Fonction logarithme népérien

Epreuve d'enseignement de spécialité Session 13 septembre 2021 Exercice B Principaux domaines abordés : Fonction logarithme ; limites et dérivation - Exercice 1

40 min
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Le graphique ci-dessous donne la représentation graphique dans un repère orthonormé de la fonction ff définie sur l’intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[ par : f(x)=2ln⁡(x)−1xf\left(x\right)=\frac{2\ln \left(x\right)-1}{x} .
Question 1

Déterminer par le calcul l’unique solution α\alpha de l’équation f(x)=0f\left(x\right)=0.
On donnera la valeur exacte de α\alpha ainsi que la valeur arrondie au centième.

Correction
Soit x∈]0;+∞[x \in \left]0;+\infty\right[ .
f(x)=0f\left(x\right)=0 équivaut successivement à :
2ln⁡(x)−1x=0\frac{2\ln \left(x\right)-1}{x} =0
2ln⁡(x)−1=02\ln \left(x\right)-1=0 et x≠0x\ne0
Il faut donc résoudre 2ln⁡(x)−1=02\ln \left(x\right)-1=0
2ln⁡(x)−1=02\ln \left(x\right)-1=0 équivaut successivement à :
2ln⁡(x)=12\ln \left(x\right)=1
ln⁡(x)=12\ln \left(x\right)=\frac{1}{2}
Ainsi :
x=e12x=e^{\frac{1}{2} }
qui correspond à la valeur exacte et
x≈1,65x\approx 1,65
qui correspond la valeur arrondie au centième.
Question 2

Préciser, par lecture graphique, le signe de f(x)f\left(x\right) lorsque xx varie dans l’intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[ .

Correction
Soit x∈]0;+∞[x \in \left]0;+\infty\right[ .
D'après la question 11, nous savons que l'équation f(x)=0f\left(x\right)=0 admet une unique solution x=e12x=e^{\frac{1}{2} } .
Il vient alors que :
  • Si x∈]0;e12[x\in \left]0;e^{\frac{1}{2} } \right[ alors f(x)<0f\left(x\right)<0
  • Si x∈]e12;+∞[x\in \left]e^{\frac{1}{2} } ;+\infty\right[ alors f(x)>0f\left(x\right)>0
    • Question 3
    On considère la fonction gg définie sur l'intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[ par : g(x)=[ln⁡(x)]2−ln⁡(x)g\left(x\right)=\left[\ln \left(x\right)\right]^{2} -\ln \left(x\right)

    Déterminer la limite de la fonction gg en 00 . Que peut-on en déduire?

    Correction
  • lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty
    • Nous savons que lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty et ainsi lim⁡x→0+[ln⁡(x)]2=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left[\ln \left(x\right)\right]^{2}=+\infty
    lim⁡x→0+[ln⁡(x)]2=+∞lim⁡x→0+−ln⁡(x)=+∞}par somme \left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left[\ln \left(x\right)\right]^{2}} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } - \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\red{\text{par somme }}}
    lim⁡x→0+[ln⁡(x)]2−ln⁡(x)=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left[\ln \left(x\right)\right]^{2} -\ln \left(x\right)=+\infty

    Il en résulte que la courbe représentative de la fonction ff admet une asymptote verticale\purple{\text{asymptote verticale}} d'équation x=0x=0 .
    Question 4

    Déterminer la limite de la fonction gg en +∞+\infty .

    Correction
    lim⁡x→+∞[ln⁡(x)]2=+∞lim⁡x→+∞−ln⁡(x)=−∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty }\left[\ln \left(x\right)\right]^{2} } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\} nous rencontrons une forme indéterminée de la forme +∞−∞+\infty -\infty
    Pour lever cette indeˊtermination, nous allons factoriser par \blue{\text{Pour lever cette indétermination, nous allons factoriser par }} ln⁡(x)\blue{\ln \left(x\right)}.
    lim⁡x→+∞[ln⁡(x)]2−ln⁡(x)=lim⁡x→+∞[ln⁡(x)×(ln⁡(x)−1)]{\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }} \left[\ln \left(x\right)\right]^{2} -\ln \left(x\right)={\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }} \left[\ln \left(x\right)\times\left(\ln \left(x\right)-1\right)\right]
    Il vient alors que :
    lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞ln⁡(x)−1=+∞}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty} \ln \left(x\right)-1} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\red{\text{par produit} }}
    lim⁡x→+∞[ln⁡(x)]2−ln⁡(x)=+∞{\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }} \left[\ln \left(x\right)\right]^{2} -\ln \left(x\right)=+\infty
    Question 5
    On note g′g' la fonction dérivée de la fonction gg sur l’intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[ .

    Démontrer que, pour tout nombre réel xx de ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[, on a : g′(x)=f(x)g'\left(x\right)=f\left(x\right), où ff désigne la fonction définie au début du problème.

    Correction
    Soit x∈]0;+∞[x \in \left]0;+\infty\right[ .
  • (un)′=n×u′×un−1\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}
    • Pour la dérivée de x↦[ln⁡(x)]2x\mapsto \left[\ln \left(x\right)\right]^{2}, on applique la formule du rappel avec n=2n=2 et u(x)=ln⁡(x)u\left(x\right)=\ln \left(x\right) . Il vient alors que :
    g′(x)=2×1x×ln⁡(x)−1xg'\left(x\right)=2\times \frac{1}{x} \times \ln \left(x\right)-\frac{1}{x}
    g′(x)=2ln⁡(x)x−1xg'\left(x\right)=\frac{2\ln \left(x\right)}{x} -\frac{1}{x}
    g′(x)=2ln⁡(x)−1xg'\left(x\right)=\frac{2\ln \left(x\right)-1}{x}
    Ainsi :
    g′(x)=f(x)g'\left(x\right)=f\left(x\right)
    Question 6

    Dresser le tableau de variations de la fonction gg sur l’intervalle ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[ .
    On fera figurer dans ce tableau les limites de la fonction gg en 00 et en +∞+\infty, ainsi que la valeur du minimum de gg sur ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[.

    Correction
    Soit x∈]0;+∞[x \in \left]0;+\infty\right[ .
    Nous savons que g′(x)=f(x)g'\left(x\right)=f\left(x\right) et d'après la question 22, on a établi que :
  • Si x∈]0;e12[x\in \left]0;e^{\frac{1}{2} } \right[ alors f(x)<0f\left(x\right)<0 c'est à dire g′(x)<0g'\left(x\right)<0. Ainsi gg est décroissante sur cet intervalle.
  • Si x∈]e12;+∞[x\in \left]e^{\frac{1}{2} } ;+\infty\right[ alors f(x)>0f\left(x\right)>0 c'est à dire g′(x)>0g'\left(x\right)>0. Ainsi gg est croissante sur cet intervalle.
    • De plus :
    g(e12)=[ln⁡(e12)]2−ln⁡(e12)g\left(e^{\frac{1}{2} }\right)=\left[\ln \left(e^{\frac{1}{2} }\right)\right]^{2} -\ln \left(e^{\frac{1}{2} }\right)
    g(e12)=(12)2−12g\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=\left(\frac{1}{2} \right)^{2} -\frac{1}{2}
    Ainsi :
    g(e12)=−14g\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=-\frac{1}{4}

    Nous allons maintenant tout indiquer dans le tableau de variation :
    Question 7

    Démontrer que, pour tout nombre réel m>−0,25m > -0,25, l’équation g(x)=mg\left(x\right)= m admet exactement deux solutions.

    Correction
    La fonction gg admet un minimum valant −0,25-0,25 lorsque x=e12x=e^{\frac{1}{2} }
  • Lorsque\red{\text{Lorsque}} x∈]0;e12]\red{x\in \left]0;e^{\frac{1}{2} } \right]}
    • Sur ]0;e12]\left]0;e^{\frac{1}{2} } \right], la fonction gg est continue\pink{\text{continue}} et strictement deˊcroissante\pink{\text{strictement décroissante}} .
    De plus, lim⁡x→0+g(x)=+∞{\mathop{\lim }\limits_{x\to 0^{+} }} g\left(x\right)=+\infty et g(e12)=−14g\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=-\frac{1}{4} . Soit m>−0,25m > -0,25
    Or m∈[−14;+∞[m\in \left[-\frac{1}{4};+\infty\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution β\beta appartenant à l'intervalle ]0;e12]\left]0;e^{\frac{1}{2} } \right] tel que g(x)=mg\left(x\right)=m.
  • Lorsque\red{\text{Lorsque}} x∈[e12;+∞[\red{x\in \left[e^{\frac{1}{2} }; +\infty \right[}
    • Sur [e12;+∞[\left[e^{\frac{1}{2} }; +\infty \right[, la fonction gg est continue\pink{\text{continue}} et strictement croissante\pink{\text{strictement croissante}} .
    De plus, g(e12)=−14g\left(e^{\frac{1}{2} } \right)=-\frac{1}{4} et lim⁡x→+∞g(x)=+∞{\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }} g\left(x\right)=+\infty . Soit m>−0,25m > -0,25
    Or m∈[−14;+∞[m\in \left[-\frac{1}{4};+\infty\right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution γ\gamma appartenant à l'intervalle [e12;+∞[\left[e^{\frac{1}{2} }; +\infty \right[ tel que g(x)=mg\left(x\right)=m.
    Il en résulte donc que l’équation g(x)=mg\left(x\right)= m admet exactement deux solutions notées β\beta et γ\gamma .
    Question 8

    Déterminer par le calcul les deux solutions de l’équation g(x)=0g\left(x\right)= 0 .

    Correction
    g(x)=0g\left(x\right)= 0 équivaut successivement à :
    [ln⁡(x)]2−ln⁡(x)=0\left[\ln \left(x\right)\right]^{2} -\ln \left(x\right)=0
    ln⁡(x)×ln⁡(x)−ln⁡(x)=0\ln \left(x\right)\times \ln \left(x\right)-\ln \left(x\right)=0 .     \;\; Nous allons factoriser par ln⁡(x)\ln \left(x\right) .
    ln⁡(x)×[ln⁡(x)−1]=0\ln \left(x\right)\times \left[\ln \left(x\right)-1\right]=0     \;\; Il s’agit d’une eˊquation produit nul.\text{\red{Il s'agit d'une équation produit nul.}}
    ln⁡(x)=0\ln \left(x\right)=0 ou ln⁡(x)−1=0\ln \left(x\right)-1=0
  • D’une part :\text{\red{D'une part :}} résolvons ln⁡(x)=0\ln \left(x\right)=0 qui donne x=e0x=e^{0} . D'où : x=1x=1
  • D’autre part :\text{\red{D'autre part :}} résolvons ln⁡(x)−1=0\ln \left(x\right)-1=0 qui donne ln⁡(x)=1\ln \left(x\right)=1 . D'où : x=e1x=e^{1}
    • Les solutions de l'équation g(x)=0g\left(x\right)= 0 sont alors :
    S={1;e}S=\left\{1;e\right\}