)=\ln x+1\), \(u^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\), \(v(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=1\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}\times x-(\ln x+1)\times 1}{x^2}=\frac{1-\ln x-1}{x^2}=\frac{-\ln x}{x^2} \]

b) \(x^2\gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-\ln x\) : positif sur \(]0\,;1[\), nul en 1, négatif sur \(]1\,;+\infty[\). Ainsi, et \(f(1)=\frac{0+1}{1}=1\).

3) \(f(x)=0 \iff \ln x+1=0\) (car \(x\neq 0\)) \(\iff \ln x=-1 \iff x=e^{-1}\). De même, solution unique : \(x=\frac{1}{e}\approx 0{,}37\).

4) La courbe coupe l’axe des abscisses au point \(A\left(\frac{1}{e}\,;0\right)\). Ensuite, on calcule :

\[ f^{\prime}\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{-\ln\left(e^{-1}\right)}{\left(e^{-1}\right)^2}=\frac{1}{e^{-2}}=e^2 \]

\[ T : y=f^{\prime}\left(\frac{1}{e}\right)\left(x-\frac{1}{e}\right)+f\left(\frac{1}{e}\right)=e^2\left(x-\frac{1}{e}\right) \]

soit \(T : y=e^2x-e\) (coefficient directeur \(e^2\approx 7{,}39\), donc une droite très pentue).

5) Tracé (une unité = 2 cm sur la copie ; ici réduit) : on place le maximum \((1\,;1)\), le point \(A\), les deux asymptotes, et la tangente T.

\(f(x)=(\ln x)^3-3\ln x\) sur \(]0\,;+\infty[\). Puis on factorise : \(f(x)=\ln x\left((\ln x)^2-3\right)\).

1) a) En \(+\infty\) : \(\ln x\to+\infty\) et \((\ln x)^2-3\to+\infty\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

b) En 0 : \(\ln x\to-\infty\) et \((\ln x)^2-3\to+\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=-\infty\). De plus, la droite d’équation \(x=0\) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}\).

2) \(\left((\ln x)^3\right)^{\prime}=3\times\frac{1}{x}(\ln x)^2\), donc :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{3(\ln x)^2}{x}-\frac{3}{x}=\frac{3\left((\ln x)^2-1\right)}{x}=\frac{3(\ln x-1)(\ln x+1)}{x} \]

3) Sur \(]0\,;+\infty[\), \(\frac{3}{x}\gt 0\). \(\ln x-1\) s’annule en \(e\), \(\ln x+1\) en \(\frac{1}{e}\).

\(f\left(\frac{1}{e}\right)=(-1)^3-3\times(-1)=2\) et \(f(e)=1^3-3=-2\).

\(f\) est croissante sur \(\left]0\,;\frac{1}{e}\right]\), décroissante sur \(\left[\frac{1}{e}\,;e\right]\) (où \(f^{\prime}\lt 0\)), croissante sur \([e\,;+\infty[\).

4) \(f(x)=0 \iff \ln x\left((\ln x)^2-3\right)=0 \iff \ln x=0\) ou \((\ln x)^2=3\) :

• \(\ln x=0 \iff x=1\) ;
• \(\ln x=\sqrt{3} \iff x=e^{\sqrt{3}}\approx 5{,}65\) ;
• \(\ln x=-\sqrt{3} \iff x=e^{-\sqrt{3}}\approx 0{,}18\).

\(S=\left\{e^{-\sqrt{3}}\,;1\,;e^{\sqrt{3}}\right\}\), ce qui est cohérent avec le tableau (une solution sur chacun des trois intervalles).

5) Tracé de \(\mathcal{C}\) et de son asymptote \(x=0\) :

On lit sur le graphique : \(u(-4)=0\), \(u(2)=0\), un maximum \(u(-1)=2\) ; \(u\) est croissante sur \(]-\infty\,;-1]\) et décroissante sur \([-1\,;+\infty[\).

1) \(\ln(u)\) est définie lorsque \(u(x)\gt 0\), c’est-à-dire là où la courbe est strictement au-dessus de l’axe des abscisses : \(D=\,]-4\,;2[\).

2) Quand \(x\to -4\) (avec \(x\gt -4\)) ou \(x\to 2\) (avec \(x\lt 2\)), \(u(x)\to 0\) avec \(u(x)\gt 0\). Or \(\lim\limits_{X\to 0,\,X\gt 0}\ln X=-\infty\). Ensuite, par composition :

\[ \lim_{x\to -4}\ln\big(u(x)\big)=-\infty \qquad \lim_{x\to 2}\ln\big(u(x)\big)=-\infty \]

Puis la courbe de \(\ln(u)\) a donc deux asymptotes verticales, \(x=-4\) et \(x=2\).

3) Sur \(]-4\,;2[\), \(\left(\ln u\right)^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u\gt 0\) : la dérivée a le signe de \(u^{\prime}\). Donc \(\ln(u)\) a les mêmes variations que \(u\) : croissante sur \(]-4\,;-1]\), décroissante sur \([-1\,;2[\).

4) Maximum : \(\ln\big(u(-1)\big)=\ln 2\approx 0{,}69\).

1) Sur \(]0\,;1[\), \(\ln x\lt 0\) donc \(\ln x\neq 0\). De plus, quotient \(\frac{u}{v}\) avec \(u(x)=x\), \(v(x)=\ln x\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{1\times\ln x-x\times\frac{1}{x}}{(\ln x)^2}=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2} \]

2) On développe en posant \(L=\ln x\) : \(f(x)=3(\ln x)^2-(\ln x)^3\). Par ailleurs, avec \(\left((\ln x)^n\right)^{\prime}=\frac{n(\ln x)^{n-1}}{x}\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{6\ln x}{x}-\frac{3(\ln x)^2}{x}=\frac{3\ln x\,(2-\ln x)}{x} \]

3) On développe : \(f(x)=2-3\ln x+(\ln x)^2\). Donc :

\[ f^{\prime}(x)=-\frac{3}{x}+\frac{2\ln x}{x}=\frac{2\ln x-3}{x} \]

4) \(f=e^{u}\) avec \(u(x)=5\ln x+2\), \(u^{\prime}(x)=\frac{5}{x}\), et \(\left(e^u\right)^{\prime}=u^{\prime}e^u\) :

\[ f^{\prime}(x)=\frac{5}{x}e^{5\ln x+2} \]

Ainsi, on peut simplifier : \(e^{5\ln x+2}=e^{5\ln x}\times e^2=x^5e^2\), donc \(f(x)=e^2x^5\) et \(f^{\prime}(x)=5e^2x^4\) (les deux écritures sont égales).

On lit : \(A(-1\,;0)\), \(B(0\,;4)\), \(C(2\,;0)\), \(D(3\,;4)\) ; \(u\) est croissante sur \([-1\,;0]\), décroissante sur \([0\,;2]\), croissante sur \([2\,;3]\).

1) \(f=\ln(u)\) est définie là où \(u(x)\gt 0\). De même, sur \([-1\,;2]\), la courbe ne touche l’axe des abscisses qu’en A et C : \(u(-1)=u(2)=0\) et \(u(x)\gt 0\) pour \(-1\lt x\lt 2\). Donc \(f\) est définie sur \(]-1\,;2[\) (c’est l’intervalle d’étude demandé ; \(u\) est aussi positive sur \(]2\,;3]\), mais l’exercice se limite à \(]-1\,;2[\)).

2) \(f^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u\gt 0\) : \(f^{\prime}\) a le signe de \(u^{\prime}\), donc \(f\) a les mêmes variations que \(u\) : croissante sur \(]-1\,;0]\) et décroissante sur \([0\,;2[\).

3) Quand \(x\to -1\) (\(x\gt -1\)) ou \(x\to 2\) (\(x\lt 2\)), \(u(x)\to 0\) avec \(u(x)\gt 0\) ; comme \(\ln X\to-\infty\) quand \(X\to 0\) (\(X\gt 0\)), par composition :

\[ \lim_{x\to -1}f(x)=-\infty \qquad \lim_{x\to 2}f(x)=-\infty \]

4) Maximum : \(f(0)=\ln 4=2\ln 2\approx 1{,}39\).

5) \(f\) est continue et strictement monotone sur chacun des intervalles \(]-1\,;0]\) et \([0\,;2[\). Ensuite, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires :

• sur \(]-1\,;0]\), \(f\) prend une fois et une seule chaque valeur de \(]-\infty\,;\ln 4]\) ;
• sur \([0\,;2[\), \(f\) prend une fois et une seule chaque valeur de \(]-\infty\,;\ln 4]\).

Puis d’où la discussion :

• si \(k\gt \ln 4\) : aucune solution (\(\ln 4\) est le maximum de \(f\)) ;
• si \(k=\ln 4\) : une seule solution, \(x=0\) ;
• si \(k\lt \ln 4\) : deux solutions, l’une dans \(]-1\,;0[\), l’autre dans \(]0\,;2[\).