• Soit \(x>0\). \(2\ln(x)+1=3 \Leftrightarrow 2\ln(x)=2 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \Leftrightarrow x =e\). Ainsi, \(S=\{e\}\).
• Soit \(x> \dfrac{4}{3}\). \(\ln(3x-4)=0 \Leftrightarrow 3x-4=1 \Leftrightarrow 3x=5 \Leftrightarrow x=\dfrac{5}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{5}{3}\right\}\).
• Soit \(x\in\mathbb{R}\). \(e^{3x+2}=4 \Leftrightarrow 3x+2=\ln(4) \Leftrightarrow x=\dfrac{\ln(4)-2}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{\ln(4)-2}{3}\right\}\).
• Soit \(x > \dfrac{2}{3}\). \(2+3\ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow 3\ln(3x-2)=-3 \Leftrightarrow \ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow 3x-2 =e^{-1} \Leftrightarrow x =\dfrac{e^{-1}+2}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{e^{-1}+2}{3}\right\}\).
• Soit \(x\in \mathbb{R}\). \(\ln(e^{3x+4})=5 \Leftrightarrow 3x+4=5 \Leftrightarrow 3x=1 \Leftrightarrow x= \dfrac{1}{3}\). \(S=\left\{\dfrac{1}{3}\right\}\).
• Puisque \(3-\pi <0\), l'équation \(e^{2x-3}=3-\pi\) ne possède pas de solution réelle. \(S=\varnothing\).

• Soit \(x\in \mathbb{R}\).
  \((e^{2x+1}-3)(3x-7)(e^x+5)=0 \Leftrightarrow e^{2x+1}-3=0\) ou \( 3x-7 = 0\) ou \(e^x+5=0\).
  • \(e^{2x+1}-3=0 \Leftrightarrow e^{2x+1}=3 \Leftrightarrow 2x+1=\ln(3) \Leftrightarrow x=\dfrac{\ln(3)-1}{2}\)
  • \(3x-7=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{7}{3}\)
  • \(e^x+5=0\) est impossible puisque pour tout réel \(x\), \(e^x>0\).

  Ainsi, \(S=\left\{ \dfrac{\ln(3)-1}{2} ; \dfrac{7}{3}\right\}\).

• Soit \(x>0\). \((\ln(x))^2-\ln(x)=0 \Leftrightarrow \ln(x) (\ln(x)-1)=0 \Leftrightarrow \ln(x)=0\) ou \(\ln(x)=1 \Leftrightarrow x=1\) ou \(x=e\).
  Ainsi, \(S=\{1 ; e\}\).
• Soit \(x>e\). \((x-1)\ln(x-e)=0 \Leftrightarrow x-1=0\) ou \(\ln(x-e)=0\). Or :
  • \(x-1 = 0 \Leftrightarrow x=1\). Cependant, 1 n’est pas une solution car il n’appartient pas au domaine de résolution (\(1 \ngtr e\)).
  • \(\ln(x-e)=0 \Leftrightarrow x-e=1 \Leftrightarrow x=1+e\).

  L’unique solution de cette équation est donc \(1+e\). \(S=\{1+e\}\).

Pour tout réel \(x\), on pose \(X=e^x\). Ainsi :
\[3e^{2x}+9e^x-30=0 \Leftrightarrow 3X^2+9X-30=0\]
Cette deuxième équation est une équation du second degré. Le discriminant du polynôme \(3X^2+9X-30\) vaut \(9^2 – 4 \times 3 \times (-30) = 441\) qui est strictement positif. Ce polynôme a donc deux racines qui sont :
\[X_1 = \dfrac{-9-\sqrt{441}}{2 \times 3} = -5 \quad \text{et} \quad X_2 = \dfrac{-9+\sqrt{441}}{2 \times 3} = 2\]
On a donc \(X=-5\) ou \(X=2\), c’est-à-dire \(e^x = -5\) (ce qui est impossible car \(e^x > 0\)) ou \(e^x=2\) (et donc \(x=\ln(2)\)).

L’unique solution de l’équation est donc \(\ln(2)\).

1. \(ch\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme somme de fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\). De plus, pour tout réel \(x\),
   \[ch'(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\]
   et
   \[ch »(x)=\dfrac{e^x-(-e^{-x})}{2}=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=ch(x)\]
2. 1. Pour tout \(x \geqslant 1\),
      \[ch \circ f (x)=\dfrac{e^{\ln(x+\sqrt{x^2-1})}+e^{-\ln(x+\sqrt{x^2-1})}}{2}=\dfrac{x+\sqrt{x^2-1}+\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}}{2}\]
      En réduisant au même dénominateur le numérateur :
      \[ ch \circ f (x)= \dfrac{\dfrac{(x+\sqrt{x^2-1})^2+1}{x+\sqrt{x^2-1}}}{2}=\dfrac{x^2+2x\sqrt{x^2-1}+x^2-1+1}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=\dfrac{2x^2+2x\sqrt{x^2-1}}{2(x+\sqrt{x^2-1})}\]
      En factorisant par \(2x\) :
      \[ ch \circ f (x) = \dfrac{2x(x+\sqrt{x^2-1})}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=x\]
   2. Par ailleurs, pour tout réel \(x\), sachant que \(ch(x) \geqslant 1\), la composée est bien définie :
      \[ f \circ ch(x)= \ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2-1}\right)=\ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\dfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-1}\right)\]
      Or,
      \[\dfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-1=\dfrac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}=\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2\]
      Ainsi,
      \[f \circ ch(x) = \ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2}\right)\]
      Si \(x\geqslant 0\), alors \(e^x-e^{-x}\geqslant 0\) et donc \(\sqrt{\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\). Ainsi,
      \[f \circ ch(x)=\ln\left(\dfrac{e^x+e^{-x}+e^x-e^{-x}}{2}\right)=\ln\left(\dfrac{2e^x}{2}\right)=\ln(e^x)=x\]

• \(\ln(3)+\ln(4)-\ln(6) = \ln\left( \dfrac{3 \times 4}{6}\right)=\ln\left(\dfrac{12}{6}\right)=\ln(2)\).
• \(\dfrac{\ln(9)}{\ln(3)}-\ln(1)=\dfrac{\ln(3^2)}{\ln(3)}-0=\dfrac{2\ln(3)}{\ln(3)}=2\).
• \(4\ln(3)-\ln(9)+2\ln(27)=4\ln(3)-\ln(3^2)+2\ln(3^3)=4\ln(3)-2\ln(3)+6\ln(3)=8\ln(3)\).
• \(\ln(3x^2)-\ln(3)=\ln(3)+\ln(x^2)-\ln(3)=\ln(x^2)=2\ln(x)\) car \(x>0\).

Pour tout \(x>0\),
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=\ln(4)+\ln(x^2)+6\ln(x)-3=\ln(4)+2\ln(x)+6\ln(x)-3=8\ln(x)+\ln(4)-3\]
Ainsi
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=0\Leftrightarrow 8\ln(x)+\ln(4)-3=0 \Leftrightarrow \ln(x)= \dfrac{3-\ln(4)}{8}\Leftrightarrow x=\exp \left( \dfrac{3-\ln(4)}{8}\right)\]

Pour tout réel \(x>1\), les quantités \(x^2-1\), \(x^2+2x+1\) et \(\dfrac{x-1}{x+1}\) sont strictement positives, et
\[ \begin{eqnarray*}
\ln(x^2-1)-\ln(x^2+2x+1) &=&\ln\left(\dfrac{x^2-1}{x^2+2x+1}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{(x-1)(x+1)}{(x+1)^2}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)\end{eqnarray*}\]

\(\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right) = \ln \left( \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4} \times \ldots \times \dfrac{49}{50}\right)\).

Après simplification des numérateurs et dénominateurs successifs, il reste donc :
\[ \ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right)= \ln\left( \dfrac{1}{50}\right) = -\ln(50) \]

Pour tout réel \(x\), en factorisant dans le \(\ln\) par \(e^{-x}\), on a :
\[\ln(1+e^{-x}) = \ln\left(e^{-x} \times \left( \dfrac{1}{e^{-x}}+1\right)\right)=\ln(e^{-x})+\ln \left( e^x+1\right)=-x+\ln(1+e^x)\]

1. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la proposition \(P(n)\) : « \(e^2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\) ».
   • Initialisation : On a \(u_0=e^3\) et \(u_1=e \times \sqrt{e^3}=e^{5/2}\). On a bien \(e^2 \leqslant e^{5/2} \leqslant e^3\), donc \(e^2 \leqslant u_1 \leqslant u_0\). \(P(0)\) est vraie.
   • Hérédité : Soit \(n\in\mathbb{N}\) tel que \(P(n)\) est vraie. On a alors \(e^2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n\). En appliquant la fonction racine carrée, qui est strictement croissante sur \([0;+\infty [\), on a alors \(e \leqslant \sqrt{u_{n+1}} \leqslant \sqrt{u_n}\). On multiplie alors par \(e\) et on obtient \(e \times e \leqslant e\sqrt{u_{n+1}} \leqslant e\sqrt{u_n}\), soit \(e^2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1}\). \(P(n+1)\) est donc vraie.
   • Par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\). La suite \((u_n)\) est donc décroissante et minorée par \(e^2\).
2. Puisque la suite \((u_n)\) est décroissante et minorée, alors elle converge vers une limite que l’on note \(l\). Par ailleurs, la fonction \(x\mapsto e\sqrt{x}\) est continue sur \([e^2;+\infty[\). On a donc \(l=e\sqrt{l}\) et donc \(l^2 = e^2 l \Leftrightarrow l(l-e^2)=0\). Puisque \(l \geqslant e^2\), l’unique possibilité est \(l=e^2\).
3. 1. Pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=\ln (u_n)-2\) d’où \(\ln(u_n)=a_n+2\) et \(u_n=e^{a_n+2}\).
   2. Pour tout entier naturel \(n\),
      \[\begin{eqnarray*}a_{n+1}&=&\ln(u_{n+1})-2\\&=&\ln(e\sqrt{u_n})-2\\&=&\ln(e)+\ln(\sqrt{u_n})-2\\&=&1+\dfrac{1}{2}\ln(u_n)-2\\&=&\dfrac{1}{2}(\ln(u_n)-2)\\&=&\dfrac{1}{2}a_n\end{eqnarray*}\]
   3. La suite \((a_n)\) est une suite géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et de premier terme \(a_0=\ln(u_0)-2 = \ln(e^3)-2=3-2=1\).
   4. Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=1 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\) et \(u_n=\exp(a_n+2)=\exp \left(2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)\).
   5. Puisque \(-1 < \dfrac{1}{2} < 1\), il en vient que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n+2\right)=2\). La fonction exponentielle étant continue, il en vient que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_n=e^2\).

• Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} (1-x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{X\to +\infty} \ln(X)=+\infty\), on a par composition \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} \ln(1-x)=+\infty\).
• Pour tout réel \(x>0\), en factorisant par le terme de plus haut degré :
  \[\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x} = \dfrac{x^2(1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2})}{x^2(1+\dfrac{1}{x})} = \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}\]
  Or, \(\displaystyle \lim_{x \to + \infty} \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}} = 1\). La fonction \(\ln\) étant continue en 1, on a \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right)=\ln(1)=0\).
• \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(x^2-2x+3)=3\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(x^2+x)=0^+\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x} = +\infty\) et par composition \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right) = +\infty\).

• \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}2x^2=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(x)=+\infty\). Ainsi, par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (2x^2\ln(x))=+\infty\). Il n’y a pas de forme indéterminée ici.
• Par croissances comparées, on sait que \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^2\ln(x) = 0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(2x^2\ln(x))=0\).
• Pour tout \(x>1\), \(x-\ln(x) = x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{x}\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \left(1-\dfrac{\ln(x)}{x}\right) = 1\), et par produit \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (x-\ln(x))=+\infty\).

• \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^x = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (-x) = +\infty\), donc par somme \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (e^x-x)=+\infty\). Ainsi, par composition, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \ln(e^x-x)=+\infty\).
• Pour tout \(x>0\), on factorise par \(e^x\) pour lever l’indétermination : \(e^x-x=e^x\left(1-\dfrac{x}{e^x}\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x}=0\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (e^x-x)=+\infty\) et donc par composition \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(e^x-x)=+\infty\).
• Pour tout réel \(x>0\), \(e^x-\ln(x)=e^x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{e^x}\right) = e^x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{e^x}\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{e^x}=0\). Ainsi, le produit tend vers 0, la parenthèse tend vers 1, et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(e^x-\ln(x))=+\infty\).

1. Pour tout réel \(x>0\), on pose \(u(x)=1+\ln(x)\) et \(v(x)=x\). \(u\) et \(v\) sont dérivables sur \(]0;+\infty[\) et \(v\) ne s’y annule pas. Ainsi, \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et pour tout réel \(x>0\) :
   \[f'(x)= \dfrac{\frac{1}{x}\times x -(1+\ln(x))\times 1}{x^2} = \dfrac{1 – 1 – \ln(x)}{x^2} = – \dfrac{\ln(x)}{x^2}\]
2. Pour tout réel \(x>0\), on a \(x^2>0\). \(f'(x)\) est donc du signe de \(-\ln(x)\). Or, \(-\ln(x) \leqslant 0\) si et seulement si \(x \geqslant 1\).
   Limites : \(\displaystyle \lim_{x\to 0^+} (1+\ln x) = -\infty\) et le dénominateur tend vers \(0^+\), donc par quotient \(\displaystyle \lim_{x\to 0^+} f(x) = -\infty\).
   De l’autre côté, par croissances comparées, \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0\), donc \(\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x) = 0\).

   

3. Soit \(x>0\).
   \[ f(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1+\ln(x)}{x}=0 \Leftrightarrow 1+\ln(x)=0 \Leftrightarrow x =e^{-1}=\dfrac{1}{e}\]

4. 

5. La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \([1;+\infty[\). De plus, \(f(1)=1\) et \(\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0\). Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel \(c\) dans \([1;+\infty[\) tel que \(f(c)=\dfrac{1}{2}\). À l’aide de la calculatrice, on trouve \(c \simeq 5,36\).
6. • Si \(m \leqslant 0\), l’équation \(f(x)=m\) possède une unique solution sur \(]0;+\infty[\).
   • Si \(0 < m < 1\), cette équation possède deux solutions.
   • Si \(m=1\), il n’y a qu’une unique solution (\(x=1\)).
   • Si \(m>1\), l’équation \(f(x)=m\) n’a aucune solution.

1. \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) (dérivée de \(u^2\)) et pour tout réel \(x>0\),
   \[f'(x)= 2 \times \ln(x) \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2\ln(x)}{x}\]
   qui est du signe de \(\ln(x)\).

   

2. Soit \(x>0\).
   \[ f(x)=1 \Leftrightarrow (\ln(x))^2 = 1 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \text{ OU } \ln(x)=-1 \Leftrightarrow x=e \text{ OU } x = \dfrac{1}{e}\]

3. 

4. D’après le tableau de variations :
   Si \(m < 0\), l'équation \(f(x)=m\) n'admet aucune solution sur \(]0;+\infty[\).
   Si \(m=0\), cette équation possède une unique solution (\(x=1\)).
   Si \(m>0\), il y a exactement deux solutions.

1. Le discriminant du polynôme \(x^2-2x+3\) vaut \(-8\) qui est strictement négatif. Ainsi, pour tout réel \(x\), le polynôme est du signe de son coefficient dominant (\(1>0\)), donc \(x^2-2x+3>0\). \(f\) est donc bien définie sur \(\mathbb{R}\).
2. La fonction \(x\mapsto x^2-2x+3\) est strictement positive et dérivable sur \(\mathbb{R}\). Par composition, \(f\) est donc dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{2x-2}{x^2-2x+3}\).
3. Puisque pour tout réel \(x\), \(x^2-2x+3>0\), \(f'(x)\) est du signe de \(2x-2\).
   Limites : le polynôme \(x^2-2x+3\) tend vers \(+\infty\) quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\), donc par composition avec le logarithme, \(\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = +\infty\).

   

Pour tout réel \(x\), on pose \(u(x)=e^x-x\). \(u\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(u'(x)=e^x-1\). On en déduit le tableau de variations de \(u\) :

En particulier, le minimum de \(u\) est 1, donc pour tout réel \(x\), on a \(e^x-x\geqslant 1\) et donc \(e^x-x>0\). \(f\) est donc parfaitement définie sur \(\mathbb{R}\). \(f\) est également dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{e^x-1}{e^x-x}\). Les variations de \(f\) sont les mêmes que les variations de \(u\) puisque le dénominateur est strictement positif. On a donc le tableau de variations suivant :

On peut alors tracer l’allure de la courbe de \(f\).

1. Pour tout réel \(x\), \(e^x >0\) et donc \(1+e^x > 1 > 0\). \(f\) est donc bien définie sur \(\mathbb{R}\).
2. \(f\) est dérivable comme composition de fonctions dérivables. Pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}\).
3. On a \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}(1+e^x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}(1+e^x)=1\). Ainsi, par composition : \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}f(x)=\ln(1)=0\). On obtient alors le tableau de variations suivant :

   

4. 1. Pour tout réel \(x\), \[g(x)=f(x)-x=\ln(1+e^x)-\ln(e^x)=\ln\left(\dfrac{1+e^x}{e^x}\right)=\ln(e^{-x}+1).\]
   2. Pour tout réel \(x\), \(1+e^{-x}>1\). Par stricte croissance du logarithme népérien, on a \(\ln(1+e^{-x}) > \ln(1) = 0\). Il en vient que pour tout réel \(x\), \(g(x)>0\), soit \(f(x)-x>0\) et donc \(f(x)>x\).
   3. Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty} e^{-x} = 0\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(1+e^{-x})=1\), et donc par composition \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=\ln(1)=0\). La courbe de \(f\) admet donc la droite d’équation \(y=x\) comme asymptote oblique au voisinage de \(+\infty\).

5. 

1. D’après le graphique, on a \(f(1)=4\) et \(f'(1)=0\) (car la tangente est horizontale en \(A\)).
2. Pour tout réel \(x\) strictement positif, par dérivée d’un quotient :
   \[f'(x)=\dfrac{\frac{b}{x} \times x – (a+b\ln(x)) \times 1}{x^2}=\dfrac{b-a-b\ln(x)}{x^2}\]
3. D’une part, \(f(1)=4\) d’après le graphique. Or, en utilisant la formule, on a \(f(1)=\dfrac{a+b\ln(1)}{1}=a\). Ainsi, \(a=4\).
   Par ailleurs, \(f'(1)=0\) d’après le graphique, et \(f'(1)=\dfrac{b-4-b\ln(1)}{1^2}=b-4\) en utilisant la formule dérivée. Il en vient que \(b-4=0\) et donc \(b=4\).
4. On a \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(4+4\ln(x))=-\infty\) et le dénominateur tend vers \(0^+\), donc par quotient \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) =-\infty\).
   Par ailleurs, pour tout réel \(x\) strictement positif, en scindant la fraction : \(f(x)=\dfrac{4}{x}+4\dfrac{\ln(x)}{x}\). Par croissances comparées et somme de limites, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x)=0\).
5. Pour tout \(x>0\), \(f'(x)=\dfrac{4-4-4\ln(x)}{x^2} = \dfrac{-4\ln(x)}{x^2}\). Le dénominateur étant strictement positif, \(f'(x)\) est du signe opposé à celui de \(\ln(x)\).

   

1. Il faut que \(5x-3 > 0\), donc le domaine de résolution est \(x > \dfrac{3}{5}\).
   Alors \(\ln(5x-3) \geqslant 0 \Leftrightarrow 5x-3 \geqslant 1 \Leftrightarrow 5x \geqslant 4 \Leftrightarrow x\geqslant \dfrac{4}{5}\).
   En intersectant avec le domaine, on obtient \(S = \left[\dfrac{4}{5} ; +\infty\right[\).
2. Il faut que \(9x-2 > 0\), donc le domaine de résolution est \(x > \dfrac{2}{9}\).
   Alors \(\ln(9x-2) < 0 \Leftrightarrow 9x-2 < 1 \Leftrightarrow 9x < 3 \Leftrightarrow x< \dfrac{1}{3}\).
   En intersectant avec le domaine, on obtient \(S=\left]\dfrac{2}{9} ; \dfrac{1}{3}\right[\).
3. Il faut que \(3x+1 > 0\) et \(3-x > 0\), soit \(x > -\dfrac{1}{3}\) et \(x < 3\). Le domaine de résolution est donc \(\left]-\dfrac{1}{3} ; 3\right[\).
   Alors \(\ln(3x+1) \geqslant \ln(3-x) \Leftrightarrow 3x+1 \geqslant 3-x \Leftrightarrow 4x \geqslant 2 \Leftrightarrow x \geqslant \dfrac{1}{2}\).
   En intersectant avec le domaine, on obtient \(S=\left[\dfrac{1}{2} ; 3\right[\).

L’expression \((e^{2x}-3)(\ln(x)-1)\) existe si et seulement si \(x > 0\).
Cherchons les racines de chaque facteur :

• \(e^{2x}-3 = 0 \Leftrightarrow e^{2x} = 3 \Leftrightarrow 2x = \ln(3) \Leftrightarrow x = \dfrac{\ln(3)}{2}\)
• \(\ln(x)-1 = 0 \Leftrightarrow \ln(x) = 1 \Leftrightarrow x = e\)

Construisons le tableau de signes de cette expression sur \(]0 ; +\infty[\). (Rappel : \(\frac{\ln 3}{2} \simeq 0,55\) et \(e \simeq 2,71\)).

L’énoncé demande de résoudre l’inéquation strictement négative (\(<0\)). On cherche donc l'intervalle où le produit porte un signe moins.
Ainsi, l’ensemble solution recherché est \(S=\left]\dfrac{\ln(3)}{2} ; e\right[\).

• Par stricte croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(2^n \geqslant 40\,000 \Leftrightarrow \ln(2^n) \geqslant \ln(40\,000) \Leftrightarrow n\ln(2) \geqslant \ln(40\,000)\). Puisque \(\ln(2) > 0\), on divise sans changer de signe : \(n \geqslant \dfrac{\ln(40\,000)}{\ln(2)} \simeq 15,28\). L’entier recherché est 16.
• Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(1.01^n \geqslant 2 \Leftrightarrow \ln(1.01^n) \geqslant \ln(2) \Leftrightarrow n\ln(1.01) \geqslant \ln(2)\). Puisque \(\ln(1.01) > 0\), on a \(n \geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1.01)} \simeq 69,66\). L’entier recherché est 70.
• Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(0.7^n \leqslant 10^{-3} \Leftrightarrow \ln(0.7^n) \leqslant \ln(10^{-3}) \Leftrightarrow n\ln(0.7) \leqslant -3\ln(10)\). Attention : \(\ln(0.7)\) étant strictement négatif, en divisant par \(\ln(0.7)\), le sens de l’inégalité change : \(n \geqslant \dfrac{-3\ln(10)}{\ln(0.7)} \simeq 19,3\). L’entier recherché est 20.

• \(121 \times 0,97^{2n+1} \leqslant 1 \Leftrightarrow 0,97^{2n+1} \leqslant \dfrac{1}{121}\). Par croissance de \(\ln\) sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \((2n+1)\ln(0.97) \leqslant -\ln(121)\). En divisant par \(\ln(0.97)\) qui est négatif, le sens change : \(2n+1 \geqslant -\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}\), et donc \(n \geqslant \dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}-1\right) \simeq 78,23\). L’entier recherché est 79.
• \(3 \times 1,1^n -150 \geqslant 365 \Leftrightarrow 3 \times 1.1^n \geqslant 515 \Leftrightarrow 1.1^n \geqslant \dfrac{515}{3}\). Par passage au \(\ln\), ceci équivaut à \(n\ln(1.1)\geqslant \ln\left(\dfrac{515}{3}\right)\), et donc \(n\geqslant \dfrac{\ln(515/3)}{\ln(1.1)} \simeq 53,9\). L’entier recherché est 54.
• \( 10^{12}\times 2^{-n} \leqslant 0,1 \Leftrightarrow 2^{-n} \leqslant \dfrac{0,1}{10^{12}} \Leftrightarrow 2^{-n} \leqslant 10^{-13}\). Par passage au \(\ln\), ceci équivaut à \(-n\ln(2) \leqslant -13\ln(10)\). En divisant par \(-\ln(2)\) (qui est négatif), le sens change : \(n\geqslant \dfrac{13\ln(10)}{\ln(2)} \simeq 43,18\). L’entier recherché est 44.

1. Pour tout entier naturel \(n\),
   \[a_{n+1}=u_{n+1}-8=\left(\dfrac{7}{8}u_n+1\right)-8=\dfrac{7}{8}u_n-7=\dfrac{7}{8}(u_n-8)=\dfrac{7}{8}a_n\]
   La suite \((a_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{7}{8}\) et de premier terme \(a_0=u_0-8 = 5-8 = -3\).
2. Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=-3 \left(\dfrac{7}{8}\right)^n\) et comme \(u_n=a_n+8\), on a \(u_n=8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\).
   Puisque \(-1 < \dfrac{7}{8} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\left(\dfrac{7}{8}\right)^n=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 8\).
3. Soit \(n\) un entier naturel. On a :
   \[u_n \geqslant 7,999 \Leftrightarrow 8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n \geqslant 7,999 \Leftrightarrow -3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n \geqslant -0,001 \Leftrightarrow \left(\dfrac{7}{8}\right)^n \leqslant \dfrac{0,001}{3}\]
   Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(n\ln\left(\dfrac{7}{8}\right) \leqslant \ln\left(\dfrac{0.001}{3}\right)\). En divisant par \(\ln\left(\dfrac{7}{8}\right)\) qui est strictement négatif, le sens change : \(n \geqslant \dfrac{\ln\left(\frac{0.001}{3}\right)}{\ln\left(\frac{7}{8}\right)} \simeq 59,95\). L’entier recherché est 60.

Soit \(n\) un entier naturel. Augmenter de 3% revient à multiplier par 1,03. Après \(n\) années, la population de cette ville a été multipliée par \(1,03^n\).
On cherche donc à résoudre l’équation \(1,03^n \geqslant 2\). En passant au logarithme népérien, cela équivaut à \(n\ln(1,03) \geqslant \ln(2)\), donc \(n\geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1,03)} \simeq 23,4\). L’entier recherché est 24 : la population aura doublé au bout de 24 ans.

1. Si le test groupé est négatif, on n’aura fait qu’un seul test au total : dans ce cas, on a \(X_n = 1\). S’il est positif, on aura fait 1 test groupé puis \(n\) tests individuels : on aura alors \(X_n=n+1\).
2. \(\mathbb{P}(X_n = 1)\) est la probabilité que l’on ne fasse qu’un test, c’est-à-dire que le test des \(n\) personnes soit négatif, et donc qu’aucun individu ne soit malade. La probabilité qu’une personne au hasard soit malade est égale à 0,05. La probabilité qu’elle soit saine est donc de 0,95. Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise, les états des individus sont indépendants. La probabilité que les \(n\) personnes soient saines vaut donc \(0,95^n\).
3. Puisque \(X_n\) ne peut prendre que les valeurs 1 et \(n+1\), on a alors \(\mathbb{P}(X_n = n+1)=1-0,95^n\).
   Ainsi, \(E(X_n)=(n+1) \times \mathbb{P}(X_n=n+1)+1\times \mathbb{P}(X_n = 1)=(n+1)(1-0,95^n)+0,95^n\) et donc \(E(X_n)=n+1-n \times 0,95^n\).
   Cette espérance représente le nombre moyen théorique d’analyses à effectuer pour un échantillon de \(n\) personnes.
4. 1. \(f\) est dérivable sur \([20;+\infty[\) et pour tout réel \(x\) de cet intervalle, \(f'(x)=\dfrac{1}{x}+\ln(0,95)\).
      Or, \(x \geqslant 20\) et donc \(\dfrac{1}{x}\leqslant 0,05\) puis \(f'(x)\leqslant 0,05 + \ln(0,95) < 0\). \(f\) est strictement décroissante sur \([20;+\infty[\).
      Par ailleurs, pour tout réel \(x\geqslant 20\), on factorise : \(f(x)=x\left(\dfrac{\ln(x)}{x}+\ln(0,95)\right)\). Or, par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0\). Le terme entre parenthèses tend vers \(\ln(0,95) < 0\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).
   2. La fonction \(f\) est continue et strictement décroissante sur \([20;+\infty[\). On a \(f(20) \simeq 1,97 > 0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel \(\alpha \geqslant 20\) tel que \(f(\alpha)=0\).
      À la calculatrice : \(f(87) \simeq 0,0035 > 0\) et \(f(88) \simeq -0,033 < 0\). On a donc bien \(87 < \alpha < 87,1\).
   3. La fonction \(f\) étant strictement décroissante, on en déduit que \(f(x) \geqslant 0\) pour tout \(x \in [20;\alpha ]\) et \(f(x) \leqslant 0\) pour tout \(x \in [\alpha ; +\infty[\).
5. Soit \(n\geqslant 20\). La première méthode est plus efficace si et seulement si \(E(X_n) < n\) : \[n+1-n \times 0,95^n < n \Leftrightarrow 1 < n \times 0,95^n\] On applique le logarithme népérien, qui est strictement croissant sur \(]0;+\infty[\) : \[ 0 < \ln(n \times 0,95^n) \Leftrightarrow 0 < \ln(n) + n\ln(0,95) \Leftrightarrow f(n) > 0 \]
   D’après le tableau de signe précédent, la condition \(f(n) > 0\) est validée uniquement pour les entiers \(n \leqslant \alpha\). Puisque \(\alpha \simeq 87,05\), l’entier maximal pour lequel la méthode groupée réduit le nombre moyen de tests est bien \(n=87\). Au-delà, tester tout le monde individuellement est (en moyenne) plus rentable.