Fonction logarithme népérien

Limites - Exercice 1

30 min
40
Déterminer les limites suivantes.
Question 1

lim⁡x→+∞ln⁡(x)+x+1\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)+x+1

Correction
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)=+\infty
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞x+1=+∞}par addition\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x+1} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}{\text{par addition}}
lim⁡x→+∞ln⁡(x)+x+1=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)+x+1=+\infty
Question 2

lim⁡x→0+−2ln⁡(x)−5x−3\lim\limits_{x\to 0^{+} } -2\ln \left(x\right)-5x-3

Correction
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty
lim⁡x→0+−2ln⁡(x)=+∞lim⁡x→0+−5x−3=−3}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -2\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -5x-3} & {=} & {-3} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+−2ln⁡(x)−5x−3=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } -2\ln \left(x\right)-5x-3=+\infty

Il en résulte que la courbe représentative de la fonction ff admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0 .
Question 3

lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1

Correction
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)=+\infty
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞−x+1=−∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -x+1} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Pour relever cette indétermination, nous allons factoriser par le plus fort c'est à dire ici xx.
Lorsque nous avons une forme indéterminée en +∞+\infty, nous factorisons en priorité par les exponentielles, et s'il n'y en a pas alors nous factorisons par le monôme de plus en haut degré c'est à dire soit xx ou x2x^{2}...

lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1=lim⁡x→+∞x(ln⁡(x)x−1+1x)\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1=\lim\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{\ln \left(x\right)}{x} -1+\frac{1}{x} \right)
lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1=lim⁡x→+∞x(ln⁡(x)−x+1x)\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1=\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{\ln \left(x\right)-x+1}{x} \right)
lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1=lim⁡x→+∞x(ln⁡(x)x+−xx+1x)\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1=\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{\ln \left(x\right)}{x} +\frac{-x}{x} +\frac{1}{x} \right)
lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1=lim⁡x→+∞x(ln⁡(x)x+−1+1x)\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1=\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{\ln \left(x\right)}{x} +-1+\frac{1}{x} \right)
lim⁡x→+∞x=+∞lim⁡x→+∞ln⁡(x)x−1+1x=−1}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x} -1+\frac{1}{x} } & {=} & {-1} \end{array}\right\}{\text{par produit}}
lim⁡x→+∞x(ln⁡(x)x−1+1x)=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } x\left(\frac{\ln \left(x\right)}{x} -1+\frac{1}{x} \right)=-\infty
lim⁡x→+∞ln⁡(x)x=0\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =0
Finalement
lim⁡x→+∞ln⁡(x)−x+1=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-x+1=-\infty

Question 4

lim⁡x→0+ln⁡(x)x+x+1\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} +x+1

Correction
lim⁡x→0+ln⁡(x)x=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =-\infty
lim⁡x→0+ln⁡(x)x=−∞lim⁡x→0+x+1=1}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} } & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x+1} & {=} & {1} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+ln⁡(x)x+x+1=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{\ln \left(x\right)}{x} +x+1=-\infty

Il en résulte que la courbe représentative de la fonction ff admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0 .
Question 5

lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x+4\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+2x+4

Correction
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞lim⁡x→0+2x+4=4}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x+4} & {=} & {4} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x+4=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+2x+4=-\infty

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

lim⁡x→0+xln⁡(x)−x2+4x\lim\limits_{x\to 0^{+} } x\ln \left(x\right)-x^{2} +4x

Correction
lim⁡x→0+xln⁡(x)=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } x\ln \left(x\right)=0
lim⁡x→0+xln⁡(x)=0lim⁡x→0+−x2+4x=0}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x\ln \left(x\right)} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -x^{2} +4x} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x+4=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+2x+4=0

Question 7

lim⁡x→+∞(ln⁡(x)−1)(−ln⁡(x)+2)\lim\limits_{x\to +\infty } \left(\ln \left(x\right)-1\right)\left(-\ln \left(x\right)+2\right)

Correction
lim⁡x→+∞ln⁡(x)−1=+∞lim⁡x→+∞−ln⁡(x)+2=−∞}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)-1} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\ln \left(x\right)+2} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}
lim⁡x→+∞(ln⁡(x)−1)(−ln⁡(x)+2)=−∞\lim\limits_{x\to +\infty } \left(\ln \left(x\right)-1\right)\left(-\ln \left(x\right)+2\right)=-\infty
Question 8

lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+\frac{2}{x}

Correction
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞lim⁡x→0+2x=+∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{2}{x}} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Pour lever cette indétermination, il va falloir ici tout mettre au même dénominateur.
lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x=lim⁡x→0+xln⁡(x)x+2x\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x\ln \left(x\right)}{x}+\frac{2}{x}
lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x=lim⁡x→0+xln⁡(x)+2x\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+\frac{2}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x\ln \left(x\right)+2}{x}
lim⁡x→0+xln⁡(x)=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } x\ln \left(x\right)=0

lim⁡x→0+xln⁡(x)+2=2lim⁡x→0+x=0+}par quotient\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} }x\ln \left(x\right)+2} & {=} & {2} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x} & {=} & {0^{+}} \end{array}\right\}{\text{par quotient}}
lim⁡x→0+xln⁡(x)+2x=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{x\ln \left(x\right)+2}{x}=+\infty

Finalement : lim⁡x→0+ln⁡(x)+2x=+∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)+\frac{2}{x}=+\infty
Question 9

lim⁡x→0+4ln⁡(x)−5x+7\lim\limits_{x\to 0^{+} } 4\ln \left(x\right)-\frac{5}{x}+7

Correction
lim⁡x→0+ln⁡(x)=−∞\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln \left(x\right)=-\infty
lim⁡x→0+4ln⁡(x)=−∞lim⁡x→0+−5x+7=−∞}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 4\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -\frac{5}{x}+7} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+4ln⁡(x)−5x+7=−∞ \lim\limits_{x\to 0^{+} } 4\ln \left(x\right)-\frac{5}{x}+7=-\infty

Il en résulte que la courbe représentative de la fonction ff admet une asymptote verticale d'équation x=0x=0 .
Question 10

lim⁡x→+∞2ln⁡(x)−5(ln⁡(x))2\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln \left(x\right)-5\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}

Correction
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)=+\infty
lim⁡x→+∞2ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞−5(ln⁡(x))2=−∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -5\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Pour lever cette indétermination, nous allons factoriser par ln⁡(x)\ln \left(x\right) .
Ainsi :
lim⁡x→+∞2ln⁡(x)−5(ln⁡(x))2=lim⁡x→+∞ln⁡(x)(2−5ln⁡(x))\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln \left(x\right)-5\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}=\lim\limits_{x\to +\infty }\ln \left(x\right)\left(2-5\ln \left(x\right)\right)
Il vient alors que :
lim⁡x→+∞ln⁡(x)=+∞lim⁡x→+∞2−5ln⁡(x)=−∞}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2-5\ln \left(x\right)} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}}
lim⁡x→+∞ln⁡(x)(2−5ln⁡(x))=−∞\lim\limits_{x\to +\infty }\ln \left(x\right)\left(2-5\ln \left(x\right)\right)=-\infty
Question 11

lim⁡x→+∞ln⁡(x)+2x+5x\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)+2x+5}{x}

Correction
lim⁡x→+∞ln⁡(x)x=0\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x} =0

lim⁡x→+∞ln⁡(x)+2x+5=+∞lim⁡x→+∞x=+∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(x\right)+2x+5} & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } x} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Nous allons décomposer :
lim⁡x→+∞ln⁡(x)+2x+5x=lim⁡x→+∞ln⁡(x)x+2xx+5x\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)+2x+5}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x}+\frac{2x}{x}+\frac{5}{x}
lim⁡x→+∞ln⁡(x)+2x+5x=lim⁡x→+∞ln⁡(x)x+2+5x\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)+2x+5}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x}+2+\frac{5}{x}
Il en résulte donc que :
lim⁡x→+∞ln⁡(x)x=0lim⁡x→+∞2+5x=2}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{\ln \left(x\right)}{x}} & {=} & {0 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2+\frac{5}{x}} & {=} & {2} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→+∞ln⁡(x)x+2+5x=2\lim\limits_{x\to +\infty }\frac{\ln \left(x\right)}{x}+2+\frac{5}{x}=2

Il en résulte que la courbe représentative de la fonction ff admet une asymptote horizontale d'équation x=2x=2 .
Question 12

lim⁡x→0+2ln⁡(1x)\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{2}{\ln \left(\frac{1}{x} \right)}

Correction
Nous allons commencer par transformer l'écriture de la limite pour que le calcul soit plus simple.
ln⁡(1a)=−ln⁡(a)\ln \left(\frac{1}{a} \right)=-\ln \left(a\right)

lim⁡x→0+2ln⁡(1x)=lim⁡x→0+2−ln⁡(x)\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{2}{\ln \left(\frac{1}{x} \right)} =\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{2}{-\ln \left(x\right)}
lim⁡x→0+2=2lim⁡x→0+−ln⁡(x)=+∞}par quotient\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2} & {=} & {2} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par quotient}}
lim⁡x→0+2ln⁡(1x)=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } \frac{2}{\ln \left(\frac{1}{x} \right)}=0
Question 13

lim⁡x→0+2x(3−5ln⁡(x))\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x\left(3-5\ln \left(x\right)\right)

Correction
lim⁡x→0+2x=0lim⁡x→0+3−5ln⁡(x)=+∞}\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} }3-5\ln \left(x\right)} & {=} & {+\infty } \end{array}\right\}
Nous rencontrons une forme indéterminée.
Nous allons développer l'expression :
lim⁡x→0+2x(3−5ln⁡(x))=lim⁡x→0+6x−10xln⁡(x)\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x\left(3-5\ln \left(x\right)\right)= \lim\limits_{x\to 0^{+}} 6x-10x\ln \left(x\right)
lim⁡x→0+xln⁡(x)=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } x\ln \left(x\right)=0
lim⁡x→0+6x=0lim⁡x→0+−10xln⁡(x)=0}par somme\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 6x} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } -10x\ln \left(x\right)} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par somme}}
lim⁡x→0+2x(3−5ln⁡(x))=0\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2x\left(3-5\ln \left(x\right)\right)=0