La bonne reˊponse estd A=4ln(45)−3ln(25)−10ln(3)21ln(9)−5ln(3) A=4ln(9×5)−3ln(52)−10ln(3)ln()1919)−5ln(3) A=4ln(9)+4ln(5)−3×2ln(5)−10ln(3)ln(3)−5ln(3) A=4ln(32)+4ln(5)−6ln(5)−10ln(3)−4ln(3) A=4×2ln(3)+4ln(5)−6ln(5)−10ln(3)−4ln(3) A=8ln(3)−2ln(5)−10ln(3)−4ln(3) A=8ln(3)−2ln(5)−10ln(3)−4ln(3) A=−2ln(5)−2ln(3)−4ln(3) A=ln(5)+ln(3)2ln(3) A=ln(5×3)ln(32) Ainsi :
A=ln(15)ln(9)
2
x→0+limxln(x)−x4= a.−∞b.+∞
c.−1d.0
Correction
La bonne reˊponse esta
x→0+limxln(x)=0
x→0+limxln(x)x→0+lim−x4==0−∞}par somme
x→0+limxln(x)−x4=−∞
3
L'équation 4ln(x)−6=7ln(x)+12 admet comme solution : a.e−6b.e6
c.e−7d.e7
Correction
La bonne reˊponse esta
Soient A et B deux réels strictements positifs.
ln(A)=ln(B)⇔A=B
ln(eA)=A
L'équation est définie si et seulement si x>0 Ainsi le domaine de définition est :
Df=]0;+∞[
4ln(x)−6=7ln(x)+12 4ln(x)−7ln(x)=12+6 −3ln(x)=18 ln(x)=−318 ln(x)=−6 lnx=ln(e−6) car ln(ea)=a x=e−6 Or e−6∈]0;+∞[, donc la solution de l'équation est :
S={e−6}
4
Soit a un réel strictement positif. L'expression 2ln(50a)+ln(2a) est égale à : a.ln(100a)b.ln(10a)
Soit f une fonction dérivable sur ]3;+∞[ définie par : f(x)=ln(2x−6x+5) . La dérivée de la fonction f s'écrit : a.f′(x)=(2x−6)(x+5)16b.f′(x)=(2x−6)(x+5)−16
c.f′(x)=(2x−6)(x+5)−6d.g′(x)=(2x−6)2−16
Correction
La bonne reˊponse estb
(ln(u))′=uu′
Nous allons poser la fonction g(x)=2x−6x+5 et nous allons calculer g′(x) . On reconnaît la forme (vu)′=v2u′v−uv′ avec u(x)=x+5 et v(x)=2x−6 Ainsi : u′(x)=1 et v′(x)=2. Il vient alors que : g′(x)=(2x−6)21×(2x−6)−(x+5)×2 g′(x)=(2x−6)22x−6−(2x+10) g′(x)=(2x−6)22x−6−2x−10
g′(x)=(2x−6)2−16
Rappelons que nous voulons calculer la dérivée de f(x)=ln(2x−6x+5) . On reconnait ici la forme (ln(u))′=uu′ avec u(x)=2x−6x+5 . Nous avons calculer juste au début de la question la dérivée de g(x) qui est égale à la dérivée de la fonction u(x) . Il vient alors que u′(x)=(2x−6)2−16 Ainsi : f′(x)=(2x−6x+5)((2x−6)2−16)
(DC)(BA)=BA×CD
f′(x)=(2x−6)2−16×x+52x−6 . Nous allons simplifier le numérateur et le dénominateur par 2x−6 . f′(x)=2x−6−16×x+51 Finalement :
f′(x)=(2x−6)(x+5)−16
6
Soit n un entier naturel non nul. L'inégalité (32)n≤10−7 est vraie dès que : a.n≥39b.n≥40
c.n≤39d.n≤40
Correction
La bonne reˊponse estb
ln(an)=nln(a)
(32)n≤10−7 équivaut successivement à : ln((32)n)≤ln(10−7) nln(32)≤ln(10−7) . Or ln(32)<0. Ainsi : n≥ln(32)ln(10−7) On cherche la valeur de ln(32)ln(10−7) à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥40
(à la calculatrice on obtient ln(32)ln(10−7)≈39,752 et on arrondi à l'entier supérieur)
7
Soit f une fonction dérivable sur ]+∞;+∞[ définie par : f(x)=5(ln(x2+3))4 . La dérivée de la fonction f s'écrit : a.f′(x)=x2+340x×(ln(x2+3))3b.f′(x)=x2+340x×(ln(x2+3))4
La bonne reˊponse esta La fonction f est dérivable sur ]0;+∞[.
(un)′=n×u′×un−1
(ln(u))′=uu′
On reconnaît ici un où u(x)=ln(x2+3) et n=4. Ainsi u′(x)=x2+32x. Il en résulte que : f′(x)=5×4×x2+32x×(ln(x2+3))4−1 Finalement :
f′(x)=x2+340x×(ln(x2+3))3
8
x→0+lim−2x4ln(1+x)= a.+∞b.−∞
c.0d.1
Correction
La bonne reˊponse estb x→0+limln(1+x)x→0+lim−2x4==00} nous rencontrons une forme indéterminée de la forme 00 Pour lever cette indeˊtermination, nous allons deˊvelopper l’expression. x→0+lim−2x4ln(1+x)=x→0+lim[xln(1+x)×−2x31] On vérifie facilement que : x→0+limx31=+∞ Ainsi :
x→0+limxln(1+x)=1
x→0+limxln(1+x)x→0+lim−2x31==1−∞⎭⎬⎫par produit :
x→0+lim[xln(1+x)×−2x31]=−∞
Finalement : x→0+lim−2x4ln(1+x)=−∞
9
L'ensemble des solutions réelles de l'inéquation ln(x)+ln(5)≤ln(3x−6) est : a.S=]2;+∞[b.S=]−∞;3[ c.S=]2;3[d.S=∅
Correction
La bonne reˊponse estd L'inéquation est définie si et seulement si ⎩⎨⎧x>0 et 3x−6>0⇔⎩⎨⎧x>0 et x>2 Ainsi le domaine de définition est
Df=]2;+∞[
ln(x)+ln(5)≤ln(3x−6) équivaut successivement à :
ln(a)+ln(b)=ln(a×b)
ln(x×5)≤ln(3x−6) ln(5x)≤ln(3x−6)
ln(A)≤ln(B)⇔A≤B
5x≤3x−6 5x−3x≤−6 2x≤−6 x≤2−6 x≤−3 Le domaine de définition impose que x>2 et l'inéquation est vraie si x≤−3. On effectue l'intersection de ces deux ensembles. On vérifie qu'il n'y a pas d'intersection entre ces deux intervalles. Il n'y a donc pas de solutions. Il en résulte que :
S=∅
10
Soit x un réel strictement positif. Les solutions de l'équation (ln(x))2+9ln(x)−10=0 sont : a.S={−10;1}b.S={e−10;e} c.S={−1;10}d.S={e−1;e10}
Correction
La bonne reˊponse estb Soit x un réel strictement positif. On va effectuer un changement de variable. On pose X=ln(x) Il en résulte que {X2+9X−10=0X=ln(x). On utilise le discriminant
Δ=121
. Il existe donc deux racines réelles distinctes notées X1 et X2 tels que X1=2a−b−Δ et X2=2a−b+Δ X1=−10 et X2=1. Or nous avons posé X=ln(x), il en résulte que ln(x)=−10 ou encore ln(x)=1
A=ln(eA)
Reˊsolvons d’une part : ln(x)=1. Il vient alors que ln(x)=1⇔ln(x)=ln(e1)⇔
x=e1=e
Reˊsolvons d’autre part : ln(x)=−10. Il vient alors que ln(x)=−10⇔ln(x)=ln(e−10)⇔
x=e−10
Les solutions sont alors :
S={e−10;e}
11
Soit x un réel strictement positif. Les solutions de l'inéquation −2(ln(x))2+10ln(x)−8<0 sont : a.S=]0;e[b.S=]e4;+∞[ c.S=]0;e[∪]e4;+∞[d.S=]0;1[∪]4;+∞[
Correction
La bonne reˊponse estc Dans un premier temps, nous allons chercher les racines de la fonction du second degré suivante : x↦−2x2+10x−8 On utilise le discriminant
Δ=36
. Il existe donc deux racines réelles distinctes notées x1 et x2 tels que x1=2a−b−Δ et x2=2a−b+Δ x1=4 et x2=1. Avec un rappel de première, nous allons pouvoir factoriser la fonction x↦−2x2+10x−8
Forme factorisée d'un trinôme du second degré.
Si Δ>0 et que nous connaissons les racines x1 et x2, alors la factorisation est de la forme a(x−x1)(x−x2).
Il en résulte donc que nous pouvons écrire x↦−2(x−4)(x−1) Dans un deuxieˋme temps, nous voulons résoudre l'inéquation : −2(ln(x))2+10ln(x)−8<0 . Soit x un réel strictement positif. On commence par un changement de variable. On pose X=ln(x). Il vient alors que : −2X2+10X−8<0. Nous sommes en mesure maintenant de factoriser cette expression comme vue au début de la question. Cela nous donne : −2(X−4)(X−1)<0 . Or nous avons posé comme changement de variable X=ln(x). Ainsi, nous obtenons : −2(ln(x)−4)(ln(x)−1)<0 . Pour résoudre cette inéquation, nous allons dresser un tableau de signe.
D’une part :
ln(x)−4≥0⇔ln(x)≥4⇔ln(x)≥ln(e4)⇔x≥e4 (On commencera dans la ligne ln(x)−4 par le signe (−) et dès que l'on dépasse la valeur x≥e4 on mettra le signe (+) dans le tableau de signe.)
D’autre part :
ln(x)−1≥0⇔ln(x)≥1⇔ln(x)≥ln(e1)⇔x≥e (On commencera dans la ligne ln(x)−1 par le signe (−) et dès que l'on dépasse la valeur x≥e on mettra le signe (+) dans le tableau de signe.)
Enfin :−2 est strictement négatif. On mettra que le signe (−) dans la ligne de −2.
Le tableau du signe du produit est donné ci-dessous :
Finalement, les solutions de l'inéquation −2(ln(x))2+10ln(x)−8<0 sont les mêmes que les solutions de l'inéquation −2(ln(x)−4)(ln(x)−1)<0 . D'après le tableau de signe, on a alors :
S=]0;e[∪]e4;+∞[
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