Fonction logarithme népérien

Etudes de fonctions - Exercice 1

30 min
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Partie A
Soit gg la fonction définie sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[ par g(x)=x2+x2+2lnxg\left(x\right)=x^{2}+x-2+2\ln x .
Question 1

Calculer les limites de gg en 00 et ++\infty .

Correction
 Calculons d’une part :\red{\text{ Calculons d'une part :}} limx0+x2+x2+2lnx\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}+x-2+2\ln x
limx0+x2+x2=2limx0+2lnx=}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}+x-2} & {=} & {-2} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\ln x} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
limx0+x2+x2+2lnx=\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}+x-2+2\ln x=-\infty
.
Il en résulte que la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.
 Calculons d’autre part :\red{\text{ Calculons d'autre part :}} limx+x2+x2+2lnx\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}+x-2+2\ln x
limx+x2+x2=+limx+2lnx=+}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}+x-2} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln x} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}
limx+x2+x2+2lnx=+\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}+x-2+2\ln x=+\infty
Question 2

Etudiez les variations de gg.

Correction
gg est dérivable sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[. On obtient alors :
g(x)=2x+1+2xg'\left(x\right)=2x+1+\frac{2}{x}.
Ici, pas besoin de mettre tout au même dénominateur. En effet, on sait que x>0x>0, de ce fait 2x>02x>0 et 2x>0\frac{2}{x}>0.
Il en résulte que pour tout réel xx appartenant à ]0;+[\left]0;+\infty \right[, on a g(x)>0g'\left(x\right)>0.
Nous traduisons cela dans le tableau de variation ci-dessous :
Question 3

Vérifier que g(1)=0g\left(1\right)=0

Correction
On a :
g(1)=12+12+2ln1g\left(1\right)=1^{2}+1-2+2\ln 1 ainsi
g(1)=0g\left(1\right)=0
Question 4

En déduire le signe de gg sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[.

Correction
On sait que g(1)=0g\left(1\right)=0. Nous intégrons cette information dans le tableau de variation, ce qui nous donne :
Sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[, la fonction gg est continue et strictement croissante.
De plus, limx0+g(x)=\lim\limits_{x\to 0^{+} } g\left(x\right)=-\infty et limx+g(x)=+\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=+\infty . Or 0];+[0\in \left]-\infty;+\infty \right[, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution α\alpha dans R\mathbb{R} tel que g(x)=0g\left(x\right)=0. Ici g(1)=0g\left(1\right)=0.
Sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[, la fonction gg est continue et strictement croissante et g(1)=0g(1) = 0
Donc g(x)0g(x)\le0 pour tout x]0;1]x\in \left]0;1\right] et g(x)0g(x)\ge0 pour tout x[1;+]x\in\left[1;+\infty\right]
On résume cela dans un tableau de signe :
Question 5
Partie B
On considère la fonction ff définie sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[ par : f(x)=x+(12x)lnxf\left(x\right)=x+\left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x

Calculer la limite de ff en 00. Que peut-on en déduire graphiquement?

Correction
limx0+12x=limx0+lnx=}par produitlimx0+(12x)lnx=+\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1-\frac{2}{x} } & {=} & {-\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln x} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}} \lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x=+\infty.
De plus, limx0+x=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } x=0.
Finalement :
limx0+(12x)lnx+x=+\lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x+x=+\infty

Il en résulte que la courbe admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0.
Question 6

Calculer la limite de ff en ++\infty.

Correction
  • limx+ln(x)x=0\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =0
  • Nous allons développer l'expression de ff afin de calculer plus facilement la limite en ++\infty. On a alors :
    f(x)=x+(12x)lnxf\left(x\right)=x+\left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x
    f(x)=x+lnx2lnxxf\left(x\right)=x+\ln x-\frac{2\ln x}{x}
    limx+x+lnx=+limx+2lnxx=0}par sommelimx+x+lnx2lnxx=+\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x+\ln x } & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{2\ln x}{x}} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par somme}} \lim\limits_{x\to +\infty } x+\ln x-\frac{2\ln x}{x}=+\infty.
    Finalement :
    limx+(12x)lnx+x=+\lim\limits_{x\to +\infty } \left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x+x=+\infty

    Question 7

    Montrer que f(x)=g(x)x2f'\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x^2} pour tout xx appartenant à ]0;+[\left]0;+\infty \right[

    Correction
    Soit : f(x)=x+(12x)lnxf\left(x\right)=x+\left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x
    ff est dérivable sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[.
    On reconnaît la forme (w+uv)=w+uv+uv\left(w+uv\right)'=w'+u'v+uv' avec u(x)=12xu\left(x\right)=1-\frac{2}{x} et v(x)=ln(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right) et w(x)=xw\left(x\right)=x.
    Ainsi u(x)=2x2u'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2}} et v(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} et w(x)=1w'\left(x\right)=1.
    Il vient alors que :
    f(x)=1+2x2×lnx+(12x)×1xf'\left(x\right)=1+\frac{2}{x^{2}}\times \ln x + \left(1-\frac{2}{x} \right)\times \frac{1}{x}
    f(x)=1+2lnxx2+1x2x2f'\left(x\right)=1+\frac{2\ln x}{x^{2}} + \frac{1}{x} - \frac{2}{x^{2}} . Nous allons tout mettre au même dénominateur, ce qui donne :
    f(x)=x2x2+2lnxx2+xx22x2f'\left(x\right)=\frac{x^{2}}{x^{2}}+\frac{2\ln x}{x^{2}} + \frac{x}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}}
    Ainsi :
    f(x)=x2+x2+2lnxx2f'\left(x\right)=\frac{x^{2}+x-2+2\ln x}{x^{2}}
    Finalement :
    f(x)=g(x)x2f'\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x^2}

    Question 8

    En déduire les variations de ff sur ]0;+[\left]0;+\infty \right[.

    Correction
    On sait que : f(x)=g(x)x2f'\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x^2}
    Comme xx appartient à ]0;+[\left]0;+\infty \right[ alors x2>0x^2>0. Il en résulte que le signe de ff' ne dépend que de son numérateur donc ici la fonction gg. Cela signifie que le signe de ff' est le même que celui de la fonction gg.
    Or d'après la question 44, on connaît le signe de gg. Nous pouvons donc facilement dresser le tableau de variation de ff.