Exercice 1 DEJA UTILISE EN MATHS SPECIALITE - Exercice 1

La proposition est fausse.
$$f\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(x+3\right)-4\ln \left(2x-3\right)-3$$ équivaut successivement à :
$$f\left(x\right)=\ln \left(\sqrt{x+3} \right)-\ln \left[\left(2x-3\right)^{4} \right]-\ln \left(e^{3} \right)$$
$$f\left(x\right)=\ln \left(\frac{\sqrt{x+3} }{\left(2x-3\right)^{4} } \right)-\ln \left(e^{3} \right)$$

La proposition est fausse.
On reconnaît la forme : $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=\ln \left(x^{2} +3\right)$$ et $$v\left(x\right)=x+1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{2x}{1+x^{2} }$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$ , il vient alors que :

La proposition est fausse.
Soit $$F$$ définie sur $$\left]-1;1\right[$$ par $$F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$$ .
$$F$$ est dérivable sur $$\left]-1;1\right[$$ .
On va commencer par calculer la dérivée de $$\frac{1+x}{1-x}$$ que l'on note $$u\left(x\right)$$.
$$u\left(x\right)=\frac{1+x}{1-x}$$ donc :
$$u'\left(x\right)=\frac{1\times \left(1-x\right)-\left(1+x\right)\times \left(-1\right)}{\left(1-x\right)^{2} }$$
$$u'\left(x\right)=\frac{1-x+1+x}{\left(1-x\right)^{2} }$$
$$u'\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} }$$
Maintenant calculons la dérivée de $$F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$$ qui est de la forme $$\ln \left(u\left(x\right)\right)$$ dont la dérivée est $$\frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$$ avec $$u\left(x\right)=\frac{1+x}{1-x}$$ et $$u'\left(x\right)=\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} }$$
Ainsi :
$$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{\frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } }{\frac{1+x}{1-x} }$$
$$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } \times \frac{1-x}{1+x}$$
$$F'\left(x\right)=\frac{1}{2} \times \frac{2}{\left(1-x\right)^{2} } \times \frac{1-x}{1+x}$$
$$F'\left(x\right)=\frac{1}{\left(1-x\right)\left(1+x\right)}$$

La fonction $$F$$ définie sur $$\left]-1;1\right[$$ par $$F\left(x\right)=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x} \right)$$ est bien une primitive de $$f$$.

La proposition est vraie.
Une tangente horizontale admet un coefficient directeur égale à 0.
Cela signifie qu'il faut résoudre l'équation $$f'\left(x\right)=0$$
Calculons donc la dérivée de $$f$$ :
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
Pour faciliter nos calculs on pose $$g\left(x\right)=\frac{2x^{2} }{x^{2} +1}$$
On reconnaît la forme : $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=2x^{2}$$ et $$v\left(x\right)=x^{2} +1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=4x$$ et $$v'\left(x\right)=2x$$.
Ainsi :
$$g'\left(x\right)=\frac{4x\times \left(x^{2} +1\right)-2x^{2} \times \left(2x\right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{4x^{3} +4x-4x^{3} }{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{4x}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
Nous pouvons donc maintenant calculer la dérivée de $$f$$.
$$f'\left(x\right)=\frac{4x}{\left(x^{2} +1\right)^{2} } -\frac{2x}{x^{2} +1}$$ .
On met tout au même dénominateur.
$$f'\left(x\right)=\frac{4x}{\left(x^{2} +1\right)^{2} } -\frac{2x\times \left(x^{2} +1\right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{4x-2x\times \left(x^{2} +1\right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{4x-2x^{3} -2x}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x-2x^{3} }{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x\times \left(1-x^{2} \right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{2x\times \left(1-x\right)\times \left(1+x\right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} }$$
Résolvons maintenant : $$f'\left(x\right)=0$$
$$f'\left(x\right)=0$$
$$\frac{2x\times \left(1-x\right)\times \left(1+x\right)}{\left(x^{2} +1\right)^{2} } =0$$
$$2x\times \left(1-x\right)\times \left(1+x\right)=0$$ et $$\left(x^{2} +1\right)^{2} \ne 0$$
Les solutions de l'équation $$2x\times \left(1-x\right)\times \left(1+x\right)=0$$ sont donc $$x=0$$, $$x=-1$$ et $$x=1$$.
La courbe représentative de la fonction $$f$$ admet $$3$$ tangentes horizontales aux points d'abscisse $$x=0$$, $$x=-1$$ et $$x=1$$.

La proposition est vraie.
Etudions le signe de la dérivée de $$f$$.
$$f$$ est dérivable sur $$\left[1;2\right]$$.
Posons tout d'abord $$g\left(x\right)=\frac{-1-x}{2x+1}$$ et calculons la dérivée de $$g$$.
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=-1-x$$ et $$v\left(x\right)=2x+1$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=-1$$ et $$v'\left(x\right)=2$$.
$$g'\left(x\right)=\frac{\left(-1\right)\times \left(2x+1\right)-\left(-1-x\right)\times 2}{\left(2x+1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{-2x-1+2+2x}{\left(2x+1\right)^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{1}{\left(2x+1\right)^{2} }$$
Il en résulte que la dérivée de $$f$$ s'écrit :
$$f'\left(x\right)=\frac{1}{\left(2x+1\right)^{2} } +\frac{1}{x}$$
Comme $$x\in \left[1;2\right]$$ donc $$f'\left(x\right)>0$$ et $$f$$ est strictement croissante sur l'intervalle $$\left[1;2\right]$$
Calculons $$f\left(1\right)$$ et $$f\left(2\right)$$.
$$f\left(1\right)=\frac{-1-1}{2+1} +\ln \left(1\right)=\frac{-2}{3}$$
$$f\left(2\right)=\frac{-1-2}{2\times 2+1} +\ln \left(2\right)=-\frac{3}{5} +\ln \left(2\right)\approx 0.09$$
On dresse le tableau de variation de $$f$$ :
Sur $$\left[1;2\right]$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$f\left(1\right)=\frac{-2}{3}$$ et $$f\left(2\right)=-\frac{3}{5} +\ln \left(2\right)$$ .
Or $$0\in \left]-\frac{2}{3} ;-\frac{3}{5} +\ln \left(2\right)\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left[1;2\right]$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

La proposition est vraie.

Si $$f'\left(x\right)=p\left(x\right)$$ alors la fonction $$f$$ est une primitive de $$p$$.
$$f$$est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$, ainsi $$f\left(x\right)=g\left(x\right)+h\left(x\right)-\frac{2}{x}$$ où $$g\left(x\right)=-\frac{1}{x} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$ et $$h\left(x\right)=-\frac{2}{x} \ln \left(x\right)$$.
Nous allons décomposer ainsi la dérivée afin de faciliter nos calculs.
D'une part : calcul de la dérivée de $$g\left(x\right)=-\frac{1}{x} \left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=-\frac{1}{x}$$ et $$v\left(x\right)=\left(\ln \left(x\right)\right)^{2}$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }$$ et $$v'\left(x\right)=\left(-\frac{1}{x} \right)\times 2\times \ln \left(x\right)\times \frac{1}{x}$$.
Ainsi :
$$g'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} } \times \left(\ln \left(x\right)\right)^{2} +\left(-\frac{1}{x} \right)\times 2\times \ln \left(x\right)\times \frac{1}{x}$$
$$g'\left(x\right)=\frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} } -\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} }$$
D'autre part : calcul de la dérivée de $$h\left(x\right)=-\frac{2}{x} \ln \left(x\right)$$
On reconnaît la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=-\frac{2}{x}$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2} }$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$.
Ainsi :
$$h'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2} } \times \ln \left(x\right)-\frac{2}{x} \times \frac{1}{x}$$
$$h'\left(x\right)=\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{2}{x^{2} }$$
Finalement :
$$f'\left(x\right)=g'\left(x\right)+h'\left(x\right)+\frac{2}{x^{2} }$$
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(\ln \left(x\right)\right)^{2} }{x^{2} } -\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } +\frac{2\ln \left(x\right)}{x^{2} } -\frac{2}{x^{2} } +\frac{2}{x^{2} }$$

Donc la fonction $$f$$ est une primitive de $$p$$.

La proposition est fausse.
Soient $$u\left(x\right)=x^{2} -4x$$ donc $$u'\left(x\right)=2x-4$$
Ainsi : $$f\left(x\right)=-\frac{1}{2} \times \left(\frac{2x-4}{x^{2} -4x} \right)=-\frac{1}{2} \times \frac{u'\left(x\right)}{u\left(x\right)}$$
Finalement, une primitive de $$f$$ est alors $$F\left(x\right)=-\frac{1}{2} \times \ln \left(x^{2} -4x\right)$$
Il en résulte que :
$$I=\int _{5}^{6}\frac{-x+2}{x^{2} -4x} dx$$
$$I=\left[-\frac{1}{2} \times \ln \left(x^{2} -4x\right)\right]_{5}^{6}$$
$$I=-\frac{1}{2} \times \ln \left(6^{2} -4\times 6\right)-\left(-\frac{1}{2} \times \ln \left(5^{2} -4\times 5\right)\right)$$
$$I=-\frac{1}{2} \times \ln \left(12\right)-\left(-\frac{1}{2} \times \ln \left(5\right)\right)$$
$$I=-\frac{1}{2} \ln \left(12\right)+\frac{1}{2} \ln \left(5\right)$$
$$I=\frac{1}{2} \left(\ln \left(5\right)-\ln \left(12\right)\right)$$

La proposition est vraie.
D'après l'énoncé, on en déduit deux informations

• $$f\left(1\right)=4$$
• Le nombre $$f'\left(1\right)$$ désigne le coefficient directeur de la droite tangente à la courbe au point d'abscisse $$1$$. Dans cet exercice la tangente au point d'abscisse 1 est parallèle à la droite d'équation $$y=4x-1$$donc$$f'\left(1\right)=4$$.

Tout d'abord, calculons la dérivée de $$f$$.
$$f$$ une fonction dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$, on a :
$$f'\left(x\right)=2x+a+\left(b\ln \left(x\right)+bx\times \frac{1}{x} \right)$$
$$f'\left(x\right)=2x+a+b\ln \left(x\right)+bx\times \frac{1}{x}$$
$$f'\left(x\right)=2x+a+b\ln \left(x\right)+b$$

Maintenant exploitons les informations de l'énoncé.
$$f\left(1\right)=4$$ équivaut successivement à :
$$1^{2} +a\times 1+b\times 1\times \ln \left(1\right)=4$$
$$1^{2} +a\times 1=4$$

$$f'\left(1\right)=4$$ équivaut successivement à :
$$2\times 1+a+b\ln \left(1\right)+b=4$$
$$2+a+b=4$$
Or $$a=3$$
$$2+3+b=4$$

Ainsi : $$f\left(x\right)=x^{2} +3x-x\ln \left(x\right)$$

La proposition est vraie.
Ici il s'agit de limite par composition.
$$f\left(x\right)=\ln \left(x+4\right)-\ln \left(x+1\right)$$ peut également s'écrire $$f\left(x\right)=\ln \left(\frac{x+4}{x+1} \right)$$

Commençons par calculer $$\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)$$
Dans un premier temps : $$\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x+4}{x+1} =\lim\limits_{x\to +\infty } \frac{x}{x} =1$$ .
On pose $$X=\frac{x+4}{x+1}$$
D'où : $$\lim\limits_{X\to 1} \ln \left(X\right)=\ln \left(1\right)=0$$. F
Finalement, par composition :
Ensuite, calculons $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} f\left(x\right)$$
Dans un premier temps : $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} \frac{x+4}{x+1}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} x+4} & {=} & {3} \\ {\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} x+1} & {=} & {0^{+} } \end{array}\right\}$$ par quotient $$\lim\limits_{\begin{array}{l} {x\to -1} \\ {x>-1} \end{array}} \frac{x+4}{x+1} =+\infty$$.
On pose $$X=\frac{x+4}{x+1}$$
D'où : $$\lim\limits_{X\to +\infty } \ln \left(X\right)=+\infty$$.
Finalement, par composition :

La proposition est fausse.
$$2\times \left(\frac{1}{4} \right)^{n} \le 10^{-5}$$ équivaut successivement à :
$$\left(\frac{1}{4} \right)^{n} \le \frac{10^{-5} }{2}$$
$$\ln \left(\frac{1}{4} \right)^{n} \le \ln \left(\frac{10^{-5} }{2} \right)$$
$$n\ln \left(\frac{1}{4} \right)\le \ln \left(\frac{10^{-5} }{2} \right)$$ , or $$\ln \left(\frac{1}{4} \right)<0$$ d'où
$$n\ge \frac{\ln \left(\frac{10^{-5} }{2} \right)}{\ln \left(\frac{1}{4} \right)}$$
On cherche la valeur de $$\frac{\ln \left(\frac{10^{-5} }{2} \right)}{\ln \left(\frac{1}{4} \right)}$$ à la calculatrice et on arrondi à l'entier supérieur.
(à la calculatrice on obtient $$\frac{\ln \left(\frac{10^{-5} }{2} \right)}{\ln \left(\frac{1}{4} \right)} \approx 8,804$$ et on arrondi à l'entier supérieur)
Finalement :

La proposition est vraie.
$$f'\left(3\right)$$ correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d'abscisse $$3$$. La tangente est horizontale. Cela signifie que le coefficient directeur est nul.
Ainsi :

La proposition est vraie.
On reconnaît la forme : $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x$$ et $$v\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)^{2}$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{1}{x^{2} }$$ et $$v'\left(x\right)=\left(-\frac{1}{x} \right)\times 2\times \ln \left(x\right)\times \frac{1}{x}$$. Pour faire la dérivée de $$v$$, nous avons appliquer la formule $$\left(u^{n} \right)^{'} =n\times u'\times u^{n-1}$$ .
$$f'\left(x\right)=1\times \left(1-\ln \left(x\right)\right)^{2} +x\times 2\times \left(\frac{-1}{x} \right)\times \left(1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)^{2} +2x\times \left(\frac{-1}{x} \right)\times \left(1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)^{2} +\left(\frac{-2x}{x} \right)\times \left(1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)^{2} -2\left(1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)\times \left(1-\ln \left(x\right)\right)-2\left(1-\ln \left(x\right)\right)$$ . Nous allons maintenant factoriser par $$\left(1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)\times \left[\left(1-\ln \left(x\right)\right)-2\right]$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)\times \left(-1-\ln \left(x\right)\right)$$
$$f'\left(x\right)=\left(1-\ln \left(x\right)\right)\times \left(1+\ln \left(x\right)\right)\times \left(-1\right)$$ car $$\left(-1-\ln \left(x\right)\right)=\left(1+\ln \left(x\right)\right)\times \left(-1\right)$$
Pour la dernière étape, nous allons multiplier par $$\left(-1\right)$$ le premier facteur $$\left(1-\ln \left(x\right)\right)$$.
Cela nous permet donc d'écrire :