Logarithme népérien
Équations
Résoudre les équations suivantes en précisant leur domaine de résolution.
\(2\ln(x)+1=3\) | \(\ln(3x-4)=0\) | \(e^{3x+2}=4\) |
\(2+3\ln(3x-2)=-1\) | \(\ln(e^{3x+4})=5\) | \(e^{2x-3}=3-\pi\) |
Afficher/Masquer la solution
- Soit \(x>0\), \(2\ln(x)+1=3 \Leftrightarrow 2\ln(x)=2 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \Leftarrow x =e\). Ainsi, \(S=\{e\}\)
- Soit \(x> \dfrac{4}{3}\), \(\ln(3x-4)=0 \Leftrightarrow 3x-4=1 \Leftrightarrow x=\dfrac{5}{3}\). 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 \(x > \dfrac{2}{3}\). \(2+3\ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow \ln(3x-2)=-1 \Leftrightarrow 3x-2 =e^{-1} \Leftrightarrow x =\dfrac{e^{-1}+2}{3}\). Ainsi, \(S=\left\{\dfrac{e^{-1}+2}{3}\right\}\)
- Soit \(x\in \mathbb{R}\). \(\ln(e^{3x+4})=5 \Leftrightarrow 3x+4=5 \Leftrightarrow x= \dfrac{1}{3}\). \(S=\left\{\dfrac{1}{3}\right\}\)
- Puisque \(3-\pi <0\), l’équation \(e^{2x-3}=3-\pi\) ne possède pas de solution réelle
Équations produits
Résoudre les équations suivantes en précisant leur domaine de résolution.
\((e^{2x+1}-3)(3x-7)(e^x+5)=0\) | \((\ln(x))^2-\ln(x)=0\) | \((x-1)\ln(x-e)=0\) |
Afficher/Masquer la solution
- 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 \(e^x>0\)
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,
- \(x-1 = 0\Leftrightarrow x=1\). 1 n’est cependant pas une solution car il n’est pas dans l’ensemble de résolution.
- \(\ln(x-e)=0 \Leftrightarrow x-e=1 \Leftrightarrow x=1+e\)
L’unique solution de cette équation est donc \(1+e\)
Changement de variable
Afficher/Masquer la solution
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 \(441\) qui est strictement positif. Ce polynôme a donc deux racines qui sont \(2\) et \(-5\).
On a donc \(X=2\) ou \(X=-5\), c’est-à-dire \(e^x = 2\) (et donc \(x=\ln(2)\)) ou \(e^x=-5\) ce qui est impossible.
L’unique solution de l’équation est donc \(\ln(2)\).
Cosinus hyperbolique
- Justifier que \(ch\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) et que pour tout réel \(x\), \(ch^{\prime\prime}(x)=ch(x)\)
- Pour tout réel \(x\geqslant 1\), on pose \(f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2-1})\).
- Montrer que pour tout \(x \geqslant 1\), \(ch\circ f (x)=x\)
- On admet que pour tout réel \(x\), \(ch(x)\geqslant 1\). Montrer que \(f \circ ch (x) = x\).
Afficher/Masquer la solution
\(ch\) 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
\[ch »(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=ch(x)\]
Pour tout \(x \geqslant 1\),
\[ch\circ f (x)=\dfrac{e^{\ln(x+\sqrt{x^2-1})}+e^{-\ln(x+\sqrt{x^2-1})}}{2}=\dfrac{x+\sqrt{x^2-1}+\dfrac{1}{x+\sqrt{x^2-1}}}{2}\]
Ainsi
\[ ch\circ f (x)= \dfrac{(x+\sqrt{x^2-1})^2+1}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=\dfrac{x^2+2x\sqrt{x^2-1}+x^2-1+1}{2(x+\sqrt{x^2-1}}=\dfrac{2x(x+\sqrt{x^2-1})}{2(x+\sqrt{x^2-1})}=x\]
Par ailleurs, pour tout réel \(x\),
\[ f \circ ch(x)= \ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2-1}\right)=\ln\left( \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}+\sqrt{\dfrac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-1}\right)\]
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 \(x\geqslant 1\), alors en particulier \(x\geqslant 0\) et \(e^x-e^{-x}\geqslant 0\) et donc \(\sqrt{\left(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\). Ainsi,
\[f \circ ch(x)=\ln\left(\dfrac{2e^x}{2}\right)=x\]
Propriétés algébriques
Simplification d’expressions
Simplifier les écritures suivantes
\(\ln(3)+\ln(4)-\ln(6)\) | \(\dfrac{\ln(9)}{\ln(3)}-\ln(1)\) |
\(4\ln(3)-\ln(9)+2\ln(27)\) | \(\ln(3x^2)-\ln(3)\) avec \(x>0\) |
Afficher/Masquer la solution
- \(\ln(3)+\ln(4)-\ln(6) = \ln\left( \dfrac{3 \times 4}{6}\right)=\ln(2)\)
- \(\dfrac{\ln(9)}{\ln(3)}-\ln(1)=\dfrac{\ln(3^2)}{\ln(3)}-0=\dfrac{2\ln(3)}{\ln(3)}=2\)
- \(4\ln(3)-\ln(9)+2\ln(27)=4\ln(3)-\ln(3^2)+2\ln(3^3)=4\ln(3)-2\ln(3)+6\ln(3)=8\ln(3)\).
- \(\ln(3x^2)-\ln(3)=\ln(3)+\ln(x^2)-\ln(3)=\ln(x^2)=2\ln(x)\) car \(x>0\)
Une équation
Afficher/Masquer la solution
Pour tout \(x>0\)
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=\ln(4)+\ln(x^2)+6\ln(x)-3=8\ln(x)+\ln(4)-3\]
Ainsi
\[ \ln(4x^2)+6\ln(x)-3=0\Leftrightarrow 8\ln(x)+\ln(4)-3=0 \Leftrightarrow \ln(x)= \dfrac{3-\ln(4)}{8}\Leftrightarrow x=\exp \left( \dfrac{3-\ln(4)}{8}\right)\]
Remarquables identités
Afficher/Masquer la solution
Pour tout réel \(x>1\), les quantités \(x^2-1\), \(x^2+x+1\) et \(\dfrac{x-1}{x+1}\) sont strictement positives, et
\[ \begin{eqnarray*}
\ln(x^2-1)-\ln(x^2+2x+1) &=&\ln\left(\dfrac{x^2-1}{x^2+2x+1}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{(x-1)(x+1)}{(x+1)^2}\right)\\&=&\ln\left(\dfrac{x-1}{x+1}\right)\end{eqnarray*}\]
Télescopage
Afficher/Masquer la solution
\(\ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right) = \ln \left( \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4} \times \ldots \times \dfrac{49}{50}\right)\).
Après simplification, il reste donc
\[ \ln\left(\dfrac{1}{2}\right)+\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)+\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)+\ldots+\ln\left(\dfrac{49}{50}\right)= \ln\left( \dfrac{1}{50}\right)\]
Simlpifier une expression
Afficher/Masquer la solution
Pour tout réel \(x\), en factorisant dans le \(\ln\) par \(e^{-x}\), on a
\[\ln(1+e^{-x}) = \ln\left(e^{-x} \times \left( \dfrac{1}{e^{-x}}+1\right)\right)=\ln(e^{-x})+\ln \left( \dfrac{1}{e^{-x}}+1\right)=-x+\ln(1+e^x)\]
Suite auxiliaire
On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=e^3\) et pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=e\sqrt{u_n}\).
- Montrer que \((u_n)\) est décroissante et que pour tout entier naturel \(n\), \(e^2 \leqslant u_n\)
- En déduire que \((u_n)\) converge. Quelle est sa limite ?
- Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(a_n=\ln(u_n)-2\)
- Exprimer \(u_n\) en fonction de \(a_n\) pour tout entier naturel \(n\).
- Exprimer \(a_{n+1}\) en fonction de \(a_n\) pour tout entier naturel \(n\).
- Quelle est la nature de la suite \((a_n)\) ? On précisera sa raison et son premier terme.
- En déduire que pour tout entier naturel \(n\), \(u_n=\exp \left(2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)\)
- Retrouver la limite de la suite \((u_n)\) à l’aide de cette expression.
Afficher/Masquer la solution
- 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 \(e^2 \leqslant u_1 \leqslant e\).
- 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 \(n\).
- 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 \(l=0\) ou \(l=e^2\). L’unique possibilité est alors \(l=e^2\).
-
- Pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=\ln (u_n)-2\) d’où \(\ln(u_n)=a_n+2\) et \(u_n=e^{a_n+2}\)
- Pour tout entier naturel \(n\),
\[\begin{eqnarray*}a_{n+1}&=&\ln(u_{n+1})-2\\&=&\ln(e\sqrt{u_n})-2\\&=&\ln(e)+\ln(\sqrt{u_n})-2\\&=&1+\dfrac{1}{2}\ln(u_n)-2\\&=&\dfrac{1}{2}(\ln(u_n)-2)\\&=&\dfrac{1}{2}a_n\end{eqnarray*}\] - La suite \((a_n)\) est une suite géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\) et de premier terme \(a_0=\ln(u_0)-2)\ln(e^3)-2=3-2=1\).
- Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=1 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\) et \(u_n=\exp(a_n+2)=\exp \left(2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)\)
- 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 en 2, il en vient que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_n=e^2\)
Limites avec le logarithme
Limites simples
Déterminer, si elles existent, les limites suivantes
- \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \ln(1-x)\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right)\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right)\)
Afficher/Masquer la solution
- Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} (1-x)=+\infty\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to – \infty} \ln(1-x)=+\infty\).
- Pour tout réel \(x>0\),
\[\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x} = \dfrac{x^2}{x^2} \times \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}} = \dfrac{1-\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x}}\]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 \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\ln\left(\dfrac{x^2-2x+3}{x^2+x}\right) = +\infty\).
Croissances comparées ?
Déterminer, si elles existent, les limites suivantes
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(2x^2 \ln(x))\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(2x^2 \ln(x))\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(x-\ln(x))\)
Afficher/Masquer la solution
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}2x^2=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(x)=+\infty\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (2x^2\ln(x))=+\infty\).
- Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(2x^2\ln(x))=0\)
- 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, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (x-\ln(x))=+\infty\).
Avec l’exponentielle
Déterminer, si elles existent, les limites suivantes
- \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty}\ln(e^x-x)\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(e^x-x)\)
- \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (e^x – \ln(x))\)
Afficher/Masquer la solution
- \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (e^x-x)=+\infty\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \ln(e^x-x)=+\infty\).
- Pour tout \(x>0\), \(e^x-x=e^x\left(1-\dfrac{x}{e^x}\right)\). 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 \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\ln(e^x-x)=+\infty\).
- Pour tout réel \(x>0\), \(e^x-\ln(x)=e^x\left(1-\dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{x}{e^x}\right)\). 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, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(e^x-\ln(x))=+\infty\).
Études de fonctions avec un logarithme
Étude d’une fonction (1)
On note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthogonal.
- Justifier que \(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) et que pour tout réel \(x>0\), \(f'(x)=-\dfrac{\ln(x)}{x^2}\)
- Construire le tableau de variations de la fonction \(f\) sur \(]0;+\infty[\). On y inclura les limites de \(f(x)\) lorsque \(x\) tend vers \(0\) et vers \(+\infty\).
- Résoudre l’équation \(f(x)=0\) sur \(]0;+\infty[\).
- Tracer l’allure de la courbe \(\mathcal{C}_f\) dans un repère orthogonal.
- Montrer que l’équation \(f(x)=\dfrac{1}{2}\) possède une unique solution sur \([1;+\infty[\). Donner une valeur approchée de cette solution à \(10^{-2}\) près.
- Soit \(m \in \mathbb{R}\). Déterminer, selon la valeur du réel \(m\), le nombre de solutions de l’équation \(f(x)=m\).
Afficher/Masquer la solution
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 \(x>0\),
\[f'(x)= \dfrac{\frac{1}{x}\times x -(1+\ln(x))\times 1}{x^2} = – \dfrac{\ln(x)}{x^2}\]
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 \(x \geqslant 1\). On obtient ainsi le tableau de variations suivant.
Soit \(x>0\)
\[ f(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1+\ln(x)}{x}=0 \Leftrightarrow 1+\ln(x)=0 \Leftrightarrow x =e^{-1}=\dfrac{1}{e}\]
La fonction \(f\) est continue sur \([1;+\infty[\). De plus, \(f(1)=1\) et \(\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0\). Ainsi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel \(c\) dans \([1;+\infty[\) tel que \(f(c)=\dfrac{1}{2}\). De plus, la fonction \(f\) étant strictement décroissante sur \([1;+\infty[\), ce réel est unique. A l’aide de la calculatrice, on trouve \(x \simeq 5,36\).
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 solution. Enfin, si \(m>1\), l’équation \(f(x)=m\) n’a aucune solution.
Étude d’une fonction (2)
On note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthogonal. Attention, \((\ln(x))^2 \neq \ln(x^2)\) !
- Construire le tableau de variations de la fonction \(f\) sur \(]0;+\infty[\). On y inclura les limites de \(f(x)\) lorsque \(x\) tend vers \(0\) et vers \(+\infty\).
- Résoudre l’équation \(f(x)=1\) sur \(]0;+\infty[\).
- Tracer l’allure de la courbe \(\mathcal{C}_f\) dans un repère orthogonal.
- Soit \(m \in \mathbb{R}\). Déterminer, selon la valeur du réel \(m\), le nombre de solutions de l’équation \(f(x)=m\).
Afficher/Masquer la solution
\(f\) est dérivable sur \(]0;+\infty[\) 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 \(\ln(x)\).
Soit \(x>0\)
\[ f(x)=1 \Leftrightarrow (\ln(x))^2 = 1 \Leftrightarrow \ln(x)=1 \text{ OU } \ln(x)=-1 \Leftrightarrow x=e \text{ OU } x = \dfrac{1}{e}\]
Si \(m < 0\), l’équation \(f(x)=m\) n’admet aucune solution sur \(]0;+\infty[\). Si \(m=0\), cette équation possède une unique solution. Si \(m>1\), il y a deux solutions.
Avec un polynôme
- Justifier que la fonction \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\)
- Justifier que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) puis calculer sa dérivée \(f’\).
- Construire le tableau de variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) en incluant les limites en \(-\infty\) et en \(+\infty\) de la fonction \(f\).
Afficher/Masquer la solution
Le discriminant du polynôme \(x^2-2x+3\) vaut \(-8\) qui est négatif. Ainsi, pour tout réel \(x\), \(x^2-2x+3>0\). \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\).
La fonction \(x\mapsto x^2-2x+3\) est strictement positive et dérivable sur \(\mathbb{R}\). \(f\) est donc dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{2x-2}{x^2-2x+3}\).
Puisque pour tout réel \(x\), \(x^2-2x+3>0\), \(f'(x)\) est du signe de \(2x-2\).
Étude complète
Afficher/Masquer la solution
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, pour tout réel \(x\), \(e^x-x\geqslant 1\) et donc \(e^x-x>0\). \(f\) est donc 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 \(u\). On a donc le tableau de variations suivant.
On peut alors tracer l’allure de la courbe de \(f\).
Fonction SoftPlus
Pour tout réel \(x\), on pose \(f(x)=\ln(1+e^x)\). Cette fonction, utilisée en intelligence artificielle, est appelée fonction SoftPlus.
- Justifier que la fonction \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}\)
- Justifier que \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) puis calculer sa dérivée \(f’\).
- Construire le tableau de variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) en incluant les limites en \(-\infty\) et en \(+\infty\) de la fonction \(f\).
- Pour tout réel \(x\), on pose \(g(x)=f(x)-x\)
- Montrer que pour tout réel \(x\), \(g(x)=\ln(1+e^{-x})\)
- En déduire que pour tout réel \(x\), \(f(x)\geqslant x\)
- Déterminer \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)\) et interpréter graphiquement ce résultat
- Construire l’allure de la courbe de \(f\) dans un repère orthonormé.
Afficher/Masquer la solution
- Pour tout réel \(x\), \(e^x >0\) et donc \(1+e^x>0\). \(f\) est donc bien définie sur \(\mathbb{R}\).
- \(f\) est dérivable comme composition de fonctions dérivables. Pour tout réel \(x\), \(f'(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}\)
- On a \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}(1+e^x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}(1+e^x)=1\). Ainsi, \(\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to – \infty}f(x)=\ln(1)=0\). On obtient alors le tableau de variations suivant.
-
- 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\).\]
- Pour tout réel \(x\), \(1+e^{-x}>1\) et donc \(\ln(1+e^{-x})>0\), par croissance du logarithme népérien sur \([1;+\infty[\). Il en vient que pour tout réel \(x\), \(g(x)>0\), soit \(f(x)-x>0\) et donc \(f(x)>x\).
- Puisque \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(1+e^{-x})=1\), on a \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=0\). La courbe de \(f\) se rapproche de la droite d’équation \(y=x\) au voisinage de \(+\infty\).
-
Bac 2021 – Amérique du Nord
représentative d’une fonction \(f\), deux fois dérivable sur l’intervalle \(]0;+\infty[\). La courbe \(C_f\) admet une tangente horizontale \(T\) au point \(A(1;4)\).
- Préciser les valeurs de \(f(1)\) et \(f'(1)\)
On admet que la fonction \(f\) est définie pour tout réel \(x\) de l’intervalle \(]0;+\infty [\) par
\[f(x)=\dfrac{a+b\ln(x)}{x} \quad \text{où } a \text{ et }b\text{ sont des réels fixés.}\]
- Démontrer que pour tout réel \(x\) strictement positif, on a
\[f'(x)=\dfrac{b-a-b\ln(x)}{x^2}\] - En déduire les valeurs de \(a\) et de \(b\)
Dans la suite de l’exercice, on admet que la fonction \(f\) est définie pour tout réel \(x\) de l’intervalle \(]0,+\infty[\) par
\[f(x)=\dfrac{4+4\ln(x)}{x}\]
- Déterminer les limites de \(f\) en \(0\) et en \(+\infty\).
- Déterminer le tableau de variations de \(f\) sur \(]0;+\infty[\).
Afficher/Masquer la solution
- D’après le graphique, on a \(f(1)=4\) et \(f'(1)=0\).
- Pour tout réel \(x\) strictement positif,
\[f'(x)=\dfrac{\frac{b}{x} \times x – (a+b\ln(x)) \times 1}{x^2}=\dfrac{b-a-b\ln(x)}{x^2}\] - 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. Il en vient que \(b-4=0\) et donc \(b=4\).
- On a \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(4+4\ln(x))=-\infty\) et donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+}(f(x))=-\infty\). Par ailleurs, pour tout réel \(x\) strictement positif, \(f(x)=\dfrac{4}{x}+\dfrac{4\ln(x)}{x}\). Par croissances comparées et somme de limites, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty}(f(x))=0\).
- Pour tout \(x>0\), \(f'(x)=\dfrac{-4\ln(x)}{x^2}\) est du signe opposé à celui de \(\ln(x)\).
Logarithme et inéquations
Inéquations
Résoudre les inéquations suivantes. On précisera bien les domaines de résolution.
\(\ln(5x-3) \geqslant 0\) | \(\ln(9x-2) < 0\) | \(\ln(3x+1) \geqslant \ln(3-x)\) |
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- Soit \(x > \dfrac{5}{3}\). Alors \(\ln(5x-3) \geqslant 0\) si et seulement si \(5x-3 \geqslant 1\) soit \(x\geqslant \dfrac{4}{5}\). \(S = \left[\dfrac{4}{5} +\infty\right[\).
- Soit \(x > \dfrac{2}{9}\). Alors \(\ln(9x-2) < 0\) si et seulement si \(9x-2 < 1\) soit \(x< \dfrac{1}{3}\). Ainsi, \(S=\left]\dfrac{2}{9};\dfrac{1}{3}\right[\).
- Soit \(x \in \left]-\dfrac{1}{3};3\right[\). Alors \(\ln(3x+1) \geqslant \ln(3-x)\) si et seulement si \(3x+1 \geqslant 3-x\) soit \(x \geqslant \dfrac{1}{2}\). Finalement, \(S=\left[\dfrac{1}{2};3\right[\).
Inéquation produit
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L’expression \((e^{2x}-3)(\ln(x)-1)\) existe pour tout réel \(x > 0\). Construisons le tableau de signe de cette expression.
Ainsi, l’ensemble solution recherché est \(S=\left]0;\dfrac{\ln(3)}{2}\right[ \cup \left]e;+\infty\right[\).
Seuil (1)
A l’aide du logarithme, déterminer le plus petit entier naturel \(n\) vérifiant les conditions suivantes
\(2^n \geqslant 40000\) | \(1.01^n \geqslant 2\) | \(0.7^n \leqslant 10^{-3}\) |
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- Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(2^n \geqslant 40000\) si et seulement si \(\ln(2^n) \geqslant \ln(40000)\) soit \(n\ln(2) \geqslant \ln(40000)\) et, \(\ln(2)\) étant positif, \(n \geqslant \dfrac{\ln(40000)}{\ln(2)}\). L’entier recherché est 16.
- Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(1.01^n \geqslant 2\) si et seulement si \(\ln(1.01^n) \geqslant \ln(2)\) soit \(n\ln(1.01) \geqslant \ln(2)\) et, \(\ln(1.01)\) étant positif, \(n \geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1.01)}\). L’entier recherché est 70.
- Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(0.7^n \leqslant 10^{-3}\) si et seulement si \(\ln(0.7^n) \leqslant \ln(10^{-3})\) soit \(n\ln(0.7) \leqslant -3\ln(10)\) et, \(\ln(0.7)\) étant négatif, \(n \geqslant \dfrac{-3\ln(10)}{\ln(0.7)}\). L’entier recherché est 20.
Seuil (2)
A l’aide du logarithme, déterminer le plus petit entier naturel \(n\) vérifiant les conditions suivantes
\(121 \times 0,97^{2n+1} \leqslant 1\) | \(3 \times 1,1^n -150 \geqslant 365\) | \( 10^{12}\times 2^{-n} \leqslant 0,1\) |
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- \(121 \times 0,97^{2n+1} \leqslant 1\) si et seulement si \(0,97^{2n+1} \leqslant \dfrac{1}{121}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \((2n+1)\ln(0.97) \leqslant -\ln(121)\). En divisant par \(\ln(0.97)\) qui est négatif, on obtient \(2n+1\geqslant -\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}\) et donc \(n \geqslant \dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{\ln(121)}{\ln(0.97)}-1\right)\). L’entier rercherché est 79.
- \(3 \times 1,1^n -150 \geqslant 365\) si et seulement si \(1.1^n \geqslant \dfrac{515}{3}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(n\ln(1.1)\geqslant \ln(515)-\ln(3)\) et donc \(n\geqslant \dfrac{\ln(515)-\ln(3)}{\ln(1.1)}\). L’entier recherché est 54.
- \( 10^{12}\times 2^{-n} \leqslant 0,1\) équivaut à \(2^{-n} \leqslant 10^{-13}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(-n\ln(2) \leqslant -13\ln(10)\) et donc \(n\geqslant \dfrac{13\ln(10)}{\ln(2)}\). L’entier recherché est 44.
Suite arithmético-géométrique
On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=5\) et, pour tout entier naturel \(n\) par \(u_n=\dfrac{7}{8}u_n+1\). Pour tout entier naturel \(n\), on pose alors \(a_n=u_n-8\).
- Montrer que la suite \((a_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{7}{8}\) et déterminer son premier terme.
- En déduire que pour tout entier naturel \(n\), \(u_n=8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\). Que vaut \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty}u_n\) ?
- Déterminer le plus petit entier \(n\) à partir duquel \(u_n \geqslant 7,999\).
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- Pour tout entier naturel \(n\),
\[a_{n+1}=u_{n+1}-8=\dfrac{7}{8}u_n+1-8=\dfrac{7}{8}(a_n+8)-7=\dfrac{7}{8}a_n\]
La suite \((a_n)\) est donc géométrique, de raison \(\dfrac{7}{8}\) et de premier terme \(a_0=u_0-8=-3\) - Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(a_n=-3 \left(\dfrac{7}{8}\right)^n\) et \(u_n=a_n+8=8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\)
- Soit \(n\) un entier naturel. On a \(u_n \geqslant 7,999\) si et seulement si \(8-3\times\left(\dfrac{7}{8}\right)^n\geqslant 7.999\), ce qui équivaut à \(\left(\dfrac{7}{8}\right)^n \leqslant \dfrac{0.001}{3}\). Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), ceci équivaut à \(n\ln\left(\dfrac{7}{8}\right) \leqslant \ln\left(\dfrac{0.001}{3}\right)\) et donc, en divisant par \(\ln\left(\dfrac{7}{8}\right)\) qui est négatif, \(n \geqslant \dfrac{\ln\left(\frac{0.001}{3}\right)}{\ln\left(\frac{7}{8}\right)}\). L’entier recherché est 60.
Doublement d’une population
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Soit \(n\) un entier naturel. Après \(n\) années, la population de cette ville a été multipliée par \(1.03^n\). On cherche donc à résoudre l’équation \(1.03^n \geqslant 2\), ce qui équivaut à \(n\geqslant \dfrac{\ln(2)}{\ln(1.03)}\). L’entier recherché est 24 : la population aura doublé en 24 ans.