Exercice 1 - Exercice 1

1 min
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Cet exercice est un questionnaire à choix multiples.
Chaque question ci-après comporte quatre propositions de réponse.
Pour chacune de ces questions, une seule des réponses proposées est exacte.
On demande bien sûr de justifier.
Question 1

On considère la fonction ff définie par f(x)=x−xln⁡(x)f\left(x\right)=x-x\ln \left(x\right).
La fonction ff est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ et sa dérivée f′f' est donnée par :
  • f′(x)=1−1xf'\left(x\right)=1-\frac{1}{x}
  • f′(x)=1−ln⁡(x)f'\left(x\right)=1-\ln \left(x\right)
  • f′(x)=−ln⁡(x)f'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)
  • f′(x)=ln⁡(x)f'\left(x\right)=\ln \left(x\right)

Correction
La bonne réponse est c.
On reconnaît la forme : (w−uv)′=w′−(u′v+uv′)\left(w-uv\right)'=w'-\left(u'v+uv'\right) avec w(x)=xw\left(x\right)=x~; u(x)=xu\left(x\right)=x et v(x)=ln⁡(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right).
Ainsi : w′(x)=1w'\left(x\right)=1~; u′(x)=1u'\left(x\right)=1 et v′(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} .
Il vient alors que :
f′(x)=1−(ln⁡(x)+x×1x)f'\left(x\right)=1-\left(\ln \left(x\right)+x\times \frac{1}{x} \right)
f′(x)=1−(ln⁡(x)+1)f'\left(x\right)=1-\left(\ln \left(x\right)+1\right)
f′(x)=1−ln⁡(x)−1f'\left(x\right)=1-\ln \left(x\right)-1
f′(x)=−ln⁡(x)f'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)
Question 2

On considère la fonction ff définie par f(x)=(−x+2)ln⁡(x)f\left(x\right)=\left(-x+2\right)\ln \left(x\right).
La fonction ff est dérivable sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ et sa dérivée f′f' est donnée par :
  • f′(x)=−ln⁡(x)−1+2xf'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)-1+\frac{2}{x}
  • f′(x)=−1xf'\left(x\right)=-\frac{1}{x}
  • f′(x)=−x+2f'\left(x\right)=-x+2
  • f′(x)=−ln⁡(x)f'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)

Correction
La bonne réponse est a.
On reconnaît la forme : (uv)′=u′v+uv′\left(uv\right)'=u'v+uv' avec u(x)=−x+2u\left(x\right)=-x+2 et v(x)=ln⁡(x)v\left(x\right)=\ln \left(x\right).
Ainsi : u′(x)=−1u'\left(x\right)=-1 et v′(x)=1xv'\left(x\right)=\frac{1}{x} .
Il vient alors que :
f′(x)=−ln⁡(x)+(−x+2)×1xf'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)+\left(-x+2\right)\times \frac{1}{x}
f′(x)=−ln⁡(x)+(−x×1x+2×1x)f'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)+\left(-x\times \frac{1}{x} +2\times \frac{1}{x} \right)
f′(x)=−ln⁡(x)+(−1+2x)f'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)+\left(-1+\frac{2}{x} \right)
f′(x)=−ln⁡(x)−1+2xf'\left(x\right)=-\ln \left(x\right)-1+\frac{2}{x}
Question 3

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par f(x)=ln⁡(x)2xf\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)}{2x} .
L'équation de la tangente au point d'abscisse 1 est :
  • y=12x−12y=\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}
  • y=12x+12y=\frac{1}{2} x+\frac{1}{2}
  • y=x+1y=x+1
  • y=x−1y=x-1

Correction
La bonne réponse est a.
On commence par calculer la dérivée de ff notée f′f' puis on calculera l'équation de la tangente.
On reconnaît la forme : (uv)′=u′v−uvv2′\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv}{v^{2} } ' avec u(x)=ln⁡(x)u\left(x\right)=\ln \left(x\right) et v(x)=2xv\left(x\right)=2x.
Ainsi : u′(x)=1xu'\left(x\right)=\frac{1}{x} et v′(x)=2v'\left(x\right)=2.
Il vient alors que :
f′(x)=1x×2x−2ln⁡(x)(2x)2f'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x} \times 2x-2\ln \left(x\right)}{\left(2x\right)^{2} }
f′(x)=2−2ln⁡(x)(2x)2f'\left(x\right)=\frac{2-2\ln \left(x\right)}{\left(2x\right)^{2} }
On rappelle que l'équation de la tangente au point d'abscisse aa est donnée par la formule y=f′(a)(x−a)+f(a)y=f'\left(a\right)\left(x-a\right)+f\left(a\right).
Ici nous voulons l'équation de la tangente au point d'abscisse 0, donc a=1a=1.
Calculons d'une part : f(1)f\left(1\right)
f(1)=ln⁡(1)2=0f\left(1\right)=\frac{\ln \left(1\right)}{2} =0
Calculons d'une part : f′(1)f'\left(1\right)
f′(1)=2−2ln⁡(1)(2)2f'\left(1\right)=\frac{2-2\ln \left(1\right)}{\left(2\right)^{2} }
f′(1)=24=12f'\left(1\right)=\frac{2}{4} =\frac{1}{2}
On substitue ces valeurs dans la formule y=f′(1)(x−1)+f(1)y=f'\left(1\right)\left(x-1\right)+f\left(1\right) ce qui nous donne :
y=12×(x−1)+0y=\frac{1}{2} \times \left(x-1\right)+0
y=12x−12y=\frac{1}{2} x-\frac{1}{2}
Question 4

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par f(x)=2ln⁡(x)−x2f\left(x\right)=2\ln \left(x\right)-x^{2} .
La fonction ff est :
  • Est concave sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[
  • Est convexe sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[
  • Change deux fois de convexité sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[
  • Change une fois de convexité sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[

Correction
La bonne réponse est a.
On va calculer la dérivée de ff que l'on notera f′f'.
Ensuite on calculera la dérivée de f′f' que l'on notera f′′f''.
f′(x)=2x−2xf'\left(x\right)=\frac{2}{x} -2x

Maintenant, nous calculons f′′f''.
f′′(x)=−2x2−2f''\left(x\right)=-\frac{2}{x^{2} } -2

Pour tout réel x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[, on vérifie facilement que −2x2−2<0-\frac{2}{x^{2} } -2<0, ainsi :
Question 5

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par f(x)=(2x+1)ln⁡(x)f\left(x\right)=\left(2x+1\right)\ln \left(x\right).
L'équation f(x)=0f\left(x\right)=0 admet :
  • Une solution positive.
  • Une solution négative.
  • Une solution négative et une solution positive.
  • Deux solutions positives.

Correction
La bonne réponse est c.
f(x)=0f\left(x\right)=0 équivaut successivement à :
(2x+1)ln⁡(x)=0\left(2x+1\right)\ln \left(x\right)=0 .
Il s'agit d'une équation produit nul, ainsi :
2x+1=02x+1=0 ou ln⁡(x)=0\ln \left(x\right)=0
Résolvons d'une part :
2x+1=02x+1=0 équivaut à
2x=−12x=-1
x=−12x=\frac{-1}{2}
Résolvons d'une part :
ln⁡(x)=0\ln \left(x\right)=0 équivaut à
ln⁡(x)=ln⁡(1)\ln \left(x\right)=\ln \left(1\right)
x=1x=1
Finalement, il y a deux solutions à l'équation (2x+1)ln⁡(x)=0\left(2x+1\right)\ln \left(x\right)=0 c'est-à-dire
x=1x=1 et x=−12x=\frac{-1}{2}
Question 6

Soit nn un entier naturel, l'ensemble des solutions de l'inéquation −0,45×(0,68)n+0,75≥0,7-0,45\times \left(0,68\right)^{n} +0,75\ge 0,7 est :
  • n≥5,7n\ge 5,7
  • n≥5n\ge 5
  • n≥6n\ge 6
  • n≥6,7n\ge 6,7

Correction
La bonne réponse est c.
−0,45×(0,68)n+0,75≥0,7-0,45\times \left(0,68\right)^{n} +0,75\ge 0,7 équivaut successivement à
−0,45×(0,68)n≥0,7−0,75-0,45\times \left(0,68\right)^{n} \ge 0,7-0,75
−0,45×(0,68)n≥−0,05-0,45\times \left(0,68\right)^{n} \ge -0,05
(0,68)n≤−0,05−0,45\left(0,68\right)^{n} \le \frac{-0,05}{-0,45}
(0,68)n≤19\left(0,68\right)^{n} \le \frac{1}{9}
ln⁡(0,68)n≤ln⁡(19)\ln \left(0,68\right)^{n} \le \ln \left(\frac{1}{9} \right)
n×ln⁡(0,68)≤ln⁡(19)n\times \ln \left(0,68\right)\le \ln \left(\frac{1}{9} \right)
Or : ln⁡(0,68)<0\ln \left(0,68\right)<0.
D'où :
n≥ln⁡(19)ln⁡(0,68).n\ge \frac{\ln \left(\frac{1}{9} \right)}{\ln \left(0,68\right)} .
On cherche la valeur de ln⁡(19)ln⁡(0,68)\frac{\ln \left(\frac{1}{9} \right)}{\ln \left(0,68\right)} à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
n≥6n\ge 6
(à la calculatrice on obtient ln⁡(19)ln⁡(0,68)≈5,697\frac{\ln \left(\frac{1}{9} \right)}{\ln \left(0,68\right)} \approx 5,697 et on arrondi à l'entier supérieur)
Question 7

La valeur exacte de N=ln⁡(5e3)N=\ln \left(\sqrt{5e^{3} } \right) est :
  • N=12ln⁡(5)+32N=\frac{1}{2} \ln \left(5\right)+\frac{3}{2}
  • N=ln⁡(5)+3N=\ln \left(5\right)+3
  • N=2,304718956N=2,304718956
  • N=ln⁡(15)N=\ln \left(\sqrt{15} \right)

Correction
La bonne réponse est a.
  • ln⁡(a)+ln⁡(b)=ln⁡(a×b)\ln \left(a\right)+\ln \left(b\right)=\ln \left(a\times b\right)
  • ln⁡(a)−ln⁡(b)=ln⁡(ab)\ln \left(a\right)-\ln \left(b\right)=\ln \left(\frac{a}{b} \right)
  • ln⁡(an)=nln⁡(a)\ln \left(a^{n} \right)=n\ln \left(a\right)
  • ln⁡(1a)=−ln⁡(a)\ln \left(\frac{1}{a} \right)=-\ln \left(a\right)
  • 12ln⁡(a)=ln⁡(a)\frac{1}{2} \ln \left(a\right)=\ln \left(\sqrt{a} \right)
  • ln⁡(ea)=a\ln \left(e^{a} \right)=a
N=ln⁡(5e3)N=\ln \left(\sqrt{5e^{3} } \right) équivaut à
N=12ln⁡(5e3)N=\frac{1}{2} \ln \left(5e^{3} \right)
N=12[ln⁡(5)+ln⁡(e3)]N=\frac{1}{2} \left[\ln \left(5\right)+\ln \left(e^{3} \right)\right]
N=12[ln⁡(5)+3]N=\frac{1}{2} \left[\ln \left(5\right)+3\right]
N=12[ln⁡(5)+3]N=\frac{1}{2} \left[\ln \left(5\right)+3\right]
N=12×ln⁡(5)+12×3N=\frac{1}{2} \times \ln \left(5\right)+\frac{1}{2} \times 3
N=12ln⁡(5)+32N=\frac{1}{2} \ln \left(5\right)+\frac{3}{2}
Question 8

La valeur exacte de T=e5ln⁡(2)×e7ln⁡(4)T=e^{5\ln \left(2\right)} \times e^{7\ln \left(4\right)} est :
  • 2192^{19}
  • 5ln⁡(2)×7ln⁡(4)5\ln \left(2\right)\times 7\ln \left(4\right)
  • ln⁡(2)×ln⁡(4)\ln \left(2\right)\times \ln \left(4\right)
  • 5×2×7×45\times 2\times 7\times 4

Correction
La bonne réponse est a.
T=e5ln⁡(2)×e7ln⁡(4)T=e^{5\ln \left(2\right)} \times e^{7\ln \left(4\right)}
T=eln⁡(25)×eln⁡(47)T=e^{\ln \left(2^{5} \right)} \times e^{\ln \left(4^{7} \right)}
T=25×47T=2^{5} \times 4^{7}
T=25×(22)7T=2^{5} \times \left(2^{2} \right)^{7}
T=25×214T=2^{5} \times 2^{14}
T=219T=2^{19}
Question 9
On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[ par f(x)=2xf\left(x\right)=\frac{2}{x} .
On note CC sa courbe représentative.

L'aire, exprimée en unité d'aire, du domaine délimité par la courbe CC, l'axe des abscisses, et les droites d'équations x=3x=3 et x=8x=8, est égale à :
  • 18−3∫38f(x)dx\frac{1}{8-3} \int _{3}^{8}f\left(x\right)dx
  • 2ln⁡(83)2\ln \left(\frac{8}{3} \right)
  • 2ln⁡(38)2\ln \left(\frac{3}{8} \right)
  • 1,9616505061,961650506

Correction
La bonne réponse est b.
Il nous faut calculer I=∫38f(x)dxI=\int _{3}^{8}f\left(x\right)dx
Comme f(x)=2xf\left(x\right)=\frac{2}{x} alors une primitive de F(x)=2ln⁡(x)F\left(x\right)=2\ln \left(x\right)
F(8)=2ln⁡(8)F\left(8\right)=2\ln \left(8\right) et F(3)=2ln⁡(3)F\left(3\right)=2\ln \left(3\right)
F(8)−F(3)=2ln⁡(8)−2ln⁡(3)F\left(8\right)-F\left(3\right)=2\ln \left(8\right)-2\ln \left(3\right)
F(8)−F(3)=2[ln⁡(8)−ln⁡(3)]F\left(8\right)-F\left(3\right)=2\left[\ln \left(8\right)-\ln \left(3\right)\right]
F(8)−F(3)=2ln⁡(83)F\left(8\right)-F\left(3\right)=2\ln \left(\frac{8}{3} \right)
Ainsi :
∫38f(x)dx=2ln⁡(83)\int _{3}^{8}f\left(x\right)dx =2\ln \left(\frac{8}{3} \right)
Question 10

Soit xx un réel strictement positif. La solution exacte de l'équation : (12)x=310\left(\frac{1}{2} \right)^{x} =\frac{3}{10} est :
  • x=−ln⁡(3)+ln⁡(10)ln⁡(2)x=\frac{-\ln \left(3\right)+\ln \left(10\right)}{\ln \left(2\right)}
  • x=ln⁡(3)−ln⁡(10)ln⁡(2)x=\frac{\ln \left(3\right)-\ln \left(10\right)}{\ln \left(2\right)}
  • x=ln⁡(3)+ln⁡(10)ln⁡(2)x=\frac{\ln \left(3\right)+\ln \left(10\right)}{\ln \left(2\right)}
  • 1,7369655941,736965594

Correction
La bonne réponse est a.
(12)x=310\left(\frac{1}{2} \right)^{x} =\frac{3}{10} équivaut successivement à :
xln⁡(12)=ln⁡(310)x\ln \left(\frac{1}{2}\right)= \ln \left(\frac{3}{10}\right)
D'où :
x=ln⁡(310)ln⁡(12)x= \frac{\ln \left(\frac{3}{10}\right)}{\ln \left(\frac{1}{2}\right)}
x=ln⁡(3)−ln⁡(10)ln⁡(1)−ln⁡(2)x=\frac{\ln \left(3\right)-\ln \left(10\right)}{\ln \left(1\right)-\ln \left(2\right)}
x=ln⁡(3)−ln⁡(10)−ln⁡(2)x=\frac{\ln \left(3\right)-\ln \left(10\right)}{-\ln \left(2\right)}
x=−ln⁡(3)+ln⁡(10)ln⁡(2)x=\frac{-\ln \left(3\right)+\ln \left(10\right)}{\ln \left(2\right)}

Question 11

Soit xx un réel strictement positif. La solution de l’équation x23=92x^{23}=92 est égale à :
  • 44
  • 1,2172564361,217256436
  • eln⁡(92)23e^{\frac{\ln \left(92\right)}{23} }
  • eln⁡(23)92e^{\frac{\ln \left(23\right)}{92} }

Correction
La bonne réponse est c.
ln⁡(x23)=ln⁡(92)\ln \left(x^{23} \right)=\ln \left(92\right)
23ln⁡(x)=ln⁡(92)23\ln \left(x\right)=\ln \left(92\right)
ln⁡(x)=ln⁡(92)23\ln \left(x\right)=\frac{\ln \left(92\right)}{23}
eln⁡(x)=eln⁡(92)23e^{\ln \left(x\right)} =e^{\frac{\ln \left(92\right)}{23} }
x=eln⁡(92)23x=e^{\frac{\ln \left(92\right)}{23} }

Question 12

On considère la fonction ff définie sur ]1;+∞[\left]1;+\infty \right[ par f(x)=ln⁡(x)x−ln⁡(x)f\left(x\right)=\frac{\ln \left(x\right)}{x-\ln \left(x\right)} .
La dérivée de ff notée f′f' vaut :
  • f′(x)=1(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
  • f′(x)=−1(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{-1}{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
  • f′(x)=x(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{x}{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
  • f′(x)=1f'\left(x\right)=1

Correction
La bonne réponse est a.
Ici on reconnaît la forme : (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} } avec u(x)=ln⁡(x)u\left(x\right)=\ln \left(x\right) et v(x)=xv\left(x\right)=x.
Ainsi : u′(x)=1xu'\left(x\right)=\frac{1}{x} et v′(x)=−1xv'\left(x\right)=-\frac{1}{x} .
Il vient alors que :
f′(x)=1x×(x−ln⁡(x))−ln⁡(x)×(−1x)(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x} \times \left(x-\ln \left(x\right)\right)-\ln \left(x\right)\times \left(-\frac{1}{x} \right)}{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
f′(x)=1x×x+1x×(−ln⁡(x))+ln⁡(x)×1x(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{\frac{1}{x} \times x+\frac{1}{x} \times \left(-\ln \left(x\right)\right)+\ln \left(x\right)\times \frac{1}{x} }{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
f′(x)=1−1x×ln⁡(x)+ln⁡(x)×1x(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{1-\frac{1}{x} \times \ln \left(x\right)+\ln \left(x\right)\times \frac{1}{x} }{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }
Ainsi :
f′(x)=1(x−ln⁡(x))2f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(x-\ln \left(x\right)\right)^{2} }

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