Logarithme népérien : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : résoudre les équations suivantes
1) Pour résoudre l’équation \(e^x = 2\), on prend le logarithme népérien des deux côtés:

\[
\ln(e^x) = \ln(2)
\]

Utilisant la propriété \(\ln(e^x) = x\), on obtient:

\[
x = \ln(2)
\]

2) Pour résoudre l’équation \(e^x = -5\), on remarque que la fonction exponentielle \(e^x\) est toujours positive pour tout \(x\) réel. Ainsi, il n’existe pas de solution réelle pour cette équation:

\[
\text{Pas de solution.}
\]

3) Pour résoudre l’équation \(e^x = \frac{1}{4}\), on prend le logarithme népérien des deux côtés:

\[
\ln(e^x) = \ln(\frac{1}{4})
\]

Utilisant la propriété \(\ln(e^x) = x\) et \(\ln(\frac{1}{4}) = \ln(1) – \ln(4) = 0 – \ln(4) = -\ln(4)\), on obtient:

\[
x = \ln(\frac{1}{4}) = -\ln(4)
\]

Exercice 12 : résoudre les équations

\(\ln x = \ln(\dfrac{1}{2})\)
\begin{align*}
\ln x = \ln(\dfrac{1}{2}) \\
x = \dfrac{1}{2}
\end{align*}

\(\ln x = \dfrac{\ln 5}{2}\)
\begin{align*}
\ln x = \dfrac{\ln 5}{2} \\
x = e^{\dfrac{\ln 5}{2}} \\
x = \sqrt{5}
\end{align*}

\(\ln x = -\ln 9\)
\begin{align*}
\ln x = -\ln 9 \\
\ln x = \ln(9^{-1}) \\
x = 9^{-1} \\
x = \dfrac{1}{9}
\end{align*}

Exercice 13 : logarithmes népériens et équations
1) \( (\ln x – 2)(1 + \ln x) = 0 \)

Pour que le produit soit nul, il faut que l’un des facteurs soit nul :

\[ \ln x – 2 = 0 \quad \text{ou} \quad 1 + \ln x = 0 \]

\[ \ln x = 2 \quad \text{ou} \quad \ln x = -1 \]

En résolvant chacune de ces équations logarithmiques :

\[ x = e^2 \quad \text{ou} \quad x = e^{-1} \]

\[
\boxed{x = e^2 \quad \text{ou} \quad x = \frac{1}{e}}
\]

2) \( (e^x – 3)(e^x + 5) = 0 \)

Pour que le produit soit nul, il faut que l’un des facteurs soit nul :

\[ e^x – 3 = 0 \quad \text{ou} \quad e^x + 5 = 0 \]

\[ e^x = 3 \quad \text{ou} \quad e^x = -5 \]

Comme \( e^x \) est toujours positif, \( e^x = -5 \) n’a pas de solution réelle.

\[ e^x = 3 \]

En résolvant cette équation exponentielle :

\[ x = \ln 3 \]

\[
\boxed{x = \ln 3}
\]

3) \( (\ln x)(6 – 3 \ln x) = 0 \)

Pour que le produit soit nul, il faut que l’un des facteurs soit nul :

\[ \ln x = 0 \quad \text{ou} \quad 6 – 3 \ln x = 0 \]

En résolvant chacune de ces équations logarithmiques :

\[ \ln x = 0 \quad \text{ou} \quad 6 = 3 \ln x \]

Pour la première équation :

\[ x = e^0 \]
\[ x = 1 \]

Pour la deuxième équation :

\[ 6 = 3 \ln x \]
\[ \ln x = 2 \]
\[ x = e^2 \]

\[
\boxed{x = 1 \quad \text{ou} \quad x = e^2}
\]

Exercice 14 : résoudre les inéquations suivantes.
1) \(\ln(x) \geq\, 1\)
\[
\ln(x) \geq\, 1 \implies x \geq\, e
\]
Ainsi, la solution est : \[ x \in [e, +\infty [ \]

2) \(\ln(x) > -2\)
\[
\ln(x) > -2 \implies x > e^{-2}
\]
Ainsi, la solution est : \[ x \in ]e^{-2}, +\infty [ \]

3) \(\ln(x) \leq\, \frac{1}{2}\)
\[
\ln(x) \leq\, \frac{1}{2} \implies x \leq\, e^{1/2}
\]
Ainsi, la solution est : \[ x \in ]0, e^{1/2}] \]

4) \(\ln(x) < 3\)
\[
\ln(x) < 3 \implies x < e^3
\]
Ainsi, la solution est : \[ x \in ]0, e^3 [ \]

Exercice 15 : fonction logarithme : image et antécédent
1) Faux. L’équation \( \ln x = 0 \) se résout par \( x = 1 \). Donc, 0 a un seul antécédent par \( f \).

2) Faux. L’image de 1 par \( f \) est \( f(1) = \ln 1 = 0 \).

3) Vrai. Sur l’intervalle \( ]0, +\infty[ \), lorsque \( x \) approche de 0 par des valeurs positives, \( \ln x \) tend vers \( -\infty \). Donc, l’axe des abscisses n’est pas une asymptote horizontale. Par contre, sur l’intervalle \( ]0, +\infty[ \), nous avons une asymptote verticale en \( x = 0 \) (l’axe des ordonnées).

4) Vrai. Lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \), \( \ln x \) tend vers \( +\infty \). Ainsi, l’axe des ordonnées \( y = 0 \) est une asymptote verticale de la courbe \( \mathcal{C} \).

5) Faux. L’inégalité \( \ln x > 100 \) se résout par \( x > e^{100} \). Il existe donc des réels \( x \) tels que \( \ln x > 100 \).

Exercice 16 : etude d’une fonction logarithme et utilisation de la calculatrice
Correction de l’exercice :

1. Pour déterminer une équation de la tangente \( T \) à la courbe \( \mathcal{C} \) en \( 1 \), nous devons calculer la dérivée de \( f(x) = \ln(x) \) et déterminer la pente en \( x = 1 \).

\[
f'(x) = \frac{1}{x}
\]

En \( x = 1 \) :
\[
f'(1) = 1
\]

Donc, la pente de la tangente est \( 1 \). Le point d’intersection de \( \mathcal{C} \) et de \( T \) en \( x = 1 \) est \((1, \ln(1)) = (1, 0)\).

L’équation de la tangente en \( x = 1 \) est donc :
\[
y – 0 = 1(x – 1)
\]
\[
y = x – 1
\]

2. À l’aide d’une calculatrice, on conjecture que la courbe \( \mathcal{C} \) est au-dessus de la tangente \( T \).

3. Pour étudier la fonction \( d(x) = \ln(x) – x + 1 \) :

a) Dresser le tableau de variation de \( d(x) \) :

Commençons par calculer la dérivée de \( d(x) \) :
\[
d'(x) = \frac{1}{x} – 1
\]

Étudions le signe de \( d'(x) \) :
\[
d'(x) = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{x} – 1 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 1
\]

Pour \( 0 < x < 1 \), \( d'(x) > 0 \) car \( \frac{1}{x} > 1 \).

Pour \( x > 1 \), \( d'(x) < 0 \) car \( \frac{1}{x} < 1 \).

\( d(x) \) a donc un maximum en \( x = 1 \).

\[
d(1) = \ln(1) – 1 + 1 = 0
\]

Le tableau de variation de \( d(x) \) est :

\[
\begin{array}{c|ccc}
x 0^+ 1 +\infty \\
\hline
d'(x) + 0 – \\
\hline
d(x) \to -\infty 0 \to -\infty \\
\end{array}
\]

b) Déduire le signe de \( d(x) \) en fonction de \( x \) :

\[
\begin{cases}
d(x) > 0 \text{pour } 0 < x < 1 \\
d(x) = 0 \text{pour } x = 1 \\
d(x) < 0 \text{pour } x > 1
\end{cases}
\]

c) Démontrer la conjecture établie au 2 :

La conjecture au point 2 propose que la courbe \( \mathcal{C} \) est au-dessus de la tangente \( T \). Cela signifie que pour tout \( x > 0 \), \( \ln(x) \geq\, x – 1 \).

Nous avons :
\[
d(x) = \ln(x) – x + 1
\]

\( d(x) \geq\, 0 \) pour tout \( 0 < x \leq\, 1 \) d’après notre étude de la variation de \( d(x) \).

Ensuite, pour \( x > 1 \), \( d(x) < 0 \), ce qui signifie \( \ln(x) < x – 1 \). Cependant, cette borne n’est contradictoire que dans son manque de cohérence pour conjecturer toute position relative, tout en vérifiant que l’intégralité évolue lors de x augmentant tout en précisant \( g_k\) sur l’étape vérifiée jusqu’à \( x \leq\, 1, \conv_{o(f)} g \cup g_{r-kx}\ conclut \in.

Donc, la courbe \( \mathcal{C} \) est au-dessus de la tangente \( T \) pour \( 0 < x \leq\, 0\):

Exercice 17 : exprimer les nombres logarithmes sous forme d’entier
\[ \mathbf{1) \ \ln(0,5) + \ln 2} \]

\[
\ln(0,5) + \ln 2 = \ln(0,5 \times 2) = \ln(1) = 0
\]

\[ \mathbf{2) \ 3 \ln 2 – \ln 4} \]

\[
3 \ln 2 – \ln 4 = 3 \ln 2 – \ln(2^2) = 3 \ln 2 – 2 \ln 2 = \ln(2^3) – \ln(2^2) = \ln(\frac{2^3}{2^2}) = \ln(2) = \ln 2
\]

\[ \mathbf{3) \ (\ln(e^3))^2} \]

\[
(\ln(e^3))^2 = (3 \ln e)^2 = 3^2 = 9
\]

\[ \mathbf{4) \ e^{\ln 2 + \ln 3}} \]

\[
e^{\ln 2 + \ln 3} = e^{\ln(2 \times 3)} = e^{\ln(6)} = 6
\]

\[ \mathbf{1) \ A = e^{2 \ln 3}} \]

\[
e^{2 \ln 3} = (e^{\ln 3})^2 = 3^2 = 9
\]

\[ \mathbf{2) \ B = e^{4 \ln 2}} \]

\[
e^{4 \ln 2} = (e^{\ln 2})^4 = 2^4 = 16
\]

\[ \mathbf{3) \ C = e^{-\ln 4}} \]

\[
e^{-\ln 4} = \frac{1}{e^{\ln 4}} = \frac{1}{4}
\]

\[ \mathbf{4) \ D = e^{-5 \ln 2}} \]

\[
e^{-5 \ln 2} = \frac{1}{e^{5 \ln 2}} = \frac{1}{(e^{\ln 2})^5} = \frac{1}{2^5} = \frac{1}{32}
\]

Exercice 18 : simplifier des expressions contenant des logarithmes
\begin{align*}
\text{1) } A = e^{\ln 6 – 2 \ln 3} \\
= e^{\ln 6 – \ln 3^2} \\
= e^{\ln 6 – \ln 9} \\
= e^{\ln (\frac{6}{9})} \\
= e^{\ln (\frac{2}{3})} \\
= \frac{2}{3}
\end{align*}

\begin{align*}
\text{2) } B = e^{3 \ln 2 – \ln 4 + 1} \\
= e^{3 \ln 2 – \ln 4 + \ln e} \\
= e^{3 \ln 2 – \ln 4 + \ln e} \\
= e^{3 \ln 2 – \ln 4 + \ln e} \\
= e^{3 \ln 2 – \ln 2^2 + \ln e} \\
= e^{3 \ln 2 – 2 \ln 2 + \ln e} \\
= e^{\ln 2 + \ln e} \\
= e^{\ln(2 \cdot e)} \\
= 2e
\end{align*}

\begin{align*}
\text{3) } C = \frac{e^{\ln 5 – 1}}{e^2 + \ln 5} \cdot \frac{e^{2 \ln 3 – \ln 2}} \\
= \frac{e^{\ln 5 – 1}}{e^2 + \ln 5} \cdot \frac{e^{\ln 9 – \ln 2}} \\
= \frac{e^{\ln 5 – 1} \cdot e^{\ln 9 – \ln 2}}{e^2 + \ln 5} \\
= \frac{e^{\ln 5 – 1 + \ln 9 – \ln 2}}{e^2 + \ln 5} \\
= \frac{e^{\ln ( \frac{45}{2} ) – 1}}{e^2 + \ln 5} \\
= \frac{\frac{45}{2} \cdot e^{-1}}{e^2 + \ln 5} \\
= \frac{\frac{45}{2e}}{e^2 + \ln 5} \\
= \frac{45}{2e(e^2 + \ln 5)}
\end{align*}

\begin{align*}
\text{4) } D = \frac{e^0}{e^{-3 \ln 2}} \\
= \frac{e^0}{e^{\ln (\frac{1}{2^3})}} \\
= \frac{e^0}{e^{\ln (\frac{1}{8})}} \\
= \frac{1}{\frac{1}{8}} \\
= 8
\end{align*}

Exercice 19 : exprimer les nombres sous forme ln c

\(A = 2 \ln 5 + \ln 3\)
\[
A = \ln 5^2 + \ln 3 \\
A = \ln 25 + \ln 3 \\
A = \ln (25 \times 3) \\
A = \ln 75
\]

\(B = 3 \ln 3 – 2 \ln 2\)
\[
B = \ln 3^3 – \ln 2^2 \\
B = \ln 27 – \ln 4 \\
B = \ln (\frac{27}{4})
\]

\(C = – \ln 5 + 3 \ln 2\)
\[
C = – \ln 5 + \ln 2^3 \\
C = – \ln 5 + \ln 8 \\
C = \ln (\frac{8}{5})
\]

\(D = 3 \ln 4 – 3 \ln 2\)
\[
D = \ln 4^3 – \ln 2^3 \\
D = \ln 64 – \ln 8 \\
D = \ln (\frac{64}{8}) \\
D = \ln 8
\]

Exercice 20 : exprimer les nombres avec ln 2 et ln 6
1. \(\ln 8\)

\[
8 = 2^3 \implies \ln 8 = \ln (2^3) = 3 \ln 2
\]

2. \(\ln (\sqrt{2})\)

\[
\sqrt{2} = 2^{1/2} \implies \ln (\sqrt{2}) = \ln (2^{1/2}) = \frac{1}{2} \ln 2
\]

3. \(\ln (\frac{1}{4})\)

\[
\frac{1}{4} = 4^{-1} = (2^2)^{-1} = 2^{-2} \implies \ln (\frac{1}{4}) = \ln (2^{-2}) = -2 \ln 2
\]

4. \(3 \ln 2 – \ln 16\)

\[
16 = 2^4 \implies \ln 16 = \ln (2^4) = 4 \ln 2
\]
\[
3 \ln 2 – \ln 16 = 3 \ln 2 – 4 \ln 2 = -\ln 2
\]

1. \(\ln (\frac{1}{9})\)

\[
\frac{1}{9} = 9^{-1} = (3^2)^{-1} = 3^{-2} \implies \ln (\frac{1}{9}) = \ln (3^{-2}) = -2 \ln 3
\]

2. \(\ln 24 – \ln 8\)

\[
24 = 3 \times 8 = 3 \times 2^3 \implies \ln 24 = \ln (3 \times 2^3) = \ln 3 + \ln (2^3) = \ln 3 + 3 \ln 2
\]
\[
\ln 8 = \ln (2^3) = 3 \ln 2
\]
\[
\ln 24 – \ln 8 = (\ln 3 + 3 \ln 2) – 3 \ln 2 = \ln 3
\]

3. \(\ln (\frac{3}{4}) + \ln 4\)

\[
\frac{3}{4} = \frac{3}{2^2} \implies \ln (\frac{3}{4}) = \ln 3 – \ln 4 = \ln 3 – \ln (2^2) = \ln 3 – 2 \ln 2
\]
\[
\ln (\frac{3}{4}) + \ln 4 = (\ln 3 – 2 \ln 2) + \ln 4
\]
\[
\ln 4 = \ln (2^2) = 2 \ln 2
\]
\[
\ln (\frac{3}{4}) + \ln 4 = (\ln 3 – 2 \ln 2) + 2 \ln 2 = \ln 3
\]

4. \(2 \ln 3 – \ln 27\)

\[
27 = 3^3 \implies \ln 27 = \ln (3^3) = 3 \ln 3
\]
\[
2 \ln 3 – \ln 27 = 2 \ln 3 – 3 \ln 3 = -\ln 3
\]

5. \(\ln (9 \sqrt{3})\)

\[
9 \sqrt{3} = 9 \times 3^{1/2} = 3^2 \times 3^{1/2} = 3^{5/2} \implies \ln (9 \sqrt{3}) = \ln (3^{5/2}) = \frac{5}{2} \ln 3
\]

Exercice 21 : expression et logarithmes
1) \(\ln 20\)

\[
\ln 20 = \ln (4 \times 5) = \ln 4 + \ln 5 = \ln (2^2) + \ln 5 = 2 \ln 2 + \ln 5
\]

2) \(\ln 100\)

\[
\ln 100 = \ln (10^2) = 2 \ln 10 = 2 \ln (2 \times 5) = 2 (\ln 2 + \ln 5) = 2 \ln 2 + 2 \ln 5
\]

3) \(\ln (\frac{4}{25})\)

\[
\ln (\frac{4}{25}) = \ln 4 – \ln 25 = \ln (2^2) – \ln (5^2) = 2 \ln 2 – 2 \ln 5
\]

4) \(\ln \sqrt{10}\)

\[
\ln \sqrt{10} = \ln 10^{1/2} = \frac{1}{2} \ln 10 = \frac{1}{2} \ln (2 \times 5) = \frac{1}{2} (\ln 2 + \ln 5) = \frac{1}{2} \ln 2 + \frac{1}{2} \ln 5
\]

1) \(\ln (\frac{81}{7})\)

\[
\ln (\frac{81}{7}) = \ln 81 – \ln 7 = \ln (3^4) – \ln 7 = 4 \ln 3 – \ln 7
\]

2) \(\ln 441\)

\[
\ln 441 = \ln (21^2) = 2 \ln 21 = 2 \ln (3 \times 7) = 2 (\ln 3 + \ln 7) = 2 \ln 3 + 2 \ln 7
\]

3) \(\ln (\frac{49}{27})\)

\[
\ln (\frac{49}{27}) = \ln 49 – \ln 27 = \ln (7^2) – \ln (3^3) = 2 \ln 7 – 3 \ln 3
\]

4) \(\ln \sqrt{21}\)

\[
\ln \sqrt{21} = \ln 21^{1/2} = \frac{1}{2} \ln 21 = \frac{1}{2} \ln (3 \times 7) = \frac{1}{2} (\ln 3 + \ln 7) = \frac{1}{2} \ln 3 + \frac{1}{2} \ln 7
\]

Exercice 22 : en déduire des encadrements de logarithmes
On sait que \( \ln 2 \) est compris entre \( 0,69 \) et \( 0,70 \) et que \( \ln 5 \) est compris entre \( 1,60 \) et \( 1,61 \).

1) \(\ln 4\)

On peut écrire \( 4 \) comme \( 2^2 \), donc :
\[
\ln 4 = \ln(2^2) = 2 \ln 2
\]

En utilisant les encadrements de \( \ln 2 \), on a :
\[
2 \times 0,69 < 2 \ln 2 < 2 \times 0,70
\]

Ce qui donne :
\[
1,38 < \ln 4 < 1,40
\]

2) \(\ln(2^5)\)

On sait que :
\[
\ln(2^5) = 5 \ln 2
\]

En utilisant les encadrements de \( \ln 2 \), on a :
\[
5 \times 0,69 < 5 \ln 2 < 5 \times 0,70
\]

Ce qui donne :
\[
3,45 < \ln(2^5) < 3,50
\]

3) \(\ln(\frac{5}{2})\)

On sait que :
\[
\ln(\frac{5}{2}) = \ln 5 – \ln 2
\]

En utilisant les encadrements de \( \ln 5 \) et \( \ln 2 \), on a :
\[
1,60 – 0,70 < \ln 5 – \ln 2 < 1,61 – 0,69
\]

Ce qui donne :
\[
0,90 < \ln(\frac{5}{2}) < 0,92
\]

4) \(\ln(\frac{16}{25})\)

On sait que :
\[
\ln(\frac{16}{25}) = \ln 16 – \ln 25
\]

On peut écrire :
\[
\ln 16 = \ln(2^4) = 4 \ln 2
\]
et
\[
\ln 25 = \ln(5^2) = 2 \ln 5
\]

En utilisant les encadrements de \( \ln 2 \) et \( \ln 5 \), on obtient :
\[
4 \times 0,69 < 4 \ln 2 < 4 \times 0,70
\]
soit :
\[
2,76 < \ln 16 < 2,80
\]

et
\[
2 \times 1,60 < 2 \ln 5 < 2 \times 1,61
\]
soit :
\[
3,20 < \ln 25 < 3,22
\]

Ainsi, pour \(\ln(\frac{16}{25})\), on a :
\[
2,76 – 3,22 < \ln 16 – \ln 25 < 2,80 – 3,20
\]

Ce qui donne :
\[
-0,46 < \ln(\frac{16}{25}) < -0,40
\]

Exercice 23 : résoudre des équations
1) Résoudre les équations suivantes :

\( \ln x = 2 \)

\( x = e^2 \)

—

\( \ln x = -1 \)

\( x = e^{-1} \)

—

\( 3 \ln x – 9 = 0 \)

\( 3 \ln x = 9 \)

\( \ln x = 3 \)

\( x = e^3 \)

—

2) Résoudre les équations suivantes :

\( \ln (x + 5) = \ln 3 \)

\( x + 5 = 3 \)

\( x = -2 \)

—

\( \ln(x^2) = \ln 9 \)

\( x^2 = 9 \)

\( x = 3 \) ou \( x = -3 \)

—

\( \ln(x^2 + x) = \ln 6 \)

\( x^2 + x = 6 \)

\( x^2 + x – 6 = 0 \)

\( (x + 3)(x – 2) = 0 \)

\( x = -3 \) ou \( x = 2 \)

—

3) Résoudre les équations suivantes :

\( 2 + 3 \ln x = 14 \)

\( 3 \ln x = 12 \)

\( \ln x = 4 \)

\( x = e^4 \)

—

\( \ln(x^2) = \ln 9 \)

\( x^2 = 9 \)

\( x = 3 \) ou \( x = -3 \)

—

\( e^{2-3x} = 5 \)

\( 2 – 3x = \ln 5 \)

\( -3x = \ln 5 – 2 \)

\( x = \frac{2 – \ln 5}{3} \)

—

\( 2e^{2x} – 10 = 0 \)

\( 2e^{2x} = 10 \)

\( e^{2x} = 5 \)

\( 2x = \ln 5 \)

\( x = \frac{\ln 5}{2} \)

Exercice 24 : résoudre les équations suivantes
1) \(\ln(2 – x) + 1 = 0\)

\[
\begin{align*}
\ln(2 – x) + 1 = 0 \\
\ln(2 – x) = -1 \\
2 – x = e^{-1} \\
2 – x = \frac{1}{e} \\
x = 2 – \frac{1}{e} \\
x = \frac{2e – 1}{e}
\end{align*}
\]
Donc, \(x = \frac{2e – 1}{e}\).

2) \(\ln x + \ln(x – 1) = \ln 5\)

\[
\begin{align*}
\ln(x) + \ln(x – 1) = \ln 5 \\
\ln(x(x – 1)) = \ln 5 \\
x(x – 1) = 5 \\
x^2 – x – 5 = 0
\end{align*}
\]

Nous résolvons cette équation quadratique avec la formule quadratique:

\[
x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a}
\]

où \(a = 1\), \(b = -1\), et \(c = -5\):

\[
\begin{align*}
x = \frac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-5)}}{2 \cdot 1} \\
x = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 20}}{2} \\
x = \frac{1 \pm \sqrt{21}}{2}
\end{align*}
\]

Étant donné que \(\ln(x)\) et \(\ln(x – 1)\) définissent \(x > 1\), nous choisissons la solution positive:

\[
x = \frac{1 + \sqrt{21}}{2}
\]

3) \(\ln(3x) – \ln(1 – x) = \ln 2\)

\[
\begin{align*}
\ln(3x) – \ln(1 – x) = \ln 2 \\
\ln(\frac{3x}{1 – x}) = \ln 2 \\
\frac{3x}{1 – x} = 2 \\
3x = 2(1 – x) \\
3x = 2 – 2x \\
3x + 2x = 2 \\
5x = 2 \\
x = \frac{2}{5}
\end{align*}
\]
Donc, \(x = \frac{2}{5}\).

Exercice 25 : logarithmes et exponentielles
1) Résoudre l’équation \(X^2 – 2X – 15 = 0\).

Nous reconnaissons une équation quadratique de la forme \(ax^2 + bx + c = 0\), où \(a = 1\), \(b = -2\) et \(c = -15\). Pour la résoudre, utilisons la formule quadratique :
\[
X = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a}
\]

Remplaçons les valeurs données :
\[
X = \frac{-(-2) \pm \sqrt{(-2)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-15)}}{2 \cdot 1}
\]
\[
X = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 60}}{2}
\]
\[
X = \frac{2 \pm \sqrt{64}}{2}
\]
\[
X = \frac{2 \pm 8}{2}
\]

Nous avons alors deux solutions possibles :
\[
X = \frac{2 + 8}{2} = 5
\]
\[
X = \frac{2 – 8}{2} = -3
\]

Les solutions de l’équation \(X^2 – 2X – 15 = 0\) sont donc :
\[
X = 5 \quad \text{et} \quad X = -3
\]

2) En déduire les solutions des équations suivantes :

a) \(e^{2x} – 2e^x – 15 = 0\)

Posons \(Y = e^x\). L’équation devient :
\[
Y^2 – 2Y – 15 = 0
\]

Nous avons résolu cette équation à la question 1), donc les solutions en \(Y\) sont :
\[
Y = 5 \quad \text{et} \quad Y = -3
\]

Rappelons que \(Y = e^x\). Donc :
\[
e^x = 5 \quad \Rightarrow \quad x = \ln(5)
\]

\[
e^x = -3 \quad \text{n’a pas de solution réelle (car \(e^x > 0\) toujours)}
\]

La solution de l’équation \(e^{2x} – 2e^x – 15 = 0\) est donc :
\[
x = \ln(5)
\]

b) \((\ln x)^2 – 2 \ln x – 15 = 0\)

Posons \(Z = \ln x\). L’équation devient :
\[
Z^2 – 2Z – 15 = 0
\]

Nous avons résolu cette équation à la question 1), donc les solutions en \(Z\) sont :
\[
Z = 5 \quad \text{et} \quad Z = -3
\]

Rappelons que \(Z = \ln x\). Donc :
\[
\ln x = 5 \quad \Rightarrow \quad x = e^5
\]

\[
\ln x = -3 \quad \Rightarrow \quad x = e^{-3}
\]

Les solutions de l’équation \((\ln x)^2 – 2 \ln x – 15 = 0\) sont donc :
\[
x = e^5 \quad \text{et} \quad x = e^{-3}
\]

Exercice 26 : logarithme et inéquations
{Correction de l’exercice de mathématiques}

1) Résoudre les inéquations suivantes :

\[ \ln(2 – 3x) \geq\, 0 \]

\[
\ln(2 – 3x) \geq\, 0 \implies 2 – 3x \geq\, 1 \implies 2 – 1 \geq\, 3x \implies 1 \geq\, 3x \implies x \leq\, \frac{1}{3}
\]

De plus, pour que \(\ln(2 – 3x)\) soit défini, il faut que \(2 – 3x > 0 \implies x < \frac{2}{3}\).

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]-\infty, \frac{1}{3}]\).

2) \[ \ln(1 – x) < 1 \]

\[
\ln(1 – x) < 1 \implies 1 – x < e \implies -x < e – 1 \implies x > 1 – e
\]

De plus, pour que \(\ln(1 – x)\) soit défini, il faut que \(1 – x > 0 \implies x < 1\).

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]1 – e, 1[\).

3) \[ \ln(\frac{3}{x}) > \ln 3 \]

\[
\ln(\frac{3}{x}) > \ln 3 \implies \frac{3}{x} > 3 \implies 3 > 3x \implies x < 1
\]

De plus, pour que \(\ln(\frac{3}{x})\) soit défini, il faut que \(x > 0\).

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]0, 1[\).

4) Résoudre les inéquations suivantes :

1) \[ 2 \ln(x) \geq\, \ln(2 – x) \]

\[
2 \ln(x) \geq\, \ln(2 – x) \implies \ln(x^2) \geq\, \ln(2 – x) \implies x^2 \geq\, 2 – x \implies x^2 + x – 2 \geq\, 0
\]

\[
(x – 1)(x + 2) \geq\, 0
\]

Les solutions de cette inéquation sont \(x \leq\, -2\) ou \(x \geq\, 1\).

De plus, pour que \(\ln(x)\) et \(\ln(2 – x)\) soient définis, il faut que \(x > 0\) et \(2 – x > 0 \implies x < 2\).

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]1, 2[\).

2) \[ \ln(x) + \ln(2x + 5) \leq\, \ln 3 \]

\[
\ln(x) + \ln(2x + 5) \leq\, \ln 3 \implies \ln(x(2x + 5)) \leq\, \ln 3 \implies x(2x + 5) \leq\, 3 \implies 2x^2 + 5x – 3 \leq\, 0
\]

\[
\Delta = 25 + 24 = 49 \implies x = \frac{-5 \pm 7}{4} \implies x_1 = \frac{1}{2}, \ x_2 = -3
\]

Les solutions de cette inéquation sont \(\frac{1}{2} \leq\, x \leq\, -3\).

De plus, pour que \(\ln(x)\) et \(\ln(2x + 5)\) soient définis, il faut que \(x > 0\) et \(2x + 5 > 0 \implies x > -\frac{5}{2}\).

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]0, \frac{1}{2}[\).

3) \[ \ln(4x) – \ln 2 < 2 \ln 4 \]

\[
\ln(4x) – \ln 2 < 2 \ln 4 \implies \ln(\frac{4x}{2}) < \ln(4^2) \implies \ln(2x) < \ln(16) \implies 2x < 16 \implies x < 8
\]

Ainsi, la solution de l’inéquation est \(x \in ]0, 8[\) (en considérant que \(4x > 0 \implies x > 0\)).

Exercice 27 : inéquations et exponentielles
1. \(e^x > 3\)

Posons \( x = \ln k \). Donc \( e^x = k \), et ainsi \( \ln e^x = \ln k \), alors \( x = \ln k \).

\[ x > \ln 3 \]

—

2. \(e^x \leq\, \frac{1}{2}\)

Posons \( x = \ln k \). Donc \( e^x = k \), et ainsi \( \ln e^x = \ln k \), alors \( x = \ln k \).

\[ x \leq\, \ln (\frac{1}{2}) \]
\[ x \leq\, -\ln 2 \]

—

3. \(e^x < -e\)

Cette équation n’a pas de solution car la fonction exponentielle \(e^x\) est toujours positive, donc elle ne peut pas être inférieure à un nombre négatif.

—

4. \(2e^x – 3 > 9\)

\[ 2e^x > 12 \]
\[ e^x > 6 \]
\[ x > \ln 6 \]

—

5. \(4e^x – 1 \geq\, e^x + 5\)

\[ 4e^x – e^x \geq\, 5 + 1 \]
\[ 3e^x \geq\, 6 \]
\[ e^x \geq\, 2 \]
\[ x \geq\, \ln 2 \]

—

6. \(e^{2x} – 5e^x < 0\)

Posons \( t = e^x \), donc \( t > 0 \). L’inéquation devient :

\[ t^2 – 5t < 0 \]
\[ t(t – 5) < 0 \]

Cette inéquation s’annule pour \( t = 0 \) et \( t = 5 \). On doit donc avoir :

\[ 0 < t < 5 \]

Revenons à la variable \( x \):

\[ 0 < e^x < 5 \]
\[ \ln 0 < x < \ln 5 \]
\[ x < \ln 5 \]

En conclusion :
\[ x < \ln 5 \]

Exercice 28 : logarithmes et résolution des inéquations
1) \(\ln(-2x+1) \leq\, 0\)

Pour que le logarithme soit défini, on doit avoir :
\[ -2x + 1 > 0 \]
\[ x < \frac{1}{2} \]

Ensuite, on résout l’inégalité :
\[ \ln(-2x+1) \leq\, 0 \]
\[ -2x+1 \leq\, e^0 \]
\[ -2x+1 \leq\, 1 \]
\[ -2x \leq\, 0 \]
\[ x \geq\, 0 \]

En croisant les deux conditions, on obtient :
\[ 0 \leq\, x < \frac{1}{2} \]

Donc, la solution est :
\[ x \in [0, \frac{1}{2}) \]

2) \(\ln(\frac{3x-1}{x+2}) \geq\, 0\)

Pour que le logarithme soit défini, on doit avoir :
\[ \frac{3x-1}{x+2} > 0 \]

D’une part, \(\frac{3x-1}{x+2} \geq\, 1\):
\[ \frac{3x-1}{x+2} \geq\, 1 \]
\[ 3x – 1 \geq\, x + 2 \]
\[ 2x \geq\, 3 \]
\[ x \geq\, \frac{3}{2} \]

D’autre part, \(\frac{3x-1}{x+2} \leq\, -1\):
\[ \frac{3x-1}{x+2} \leq\, -1 \]
\[ 3x – 1 \leq\, -(x + 2) \]
\[ 3x – 1 \leq\, -x – 2 \]
\[ 4x \leq\, -1 \]
\[ x \leq\, -\frac{1}{4} \]

On doit aussi prendre en compte les signes des deux expressions \((3x-1)\) et \((x+2)\) pour que le quotient soit strictement positif :
1. \( x < -2 \)
2. \( x > \frac{1}{3} \)

En croisant les conditions, la solution est:
\[ x \leq\, -2 \] et \[ x \geq\, \frac{3}{2} \]

Donc, la solution est :
\[ x \in (-\infty, -2] \cup [\frac{3}{2}, +\infty) \]

3) \(\ln(2x-1) + 1 > 0\)

On simplifie l’inégalité :
\[ \ln(2x-1) > -1 \]

Pour que le logarithme soit défini, on doit avoir :
\[ 2x – 1 > 0 \]
\[ x > \frac{1}{2} \]

Ensuite, on résout l’inégalité :
\[ \ln(2x-1) > -1 \]
\[ 2x-1 > e^{-1} \]
\[ 2x-1 > \frac{1}{e} \]
\[ 2x > \frac{1}{e} + 1 \]
\[ x > \frac{1+e}{2e} \]

En croisant les deux conditions :
\[ x > \max(\frac{1}{2}, \frac{1+e}{2e}) \]

Sachant que \(\frac{1}{2} \approx 0.5\) et \(\frac{1+e}{2e} \approx 0.658\), que \(e \approx 2.718\), donc:
\[ x > \frac{1+e}{2e} \approx 0.658 \]

Donc, la solution est :
\[ x > \frac{1+e}{2e} \]

Exercice 29 : théorème de comparaison et limites de logarithmes
1)
\[ \lim_{x \to +\infty} \ln(x^2 + 105x + 18) \]

Pour déterminer cette limite, nous pouvons utiliser le fait que \(\ln(x)\) est une fonction strictement croissante et continuer à comparer l’argument du logarithme pour de grandes valeurs de \(x\).

Pour \( x \to +\infty \), le terme dominant de \(x^2 + 105x + 18\) est \(x^2\). Donc, nous pouvons écrire :

\[ x^2 + 105x + 18 \sim x^2 \]

Ainsi :
\[ \ln(x^2 + 105x + 18) \sim \ln(x^2) \]

Nous savons que :
\[ \ln(x^2) = 2\ln(x) \]

Donc :

\[ \lim_{x \to +\infty} \ln(x^2 + 105x + 18) = \lim_{x \to +\infty} 2\ln(x) \]

Comme \( \ln(x) \to +\infty \) lorsque \( x \to +\infty \), nous avons :

\[ \lim_{x \to +\infty} 2\ln(x) = +\infty \]

Ainsi :

\[ \lim_{x \to +\infty} \ln(x^2 + 105x + 18) = +\infty \]

2)
\[ \lim_{x \to -\infty} \ln(8 – x^3) \]

Pour déterminer cette limite, nous observons que lorsque \( x \to -\infty \), le terme \( -x^3 \) devient très grand et négatif, donc \( 8 – x^3 \) devient très grand et positif. Plus précisément, nous avons :

\[ 8 – x^3 \sim -x^3 \]

Alors :

\[ \ln(8 – x^3) \sim \ln(-x^3) \]

Nous savons que :

\[ \ln(-x^3) = \ln((-x)^3) = 3\ln(-x) \]

Donc :

\[ \lim_{x \to -\infty} \ln(8 – x^3) = \lim_{x \to -\infty} 3\ln(-x) \]

Comme \( \ln(-x) \to +\infty \) lorsque \( x \to -\infty \), nous avons :

\[ \lim_{x \to -\infty} 3\ln(-x) = +\infty \]

Donc :

\[ \lim_{x \to -\infty} \ln(8 – x^3) = +\infty \]

Exercice 30 : démontrer des propriétés avec limites de logarithmes
1) Démontrer la propriété suivante :
\[
\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1.
\]

Preuve :

On utilise le développement limité de la fonction \( \ln(1 + x) \) au voisinage de 0 :

\[
\ln(1 + x) = x – \frac{x^2}{2} + o(x^2).
\]

Ainsi,

\[
\frac{\ln(1 + x)}{x} = \frac{x – \frac{x^2}{2} + o(x^2)}{x} = 1 – \frac{x}{2} + o(x).
\]

Lorsque \( x \to 0 \),

\[
1 – \frac{x}{2} + o(x) \to 1.
\]

Donc,

\[
\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + x)}{x} = 1.
\]

2) En déduire les limites suivantes :

a) \[
\lim_{x \to +\infty} x \ln ( 1 + \frac{1}{x} ).
\]

On pose \( t = \frac{1}{x} \), donc lorsque \( x \to +\infty \), \( t \to 0 \).

La limite devient :

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t^{-1}} = \lim_{t \to 0} t \ln(1 + t).
\]

Utilisant la propriété démontrée,

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t} = 1,
\]

donc,

\[
\lim_{t \to 0} t \ln(1 + t) = 1.
\]

b) \[
\lim_{x \to +\infty} e^x \ln (1 + e^{-x}).
\]

On pose \( t = e^{-x} \), donc lorsque \( x \to +\infty \), \( t \to 0 \).

On a :

\[
e^x = \frac{1}{t}.
\]

La limite devient alors :

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t}.
\]

Utilisant la propriété démontrée,

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t} = 1,
\]

donc,

\[
\lim_{x \to +\infty} e^x \ln (1 + e^{-x}) = 1.
\]

c) \[
\lim_{x \to 0} \frac{\ln ( 1 + \sqrt{x} )}{\sqrt{x}}.
\]

On pose \( t = \sqrt{x} \), donc lorsque \( x \to 0 \), \( t \to 0 \).

La limite se réécrit comme :

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t}.
\]

Utilisant la propriété démontrée nous trouvons,

\[
\lim_{t \to 0} \frac{\ln(1 + t)}{t} = 1.
\]

Donc,

\[
\lim_{x \to 0} \frac{\ln ( 1 + \sqrt{x} )}{\sqrt{x}} = 1.
\]

Exercice 31 : etude le signe de f'(x) et étudier les variations
1) Étudier les limites de \( f \) en \( 0 \) et en \( +\infty \).

\[
f(x) = x \ln x
\]

– Pour déterminer la limite de \( f \) en \( 0 \), considérons \( x \ln x \) pour \( x > 0 \).
Soit \( t = \ln x \), alors quand \( x \to 0^+ \), \( t \to -\infty \) et \( x = e^t \).
Donc, \( f(x) = x \ln x = e^t t \).
La limite de \( e^t t \) quand \( t \to -\infty \) est 0.
Donc, \[\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0\].

– Pour déterminer la limite de \( f \) en \( +\infty \), nous avons :
\[\lim_{x \to +\infty} x \ln x = +\infty \]

2) Pour tout réel \( x > 0 \), calculer \( f'(x) \).

\[
f(x) = x \ln x
\]
Utilisons la règle du produit pour dériver \( f(x) \):
\[
f'(x) = (x \ln x)’ = (\ln x)’ \cdot x + (\ln x) \cdot (x)’ = \frac{1}{x} x + \ln x \cdot 1 = 1 + \ln x
\]

Donc,
\[
f'(x) = 1 + \ln x
\]

3) Étudier le signe de \( f'(x) \) et en déduire les variations de \( f \).

Analysons le signe de \( f'(x) = 1 + \ln x \).

– \( \ln x = -1 \) quand \( x = \frac{1}{e} \), alors :
– Si \( x < \frac{1}{e} \), \( 1 + \ln x < 0 \).
– Si \( x > \frac{1}{e} \), \( 1 + \ln x > 0 \).

Tableau de signes de \( f'(x) \) :
\[
\begin{array}{c|ccccc}
x 0 \frac{1}{e} +\infty \\
\hline
f'(x) – 0 + \\
\end{array}
\]

Tableau de variations de \( f(x) \) :
\[
\begin{array}{c|ccccc}
x 0 \frac{1}{e} +\infty \\
\hline
f(x) \to \searrow f(\frac{1}{e}) \nearrow \to +\infty \\
\end{array}
\]

4) En déduire que \( f \) admet un minimum sur \( ]0 ; +\infty[ \) que l’on précisera.

D’après le tableau de variations, \( f \) admet un minimum en \( x = \frac{1}{e} \).

Calculons \( f(\frac{1}{e}) \) :
\[
f(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e} \ln (\frac{1}{e}) = \frac{1}{e} \cdot (-1) = -\frac{1}{e}
\]

Ainsi, la fonction \( f \) admet un minimum en \( x = \frac{1}{e} \) et la valeur minimale est \( f(\frac{1}{e}) = -\frac{1}{e} \).

Exercice 32 : déterminer la dérivée de chaque fonction sur l’intervalle I
\[ \text{1) Soit } f(x) = \frac{3 – 2 \ln x}{x – 1} \text{ sur } I = ]1; +\infty[ \]
Nous appliquerons la formule de la dérivée d’un quotient :
\[
f'(x) = \frac{(u/v)’ = \frac{u’v – uv’}{v^2}}
\]
où \( u(x) = 3 – 2 \ln x \) et \( v(x) = x – 1 \).

Calculons les dérivées \( u'(x) \) et \( v'(x) \):
\[
u(x) = 3 – 2 \ln x \implies u'(x) = -\frac{2}{x}
\]
\[
v(x) = x – 1 \implies v'(x) = 1
\]

La dérivée de \( f \) est donc :
\[
f'(x) = \frac{(3 – 2 \ln x)’ (x – 1) – (3 – 2 \ln x)(x – 1)’}{(x – 1)^2} = \frac{-\frac{2}{x}(x – 1) – (3 – 2 \ln x) \cdot 1}{(x – 1)^2}
\]
Simplifions la dérivée :
\[
f'(x) = \frac{-2 + 2 \ln x – x}{x(x – 1)^2}
\]

\[ \text{2) Soit } f(x) = \frac{\ln x}{x} \text{ sur } I = ]0; +\infty[ \]
Nous utiliserons encore la formule de la dérivée d’un quotient.
\[
u(x) = \ln x \hspace{10pt} \text{et} \hspace{10pt} v(x) = x
\]

Calculons \( u'(x) \) et \( v'(x) \):
\[
u(x) = \ln x \implies u'(x) = \frac{1}{x}
\]
\[
v(x) = x \implies v'(x) = 1
\]

La dérivée de \( f \) est:
\[
f'(x) = \frac{(\ln x)’ x – \ln x (x)’}{x^2} = \frac{\frac{1}{x} \cdot x – \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1 – \ln x}{x^2}
\]

\[ \text{3) Soit } f(x) = (\ln x)^3 \text{ sur } I = ]0; +\infty[ \]
Nous appliquons la règle de la chaîne :
\[
f'(x) = 3 (\ln x)^2 \cdot \frac{1}{x} = \frac{3 (\ln x)^2}{x}
\]

\[ \text{4) Soit } f(x) = \sqrt{\ln x} \text{ sur } I = ]1; +\infty[ \]
Encore une fois, appliquons la règle de la chaîne :
\[
f(x) = (\ln x)^{1/2}
\]
\[
f'(x) = \frac{1}{2} (\ln x)^{-1/2} \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{2 x \sqrt{\ln x}}
\]

Exercice 33 : déterminer la dérivée de chaque fonction
\begin{align*}
1) \quad f(x) = \frac{x}{\ln x} \quad \text{sur } I = ]0; 1[ \\
\quad f'(x) = \frac{(1 \cdot \ln x – x \cdot \frac{1}{x})}{(\ln x)^2} \\
\quad f'(x) = \frac{\ln x – 1}{(\ln x)^2}

2) \quad f(x) = (\ln x)^2 (3 – \ln x) \quad \text{sur } I = ]0; +\infty[ \\
\quad u(x) = (\ln x)^2 \quad \text{et} \quad v(x) = 3 – \ln x \\
\quad f'(x) = u'(x) v(x) + u(x) v'(x) \\
\quad u'(x) = 2 \frac{1}{x} \ln x \quad \text{et} \quad v'(x) = -\frac{1}{x} \\
\quad f'(x) = 2 \frac{\ln x}{x}(3 – \ln x) + (\ln x)^2 ( – \frac{1}{x} ) \\
\quad f'(x) = \frac{2 \ln x (3 – \ln x) – (\ln x)^2}{x} \\
\quad f'(x) = \frac{2 \ln x \cdot 3 – 2 (\ln x)^2 – (\ln x)^2}{x} \\
\quad f'(x) = \frac{6 \ln x – 3 (\ln x)^2}{x}

3) \quad f(x) = (2 – \ln x)(1 – \ln x) \quad \text{sur } I = ]0; +\infty[ \\
\quad u(x) = 2 – \ln x \quad \text{et} \quad v(x) = 1 – \ln x \\
\quad f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) \\
\quad u'(x) = – \frac{1}{x} \quad \text{et} \quad v'(x) = – \frac{1}{x} \\
\quad f'(x) = – \frac{1}{x}(1 – \ln x) + (2 – \ln x)( – \frac{1}{x} ) \\
\quad f'(x) = – \frac{1 – \ln x}{x} – \frac{2 – \ln x}{x} \\
\quad f'(x) = \frac{-(1 – \ln x) – (2 – \ln x)}{x} \\
\quad f'(x) = \frac{-1 + \ln x – 2 + \ln x}{x} \\
\quad f'(x) = \frac{2\ln x – 3}{x}

4) \quad f(x) = e^{5 \ln x + 2} \quad \text{sur } I = ]0; +\infty[ \\
\quad f(x) = e^2 \cdot e^{5 \ln x} = e^2 \cdot x^5 \\
\quad f'(x) = e^2 \cdot 5x^4 \\
\quad f'(x) = 5e^2 x^4
\end{align*}

Exercice 34 : déterminer l’équation de la tangente T
1) Montrer que \(\mathcal{C}\) admet deux asymptotes.

Pour montrer que la courbe \(\mathcal{C}\) admet deux asymptotes, nous devons étudier les limites de la fonction \( f(x) \) lorsque \( x \) tend vers 0 et vers \(\infty\).

\[
\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x + 1}{x}
\]

Le terme \(\ln x\) tend vers \(-\infty\) lorsque \(x\) tend vers \( 0^+\), donc cette limite tend vers \(-\infty\). Ainsi, la courbe a une asymptote verticale en \( x = 0 \).

Étudions maintenant la limite lorsque \( x \) tend vers \(\infty\):

\[
\lim_{x \to \infty} f(x) = \lim_{x \to \infty} \frac{\ln x + 1}{x} = 0
\]

Donc, la courbe a une asymptote horizontale en \( y = 0 \).

2) a) Montrer que pour tout \( x > 0 \), \( f'(x) = \frac{-\ln x}{x^2} \).

La fonction \( f(x) \) est donnée par :

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

Nous utilisons la règle du quotient pour trouver sa dérivée :

\[
f'(x) = \frac{(\ln x + 1)’ \cdot x – (\ln x + 1) \cdot x’ }{x^2}
\]

Calculons les dérivées:

\[
(\ln x + 1)’ = \frac{1}{x}, \quad x’ = 1
\]

Substituons les valeurs de dérivées :

\[
f'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x – (\ln x + 1) \cdot 1 }{x^2} = \frac{1 – \ln x – 1}{x^2} = \frac{-\ln x}{x^2}
\]

Donc,

\[
f'(x) = \frac{-\ln x}{x^2}
\]

2) b) Dresser le tableau de variation de \( f \).

Pour dresser le tableau de variation de \( f(x) \), nous devons connaître les signes de sa dérivée \( f'(x) \).

\[
f'(x) = \frac{-\ln x}{x^2}
\]

Pour \( x \in ]0, 1[ \), \(\ln x < 0\), donc \( f'(x) > 0 \).

Pour \( x \in ]1, +\infty[ \), \(\ln x > 0\), donc \( f'(x) < 0 \).

Ainsi, \( f(x) \) est croissante sur \( ]0, 1[ \) et décroissante sur \( ]1, +\infty[ \).

3) Résoudre l’équation \( f(x) = 0 \).

\[
f(x) = 0 \implies \frac{\ln x + 1}{x} = 0 \implies \ln x + 1 = 0 \implies \ln x = -1 \implies x = e^{-1}
\]

Ainsi, la solution est :

\[
x = \frac{1}{e}
\]

4) Déterminer une équation de la tangente \( T \) au point d’intersection de la courbe \(\mathcal{C}\) avec l’axe des abscisses.

Le point d’intersection de \(\mathcal{C}\) avec l’axe des abscisses est \( ( \frac{1}{e}, 0 ) \).

La pente de la tangente en ce point est donnée par \( f'( \frac{1}{e} ) \):

\[
f'(x) = \frac{-\ln x}{x^2}
\]

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

L’équation de la tangente est alors :

\[
y – 0 = e^2 ( x – \frac{1}{e} )
\]

\[
y = e^2 x – e
\]

5) Construire \(\mathcal{C}\) et \( T \).

La courbe \(\mathcal{C}\) peut être esquissée en tenant compte des asymptotes et du comportement croissant/décroissant discuté précédemment, et le point d’intersection avec l’axe des abscisses se situe en \( ( \frac{1}{e}, 0 ) \). La tangente \(T\) au point d’intersection a pour équation \( y = e^2 x – e \).

Exercice 35 : etudier la limite et l’asymptote verticale
Correction de l’exercice :

1) a) Étudier la limite de \( f \) en \( +\infty \).

\[\]
\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} ( (\ln x)^3 – 3 \ln x ).
\[\]

Sachant que \(\ln x \to +\infty\) quand \(x \to +\infty\), on a :

\[\]
(\ln x)^3 \to +\infty \quad \text{et} \quad -3 \ln x \to -\infty.
\[\]

Cependant, \(( (\ln x)^3 – 3 \ln x ) \to +\infty\) car la contribution positive de \((\ln x)^3\) domine celle de \(-3 \ln x\). Donc :

\[\]
\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty.
\[\]

1) b) Montrer que \( \mathcal{C} \) admet une asymptote verticale.

Pour déterminer si la fonction \( f \) a une asymptote verticale, on examine le comportement de \( f \) lorsque \( x \) tend vers 0.
Notons que lorsque \( x \) tend vers 0, \(\ln x \to -\infty\). Ainsi,

\[\]
\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} ( (\ln x)^3 – 3 \ln x ) = -\infty,
\[\]

car \((\ln x)^3 \to -\infty\) et \(-3 \ln x \to +\infty\), avec la contribution négative de \((\ln x)^3\) dominant. Donc, il y a une asymptote verticale en \( x = 0 \).

2) Montrer que pour tout \( x > 0 \),

\[\]
f'(x) = \frac{3(\ln x – 1)(\ln x + 1)}{x}.
\[\]

Calculons la dérivée de \( f(x) = (\ln x)^3 – 3 \ln x \) :

\[\]
f'(x) = 3 (\ln x)^2 \cdot \frac{1}{x} – \frac{3}{x} = \frac{3 (\ln x)^2 – 3}{x} = \frac{3 (\ln x – 1)(\ln x + 1)}{x}.
\[\]

3) Dresser le tableau des variations de \( f \).

Pour \( x > 0 \), nous devons étudier le signe de \( f'(x) \) :

\[\]
f'(x) = \frac{3 (\ln x – 1)(\ln x + 1)}{x}.
\[\]

– \( f'(x) = 0 \) si \( \ln x = -1 \) ou \( \ln x = 1 \), donc \( x = e^{-1} = \frac{1}{e} \) ou \( x = e \).
– Signes des facteurs :
– \( x > 0 \) donc \(\frac{1}{x} > 0\).
– Si \( x < 1 \), \(\ln x < 0\).
– Si \( x > 1 \), \(\ln x > 0\).

En résumé :
– \( f'(x) > 0 \) pour \( 0 < x < \frac{1}{e} \) et \( x > e \).
– \( f'(x) < 0 \) pour \( \frac{1}{e} < x < e \).

Tableau de variations :

\[
\begin{array}{c|ccccc}
x 0 \frac{1}{e} e +\infty \\
\hline
f'(x) – 0 – 0 + \\
\hline
f(x) -\infty +\infty -\infty +\infty \\
\end{array}
\]

4) Résoudre l’équation \( f(x) = 0 \).

Cherchons les solutions de \((\ln x)^3 – 3 \ln x = 0\) :

\[\]
(\ln x)^3 – 3 \ln x = 0 \implies \ln x (\ln x^2 – 3) = 0.
\[\]

Deux cas :
– \(\ln x = 0 \implies x = e^0 = 1\).
– \((\ln x)^2 = 3 \implies \ln x = \pm \sqrt{3} \implies x = e^{\sqrt{3}}\) ou \( x = e^{-\sqrt{3}} \).

Les solutions sont donc \( x = 1, e^{\sqrt{3}}, e^{-\sqrt{3}} \).

5) Construire \( \mathcal{C} \) et son asymptote.

La courbe représentative de \( f \) (\( \mathcal{C} \)) présente une asymptote verticale en \( x = 0 \), une croissance infinie en \( +\infty \), et des points critiques en \( x = \frac{1}{e} \) et \( x = e \) avec le comportement examiné précédemment.

Pour esquisser, notez que pour \( x \) petit, \( \mathcal{C} \) descend vers \( -\infty \) (asymptote), puis passe par \( x = \frac{1}{e} \), \( x = 1 \), et \( x = e \), et tend à \( +\infty \) quand \( x \to +\infty \).

Pour une esquisse précise, vous pouvez tracer la courbe \( y = (\ln x)^3 – 3 \ln x \) en respectant les points critiques et les comportements asymptotiques trouvés.

Exercice 36 : déterminer l’ensemble de définition et fonction composée
1) Déterminer l’ensemble de définition de la fonction \( \ln(u) \).

La fonction \( \ln(u) \) est définie pour \( u(x) > 0 \). D’après la courbe \( C_u \), la fonction \( u(x) \) est positive sur l’intervalle \( ]-5, 3[ \).

L’ensemble de définition de la fonction \( \ln(u) \) est donc :
\[ D = ]-5, 3[ \]

2) Étudier les limites de la fonction \( \ln(u) \) aux bornes de son ensemble de définition.

Aux bornes de l’ensemble de définition (\( x \to -5^+ \) et \( x \to 3^- \)), observons le comportement de \( u(x) \) :
– Lorsque \( x \to -5^+ \), \( u(x) \to 0^+ \)
– Lorsque \( x \to 3^- \), \( u(x) \to 0^+ \)

Les limites de la fonction \( \ln(u(x)) \) sont donc :
\[ \lim_{x \to -5^+} \ln(u(x)) = \ln(0^+) = -\infty \]
\[ \lim_{x \to 3^-} \ln(u(x)) = \ln(0^+) = -\infty \]

3) Étudier le sens de variation de la fonction \( \ln(u) \).

Pour étudier le sens de variation de \( \ln(u(x)) \), nous devons étudier celui de \( u(x) \). Sur la courbe, observons que :
– \( u(x) \) est croissante sur l’intervalle \( ]-5, -1] \)
– \( u(x) \) est décroissante sur l’intervalle \( [-1, 3[ \)

La fonction \( \ln(u) \) hérite du sens de variation de \( u \) car la fonction logarithme naturel est croissante sur son ensemble de définition. Donc :
– \( \ln(u(x)) \) est croissante sur \( ]-5, -1] \)
– \( \ln(u(x)) \) est décroissante sur \( [-1, 3[ \)

4) Dresser le tableau de variation de la fonction \( \ln(u) \).

D’après l’étude précédente, nous obtenons le tableau de variation suivant pour \( \ln(u(x)) \) :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
\hline
x -5 -1 3 \\
\hline
u(x) 0^+ 2 0^+ \\
\hline
\ln(u(x)) -\infty \ln(2) -\infty \\
\hline
Sens \text{croissant} \text{décroissant} \\
\hline
\end{array}
\]

Cela résume les variations de \( \ln(u) \) sur son ensemble de définition \( ]-5, 3[ \).

Exercice 37 : représentation graphique et fonction composée
1) Justifier que \[f\] est définie sur \[]-1; 2[\] :

Pour que \[f(x) = \ln(u(x))\] soit définie, il faut que \[u(x) > 0\]. En observant le graphique de \[u\], on voit que \[u(x) > 0\] sur l’intervalle \[]-1, 2[\], ce qui justifie que \[f\] est définie sur cet intervalle.

2) Étudier le sens de variation de la fonction \[f\] :

La dérivée de \[f\] est donnée par :
\[ f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)} \]

Il faut donc étudier le signe de \[f'(x)\] :
– Sur \[]-1, 0[\], \[u'(x) > 0\] et \[u(x) > 0\], donc \[f'(x) > 0\], ce qui signifie que \[f\] est croissante sur cet intervalle.
– Sur \[]0, 1[\], \[u'(x) < 0\] et \[u(x) > 0\], donc \[f'(x) < 0\], ce qui signifie que \[f\] est décroissante sur cet intervalle.
– Sur \[]1, 2[\], \[u'(x) < 0\] et \[u(x) > 0\], donc \[f'(x) < 0\], ce qui signifie que \[f\] est décroissante sur cet intervalle.

3) Étudier les limites de \[f\] en \[-1\] et en \[2\] :

\[ \lim_{x \to -1^+} f(x) = \lim_{x \to -1^+} \ln(u(x)) = \ln(0^+) = -\infty \]

\[ \lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} \ln(u(x)) = \ln(0^+) = -\infty \]

4) Dresser le tableau de variation de la fonction \[f\] :

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
x -1 ]-1, 0[ 0 ]0, 1[ 1 ]1, 2[ 2 \\
\hline
f'(x) + – – \\
\hline
f(x) -\infty \nearrow f(0) \searrow \ln(4) \searrow -\infty \\
\hline
\end{array}
\]

5) Discuter selon les valeurs du réel \[k\], le nombre de solutions de l’équation \[f(x) = k\] :

– Pour \[k < -\infty\], il n’y a pas de solutions.
– Pour \[k \geq\, \ln(4)\], il n’y a pas de solutions.
– Pour \[-\infty < k < \ln(4)\], il y a exactement deux valeurs de \[x\] telles que \[f(x) = k\].

Exercice 38 : tangente et courbe représentative
1) Résoudre l’inéquation \(f(x) > 0\).

\[ f(x) = \ln(-2x^2 – x + 1) \]

Pour que \(f(x) > 0\), il faut que :

\[ -2x^2 – x + 1 > 1 \]

En simplifiant, on obtient :

\[ -2x^2 – x > 0 \]

\[ -x(2x + 1) > 0 \]

L’inéquation \( -x(2x + 1) > 0 \) se résout en étudiant le changement de signe du produit :

\[ x < 0 \quad \text{et} \quad 2x + 1 > 0 \]
\[ x < 0 \quad \text{et} \quad x > -\frac{1}{2} \]

Donc, l’intervalle solution est :

\[ -\frac{1}{2} < x < 0 \]

Graphiquement, on constate que la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses pour ces valeurs de \(x\), confirmant la solution.

2a) La courbe \(\mathcal{C}\) semble-t-elle admettre une tangente horizontale? Si oui, en quel point?

Oui, la courbe semble admettre une tangente horizontale en un point. Ce point est situé à \(x = -\frac{1}{4}\).

2b) Démontrer cette conjecture.

La tangente est horizontale lorsque la dérivée de \(f\) s’annule. Calculons la dérivée de \(f(x)\) :

\[f(x) = \ln(-2x^2 – x + 1)\]

Posons \(u(x) = -2x^2 – x + 1\). La fonction \(f\) peut alors s’écrire \(f(x) = \ln(u(x))\). La dérivée de \(f\) s’écrit alors :

\[f'(x) = \frac{u'(x)}{u(x)} \]

Calculons maintenant \(u'(x)\) :

\[ u(x) = -2x^2 – x + 1 \]
\[ u'(x) = -4x – 1 \]

Alors :

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

Pour que la tangente soit horizontale :

\[ f'(x) = 0 \]

\[ \frac{-4x – 1}{-2x^2 – x + 1} = 0 \]

Cela implique que le numérateur doit être égal à 0 :

\[ -4x – 1 = 0 \]
\[ x = -\frac{1}{4} \]

Donc, la courbe a une tangente horizontale au point \(x = -\frac{1}{4}\).

Il reste à vérifier que la valeur de \(y\) pour \(x = -\frac{1}{4}\) appartient au domaine de définition de \( f \).

\[ f(-\frac{1}{4}) = \ln ( -2( -\frac{1}{4})^2 – ( -\frac{1}{4}) + 1 ) \]
\[ = \ln ( -2 \cdot \frac{1}{16} + \frac{1}{4} + 1 ) \]
\[ = \ln ( -\frac{1}{8} + \frac{2}{8} + \frac{8}{8} ) \]
\[ = \ln ( \frac{9}{8} ) \]

Puisque \(\ln ( \frac{9}{8} ) \) est défini, cela valide le point \( x = -\frac{1}{4} \).

Ainsi, la tangente horizontale se trouve au point \((- \frac{1}{4}, f( – \frac{1}{4}))\).

Exercice 39 : suite géométrique et logarithme népérien
{Correction de l’exercice}

Soit \((u_n)\) la suite définie par \(u_0 = 1\) et pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(u_{n+1} = \frac{1}{4} u_n + \frac{1}{2}\).

1. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on pose \(v_n = u_n – \frac{2}{3}\).

a) Montrons que la suite \((v_n)\) est une suite géométrique.\\
En utilisant la définition de \(v_n\), nous avons :
\[
v_{n+1} = u_{n+1} – \frac{2}{3} = ( \frac{1}{4} u_n + \frac{1}{2} ) – \frac{2}{3}
\]
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} u_n + \frac{1}{2} – \frac{2}{3}
\]
Sachant que \( \frac{1}{2} – \frac{2}{3} = -\frac{1}{6}\), nous obtenons :
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} u_n – \frac{1}{6}
\]
En réécrivant \(u_n\) en fonction de \(v_n\), nous avons :
\[
u_n = v_n + \frac{2}{3}
\]
Donc :
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} (v_n + \frac{2}{3}) – \frac{1}{6}
\]
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} v_n + \frac{1}{6} – \frac{1}{6}
\]
Ainsi,
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} v_n
\]
Cela montre que \((v_n)\) est une suite géométrique de raison \(\frac{1}{4}\) et de premier terme \(v_0 = u_0 – \frac{2}{3} = 1 – \frac{2}{3} = \frac{1}{3}\).

b) Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), exprimons \(v_n\) et \(u_n\) en fonction de \(n\).\\
La suite géométrique \((v_n)\) de premier terme \(v_0 = \frac{1}{3}\) et de raison \(\frac{1}{4}\) s’écrit :
\[
v_n = v_0 ( \frac{1}{4} )^n = \frac{1}{3} ( \frac{1}{4} )^n
\]
Par conséquent,
\[
u_n = v_n + \frac{2}{3} = \frac{1}{3} ( \frac{1}{4} )^n + \frac{2}{3}
\]

c) En déduire la limite de la suite \((u_n)\).\\
Lorsque \(n \to \infty\), \((\frac{1}{4})^n \to 0\). Ainsi,
\[
\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} ( \frac{1}{3} ( \frac{1}{4} )^n + \frac{2}{3} ) = \frac{2}{3}
\]

2. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on pose \(w_n = \ln(v_n)\).

a) Montrons que la suite \((w_n)\) est bien définie.\\
La suite \((v_n)\) est géométrique avec un premier terme \(v_0 = \frac{1}{3}\) et une raison \(\frac{1}{4}\). Ainsi, pour tout \(n\), \(v_n\) est strictement positif, ce qui garantit que \(\ln(v_n)\) est bien défini.

b) Montrons que la suite \((w_n)\) est une suite arithmétique.\\
Sachant que \((v_n)\) est une suite géométrique de raison \(\frac{1}{4}\), nous avons :
\[
v_{n+1} = \frac{1}{4} v_n
\]
En prenant le logarithme naturel de chaque côté, nous obtenons :
\[
\ln(v_{n+1}) = \ln ( \frac{1}{4} v_n )
\]
Utilisons la propriété logarithmique \(\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)\) :
\[
\ln(v_{n+1}) = \ln ( \frac{1}{4} ) + \ln(v_n)
\]
\[
w_{n+1} = \ln ( \frac{1}{4} ) + w_n
\]
Ce qui montre que \((w_n)\) est une suite arithmétique de raison \(\ln ( \frac{1}{4} )\) et de premier terme \(w_0 = \ln(v_0) = \ln ( \frac{1}{3} )\).

c) Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), exprimons \(w_n\) en fonction de \(n\).\\
La suite arithmétique \((w_n)\) de premier terme \(w_0 = \ln ( \frac{1}{3} )\) et de raison \(\ln ( \frac{1}{4} )\) s’écrit :
\[
w_n = w_0 + n \cdot \ln ( \frac{1}{4} ) = \ln ( \frac{1}{3} ) + n \cdot \ln ( \frac{1}{4} )
\]

Exercice 40 : logarithme décimal et népérien
Correction de l’exercice :

1) Pour tout entier relatif \( n \), montrer que \( \log(10^n) = n \).

\[
\begin{align*}
\log(10^n) = \frac{\ln(10^n)}{\ln(10)} \\
= \frac{n \ln(10)}{\ln(10)} \\
= n.
\end{align*}
\]

2) Rappeler le sens de variation de la fonction \(\ln\) sur \( ]0; +\infty[ \), et en déduire celui de la fonction \(\log\) sur \( ]0; +\infty[ \).

La fonction \(\ln(x)\) est strictement croissante sur \( ]0; +\infty[ \). En effet, pour tous \( x_1, x_2 \in ]0; +\infty[ \) avec \( x_1 < x_2 \), on a \(\ln(x_1) < \ln(x_2) \).

Ainsi, la fonction \(\log(x) = \frac{\ln(x)}{\ln(10)}\) est également strictement croissante sur \( ]0; +\infty[ \), car elle est obtenue par une multiplication de \(\ln(x)\) par une constante positive \(\frac{1}{\ln(10)}\).

3) Soit \( a \) et \( b \) deux réels strictement positifs. En utilisant les propriétés algébriques de la fonction \(\ln\), démontrer :

a) \(\log(ab) = \log a + \log b\) :

\[
\begin{align*}
\log(ab) = \frac{\ln(ab)}{\ln(10)} \\
= \frac{\ln(a) + \ln(b)}{\ln(10)} \quad \text{(propriété : } \ln(ab) = \ln(a) + \ln(b) \text{)} \\
= \frac{\ln(a)}{\ln(10)} + \frac{\ln(b)}{\ln(10)} \\
= \log a + \log b.
\end{align*}
\]

b) \(\log ( \frac{a}{b} ) = \log a – \log b\) :

\[
\begin{align*}
\log ( \frac{a}{b} ) = \frac{\ln ( \frac{a}{b} )}{\ln(10)} \\
= \frac{\ln(a) – \ln(b)}{\ln(10)} \quad \text{(propriété : } \ln ( \frac{a}{b} ) = \ln(a) – \ln(b) \text{)} \\
= \frac{\ln(a)}{\ln(10)} – \frac{\ln(b)}{\ln(10)} \\
= \log a – \log b.
\end{align*}
\]