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Chapitre 6 — Fonctions logarithmes

Semestre 1

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Cours

Plan du chapitre. I. La fonction logarithme népérien — II. Propriétés algébriques — III. Équations et inéquations — IV. Limites et courbe — V. Dérivée de ln⁡∘u\ln\circ u et primitives de u′u\frac{u'}u — VI. Logarithme de base aa — Résumé.

I. La fonction logarithme népérien

1. Définition

Définition 1 — logarithme népérien

La fonction x↦1xx\mapsto\dfrac1x est continue sur ]0;+∞[]0;+\infty[ : elle y admet des primitives. On appelle fonction logarithme népérien, notée ln⁡\ln, l’unique primitive de x↦1xx\mapsto\dfrac1x sur ]0;+∞[]0;+\infty[ qui s’annule en 11.

Propriété 1 — conséquences immédiates

  • ln⁡\ln est définie, continue et dérivable sur ]0;+∞[]0;+\infty[, avec ln⁡1=0\ln1=0 et (ln⁡)′(x)=1x(\ln)'(x)=\dfrac1x pour tout x>0x>0.
  • Comme 1x>0\frac1x>0, ln⁡\ln est strictement croissante sur ]0;+∞[]0;+\infty[.
  • Signe : ln⁡x<0\ln x<0 si 0<x<10<x<1 ; ln⁡1=0\ln1=0 ; ln⁡x>0\ln x>0 si x>1x>1.
  • Pour tous réels a>0a>0 et b>0b>0 : ln⁡a=ln⁡b  ⟺  a=b\ln a=\ln b\iff a=b et ln⁡a<ln⁡b  ⟺  a<b\ln a<\ln b\iff a<b.

2. Le nombre ee

Définition 2

La fonction ln⁡\ln est continue et strictement croissante sur ]0;+∞[]0;+\infty[, et (voir IV) ln⁡(]0;+∞[)=R\ln(]0;+\infty[)=\mathbb{R}. Il existe donc un unique réel, noté ee, tel que ln⁡e=1\ln e=1. On a e≈2,718e\approx2{,}718.

Exemple 1

Soit ff la fonction définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=x−1−ln⁡xf(x)=x-1-\ln x. Étudier les variations de ff et en déduire que ln⁡x≤x−1\ln x\le x-1 pour tout x>0x>0.

Voir la solution

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=x−1−ln⁡xf(x)=x-1-\ln x. Alors f′(x)=1−1x=x−1xf'(x)=1-\dfrac1x=\dfrac{x-1}x : ff est décroissante sur ]0;1]]0;1], croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[, de minimum f(1)=0f(1)=0. Donc ln⁡x≤x−1\ln x\le x-1 pour tout x>0x>0.

II. Propriétés algébriques

Propriété 2

Pour tous réels a>0a>0, b>0b>0 et tout rationnel rr : ln⁡(ab)=ln⁡a+ln⁡b,ln⁡1a=−ln⁡a,ln⁡ab=ln⁡a−ln⁡b,ln⁡(ar)=rln⁡a,ln⁡a=12ln⁡a.\ln(ab)=\ln a+\ln b,\qquad\ln\frac1a=-\ln a,\qquad\ln\frac ab=\ln a-\ln b,\qquad\ln\left(a^r\right)=r\ln a,\qquad\ln\sqrt a=\frac12\ln a .

Remarque — idée de la preuve

Pour b>0b>0 fixé, la fonction x↦ln⁡(bx)x\mapsto\ln(bx) a pour dérivée bbx=1x\frac b{bx}=\frac1x : elle diffère de ln⁡\ln d’une constante, que l’on obtient en x=1x=1 : ln⁡(bx)=ln⁡x+ln⁡b\ln(bx)=\ln x+\ln b.

Exemple 2

Exprimer ln⁡12\ln12 et ln⁡e8\ln\dfrac{\sqrt e}{8} en fonction de ln⁡2\ln2 et ln⁡3\ln3, puis calculer ln⁡(en)\ln\left(e^n\right) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

Voir la solution
  • ln⁡12=ln⁡(4×3)=2ln⁡2+ln⁡3\ln12=\ln(4\times3)=2\ln2+\ln3 ; ln⁡e8=12−3ln⁡2\quad\ln\dfrac{\sqrt e}{8}=\dfrac12-3\ln2.
  • Pour tout n∈Nn\in\mathbb{N} : ln⁡(en)=n\ln\left(e^n\right)=n.

III. Équations et inéquations

Méthode — résoudre une équation ou une inéquation avec ln

  1. Déterminer le domaine DD de validité (arguments des ln⁡\ln strictement positifs).
  2. Se ramener à ln⁡A=ln⁡B\ln A=\ln B (équivaut à A=BA=B) ou ln⁡A<ln⁡B\ln A<\ln B (équivaut à A<BA<B), avec A>0A>0, B>0B>0 ; ou poser X=ln⁡xX=\ln x.
  3. Ne garder que les solutions appartenant à DD.

Application 1

Résoudre dans R\mathbb{R} : (E)(E) : ln⁡(x−1)+ln⁡(x+1)=ln⁡3\ln(x-1)+\ln(x+1)=\ln3 et (I)(I) : ln⁡2x−ln⁡x−2<0\ln^2x-\ln x-2<0.

Voir la solution

(E)(E) : domaine D=]1;+∞[D=]1;+\infty[. Sur DD : (E)  ⟺  ln⁡(x2−1)=ln⁡3  ⟺  x2=4  ⟺  x=2(E)\iff\ln\left(x^2-1\right)=\ln3\iff x^2=4\iff x=2 (car x>1x>1). S={2}S=\{2\}.

(I)(I) : domaine ]0;+∞[]0;+\infty[. On pose X=ln⁡xX=\ln x : X2−X−2=(X−2)(X+1)<0  ⟺  −1<X<2  ⟺  1e<x<e2X^2-X-2=(X-2)(X+1)<0\iff-1<X<2\iff \frac1e<x<e^2 (car on a ln⁡1e=−1\ln\frac1e=-1, ln⁡e2=2\ln e^2=2 et ln⁡\ln est strictement croissante). S=]1e;e2[S=\left]\dfrac1e;e^2\right[.

Application 2 — seuil

Déterminer le plus petit entier naturel nn tel que (23)n<0,01\left(\dfrac23\right)^n<0{,}01.

Voir la solution

ln⁡\ln est strictement croissante : (23)n<0,01  ⟺  nln⁡23<ln⁡0,01  ⟺  n>ln⁡0,01ln⁡23≈11,36\left(\frac23\right)^n<0{,}01\iff n\ln\frac23<\ln0{,}01\iff n>\dfrac{\ln0{,}01}{\ln\frac23}\approx11{,}36 (on divise par ln⁡23<0\ln\frac23<0). Donc n=12n=12.

IV. Limites et courbe

Propriété 3 — limites de référence

lim⁡x→+∞ln⁡x=+∞,lim⁡x→0+ln⁡x=−∞,lim⁡x→+∞ln⁡xx=0,lim⁡x→0+xln⁡x=0,\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty,\quad\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty,\quad\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}x=0,\quad\lim_{x\to0^+}x\ln x=0, lim⁡x→1ln⁡xx−1=1,lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1.\lim_{x\to1}\frac{\ln x}{x-1}=1,\quad\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=1 . Plus généralement, pour tout n∈N∗n\in\mathbb{N}^* : lim⁡x→+∞ln⁡xxn=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^n}=0 et lim⁡x→0+xnln⁡x=0\lim\limits_{x\to0^+}x^n\ln x=0.

Remarque

  • x=0x=0 est une asymptote verticale de (Cln⁡)(C_{\ln}) ; en +∞+\infty, ln⁡xx→0\frac{\ln x}x\to0 : branche parabolique de direction (Ox)(Ox).
  • (Cln⁡)(C_{\ln}) est concave (ln⁡′′(x)=−1x2<0\ln''(x)=-\frac1{x^2}<0) ; sa tangente en (1;0)(1;0) a pour équation y=x−1y=x-1.
Figure

Exemple 3

Calculer lim⁡x→+∞(x−ln⁡x)\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x-\ln x\right) et lim⁡x→0+ln⁡(1+3x)x\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+3x)}x.

Voir la solution

lim⁡x→+∞(x−ln⁡x)=lim⁡x→+∞x(1−ln⁡xx)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x-\ln x\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}x\left(1-\dfrac{\ln x}x\right)=+\infty ; lim⁡x→0+ln⁡(1+3x)x=lim⁡x→0+3×ln⁡(1+3x)3x=3\quad\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+3x)}x=\lim\limits_{x\to0^+}3\times\dfrac{\ln(1+3x)}{3x}=3.

V. Dérivée de ln⁡∘u\ln\circ u et primitives de u′u\frac{u'}u

Propriété 4

On considère une fonction uu dérivable sur un intervalle II.

  • Si u(x)>0u(x)>0 sur II, alors x↦ln⁡(u(x))x\mapsto\ln(u(x)) est dérivable sur II et (ln⁡u)′=u′u\left(\ln u\right)'=\dfrac{u'}u.
  • Si u(x)≠0u(x)\neq0 sur II, alors x↦ln⁡∣u(x)∣x\mapsto\ln|u(x)| est dérivable sur II et (ln⁡∣u∣)′=u′u\left(\ln|u|\right)'=\dfrac{u'}u. Ainsi les primitives de u′u\dfrac{u'}u sur II sont les fonctions x↦ln⁡∣u(x)∣+cx\mapsto\ln|u(x)|+c.

Exemple 4

  • Calculer la dérivée de f(x)=ln⁡(x2+1)f(x)=\ln\left(x^2+1\right) sur R\mathbb{R}.
  • Déterminer une primitive de x↦33x−2x\mapsto\dfrac{3}{3x-2} sur ]23;+∞[\left]\frac23;+\infty\right[ et une primitive de x↦tan⁡xx\mapsto\tan x sur ]−π2;π2[\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[.
  • Déterminer une primitive de x↦1xln⁡xx\mapsto\dfrac{1}{x\ln x} sur ]1;+∞[]1;+\infty[.
Voir la solution
  • f(x)=ln⁡(x2+1)f(x)=\ln\left(x^2+1\right) sur R\mathbb{R} : f′(x)=2xx2+1f'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}.
  • Une primitive de x↦33x−2x\mapsto\dfrac{3}{3x-2} sur ]23;+∞[\left]\frac23;+\infty\right[ est x↦ln⁡(3x−2)x\mapsto\ln(3x-2) ; une primitive de x↦tan⁡x=sin⁡xcos⁡xx\mapsto\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x} sur ]−π2;π2[\left]-\frac\pi2;\frac\pi2\right[ est x↦−ln⁡(cos⁡x)x\mapsto-\ln(\cos x).
  • Une primitive de x↦1xln⁡xx\mapsto\dfrac{1}{x\ln x} sur ]1;+∞[]1;+\infty[ est x↦ln⁡(ln⁡x)x\mapsto\ln(\ln x).

VI. Logarithme de base aa

Définition 3

On considère un réel a>0a>0 avec a≠1a\neq1. La fonction logarithme de base aa est la fonction définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par log⁡a(x)=ln⁡xln⁡a\log_a(x)=\dfrac{\ln x}{\ln a}. Le logarithme décimal est log⁡=log⁡10\log=\log_{10}.

Propriété 5

  • log⁡a\log_a vérifie les mêmes propriétés algébriques que ln⁡\ln ; log⁡a(a)=1\log_a(a)=1 et log⁡a(ar)=r\log_a\left(a^r\right)=r pour tout r∈Qr\in\mathbb{Q}.
  • (log⁡a)′(x)=1xln⁡a(\log_a)'(x)=\dfrac1{x\ln a} : log⁡a\log_a est strictement croissante si a>1a>1, strictement décroissante si 0<a<10<a<1.
  • log⁡(10n)=n\log(10^n)=n pour tout n∈Zn\in\mathbb{Z}.

Exemple 5

Calculer log⁡2(32)\log_2(32) et log⁡(0,001)\log(0{,}001), puis résoudre l’équation log⁡3x=2\log_3x=2.

Voir la solution

log⁡2(32)=5\log_2(32)=5 ; log⁡(0,001)=−3\log(0{,}001)=-3 ; log⁡3x=2  ⟺  ln⁡x=2ln⁡3  ⟺  x=9\log_3x=2\iff\ln x=2\ln3\iff x=9.

Résumé : fonctions logarithmes

À retenir

PropriétéFormule
Dérivée(ln⁡x)′=1x(\ln x)'=\frac1x ; (ln⁡u)′=u′u(\ln u)'=\frac{u'}u
Algèbreln⁡(ab)=ln⁡a+ln⁡b\ln(ab)=\ln a+\ln b ; ln⁡ab=ln⁡a−ln⁡b\ln\frac ab=\ln a-\ln b ; ln⁡ar=rln⁡a\ln a^r=r\ln a
Limitesln⁡x→+∞+∞\ln x\xrightarrow[+\infty]{}+\infty ; ln⁡x→0+−∞\ln x\xrightarrow[0^+]{}-\infty ; ln⁡xx→+∞0\frac{\ln x}x\xrightarrow[+\infty]{}0 ; xln⁡x→0+0x\ln x\xrightarrow[0^+]{}0
Limites en 11 et 00ln⁡xx−1→11\frac{\ln x}{x-1}\xrightarrow[1]{}1 ; ln⁡(1+x)x→01\frac{\ln(1+x)}x\xrightarrow[0]{}1
Primitivesu′u→ln⁡∣u∣+c\frac{u'}u\to\ln\lvert u\rvert+c
Base aalog⁡ax=ln⁡xln⁡a\log_a x=\frac{\ln x}{\ln a}

Série d’exercices

Exercice 1 — Équations et systèmes Facile ★★☆☆☆

  1. Résoudre dans R\mathbb{R} les équations suivantes : (E1)(E_1) : ln⁡(x+2)=ln⁡(4−x)\ln(x+2)=\ln(4-x) ; (E2)\quad(E_2) : ln⁡(x2−2x+3)=ln⁡6\ln\left(x^2-2x+3\right)=\ln6 ; (E3)\quad(E_3) : ln⁡2x−3ln⁡x+2=0\ln^2x-3\ln x+2=0.
  2. Résoudre dans R2\mathbb{R}^2 les systèmes suivants : (S1) : {ln⁡x+2ln⁡y=43ln⁡x−ln⁡y=5(S2) : {ln⁡x−2ln⁡y=1xy=e4(S_1)\ :\ \begin{cases}\ln x+2\ln y=4\\ 3\ln x-\ln y=5\end{cases}\qquad\qquad(S_2)\ :\ \begin{cases}\ln x-2\ln y=1\\ xy=e^4\end{cases}
Voir la solution

1. (E1)(E_1) : domaine ]−2;4[]-2;4[. ln⁡(x+2)=ln⁡(4−x)  ⟺  x+2=4−x  ⟺  x=1∈]−2;4[\ln(x+2)=\ln(4-x)\iff x+2=4-x\iff x=1\in]-2;4[. S={1}S=\{1\}.

(E2)(E_2) : x2−2x+3=(x−1)2+2>0x^2-2x+3=(x-1)^2+2>0 pour tout réel xx : domaine R\mathbb{R}. (E2)  ⟺  x2−2x+3=6  ⟺  x2−2x−3=0  ⟺  (x−3)(x+1)=0(E_2)\iff x^2-2x+3=6\iff x^2-2x-3=0\iff(x-3)(x+1)=0. S={−1;3}S=\{-1;3\}.

(E3)(E_3) : domaine ]0;+∞[]0;+\infty[ ; avec X=ln⁡xX=\ln x : X2−3X+2=(X−1)(X−2)=0  ⟺  X=1X^2-3X+2=(X-1)(X-2)=0\iff X=1 ou X=2  ⟺  x=eX=2\iff x=e ou x=e2x=e^2. S={e;e2}S=\{e;e^2\}.

2. On pose X=ln⁡xX=\ln x et Y=ln⁡yY=\ln y (avec x>0x>0, y>0y>0).

(S1)(S_1) : X+2Y=4X+2Y=4 et 3X−Y=53X-Y=5. La seconde donne Y=3X−5Y=3X-5, puis X+6X−10=4X+6X-10=4, soit X=2X=2 et Y=1Y=1. Donc x=e2x=e^2, y=ey=e : S={(e2;e)}S=\{(e^2;e)\}.

(S2)(S_2) : xy=e4  ⟺  ln⁡x+ln⁡y=4xy=e^4\iff\ln x+\ln y=4 (car x,y>0x,y>0). Le système devient X−2Y=1X-2Y=1 et X+Y=4X+Y=4, d’où 3Y=33Y=3, Y=1Y=1, X=3X=3 : S={(e3;e)}S=\{(e^3;e)\}.

Exercice 2 — Inéquations, seuils, logarithmes de base aa Moyen ★★★☆☆

  1. Résoudre dans R\mathbb{R} les inéquations suivantes : (I1)(I_1) : ln⁡(3x−2)≤0\ln(3x-2)\le0 ; (I2)\quad(I_2) : ln⁡(x2+x+1)>0\ln\left(x^2+x+1\right)>0 ; (I3)\quad(I_3) : ln⁡2x−ln⁡x−2≤0\ln^2x-\ln x-2\le0.
  2. Déterminer le plus petit entier naturel nn vérifiant chacune des inégalités suivantes : a. 2×3n−7≥1002\times3^n-7\ge100 ; b. (34)n<0,01\left(\dfrac34\right)^n<0{,}01 ; c. 100−(12)n>99,999100-\left(\dfrac12\right)^n>99{,}999.
  3. Montrer que log⁡25log⁡35+log⁡35log⁡75+log⁡75log⁡25=log⁡25 log⁡35 log⁡75log⁡425\log_25\log_35+\log_35\log_75+\log_75\log_25=\dfrac{\log_25\,\log_35\,\log_75}{\log_{42}5}.
  4. On considère un réel a>1a>1 et un entier n≥1n\ge1. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, log⁡an(x)=1nlog⁡a(x)\log_{a^n}(x)=\dfrac1n\log_a(x).
Voir la solution

1. (I1)(I_1) : domaine ]23;+∞[\left]\frac23;+\infty\right[ ; ln⁡(3x−2)≤0=ln⁡1  ⟺  3x−2≤1  ⟺  x≤1\ln(3x-2)\le0=\ln1\iff3x-2\le1\iff x\le1. S=]23;1]S=\left]\frac23;1\right].

(I2)(I_2) : x2+x+1>0x^2+x+1>0 sur R\mathbb{R} (discriminant −3-3) ; ln⁡(x2+x+1)>0  ⟺  x2+x+1>1  ⟺  x(x+1)>0\ln\left(x^2+x+1\right)>0\iff x^2+x+1>1\iff x(x+1)>0. S=]−∞;−1[∪]0;+∞[S=]-\infty;-1[\cup]0;+\infty[.

(I3)(I_3) : avec X=ln⁡xX=\ln x : X2−X−2=(X−2)(X+1)≤0  ⟺  −1≤X≤2  ⟺  1e≤x≤e2X^2-X-2=(X-2)(X+1)\le0\iff-1\le X\le2\iff\frac1e\le x\le e^2. S=[1e;e2]S=\left[\frac1e;e^2\right].

2. a. 2×3n−7≥100  ⟺  3n≥1072  ⟺  nln⁡3≥ln⁡1072  ⟺  n≥ln⁡53,5ln⁡3≈3,622\times3^n-7\ge100\iff3^n\ge\frac{107}2\iff n\ln3\ge\ln\frac{107}2\iff n\ge\dfrac{\ln53{,}5}{\ln3}\approx3{,}62 : n=4n=4.

2. b. (34)n<0,01  ⟺  nln⁡34<ln⁡0,01  ⟺  n>ln⁡0,01ln⁡0,75≈16,01\left(\frac34\right)^n<0{,}01\iff n\ln\frac34<\ln0{,}01\iff n>\dfrac{\ln0{,}01}{\ln0{,}75}\approx16{,}01 (division par ln⁡0,75<0\ln0{,}75<0) : n=17n=17.

2. c. 100−(12)n>99,999  ⟺  (12)n<0,001  ⟺  n>ln⁡1000ln⁡2≈9,97100-\left(\frac12\right)^n>99{,}999\iff\left(\frac12\right)^n<0{,}001\iff n>\dfrac{\ln1000}{\ln2}\approx9{,}97 : n=10n=10.

3. On note a=ln⁡2a=\ln2, b=ln⁡3b=\ln3, c=ln⁡7c=\ln7, L=ln⁡5L=\ln5. Le membre de gauche vaut L2ab+L2bc+L2ca=L2(a+b+c)abc\dfrac{L^2}{ab}+\dfrac{L^2}{bc}+\dfrac{L^2}{ca}=\dfrac{L^2(a+b+c)}{abc}. Comme ln⁡42=ln⁡(2×3×7)=a+b+c\ln42=\ln(2\times3\times7)=a+b+c, le membre de droite vaut L3abcLa+b+c=L2(a+b+c)abc\dfrac{\frac{L^3}{abc}}{\frac{L}{a+b+c}}=\dfrac{L^2(a+b+c)}{abc}. L’égalité est démontrée.

4. an>0a^n>0, an≠1a^n\neq1 et ln⁡(an)=nln⁡a\ln\left(a^n\right)=n\ln a, donc log⁡an(x)=ln⁡xnln⁡a=1nlog⁡a(x)\log_{a^n}(x)=\dfrac{\ln x}{n\ln a}=\dfrac1n\log_a(x).

Exercice 3 — Étude d’une fonction avec ln⁡2\ln^2 Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=(1+ln⁡x)2xf(x)=\dfrac{(1+\ln x)^2}{x}.

  1. Calculer f(1)f(1) et lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x).
  2. Vérifier que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, f(x)=(1x+2ln⁡xx)2f(x)=\left(\dfrac1{\sqrt x}+\dfrac{2\ln\sqrt x}{\sqrt x}\right)^2, puis calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).
  3. Déterminer les deux branches infinies de (Cf)(C_f).
  4. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, f′(x)=(1+ln⁡x)(1−ln⁡x)x2f'(x)=\dfrac{(1+\ln x)(1-\ln x)}{x^2}.
  5. Dresser le tableau de variations de ff.
  6. Montrer que la fonction F:x↦13(1+ln⁡x)3F:x\mapsto\dfrac13(1+\ln x)^3 est une primitive de ff sur ]0;+∞[]0;+\infty[.
Voir la solution

1. f(1)=(1+0)21=1f(1)=\dfrac{(1+0)^2}1=1. En 0+0^+ : (1+ln⁡x)2→+∞(1+\ln x)^2\to+\infty et 1x→+∞\frac1x\to+\infty, donc lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty.

2. 1x+2ln⁡xx=1+ln⁡xx\dfrac1{\sqrt x}+\dfrac{2\ln\sqrt x}{\sqrt x}=\dfrac{1+\ln x}{\sqrt x}, dont le carré est f(x)f(x). Avec X=x→+∞X=\sqrt x\to+\infty : 1X→0\frac1X\to0 et ln⁡XX→0\frac{\ln X}X\to0, donc lim⁡x→+∞f(x)=0\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.

3. La droite d’équation x=0x=0 est une asymptote verticale ; la droite d’équation y=0y=0 est une asymptote horizontale au voisinage de +∞+\infty.

4. f′(x)=2(1+ln⁡x)×1x×x−(1+ln⁡x)2x2=(1+ln⁡x)(2−(1+ln⁡x))x2=(1+ln⁡x)(1−ln⁡x)x2f'(x)=\dfrac{2(1+\ln x)\times\frac1x\times x-(1+\ln x)^2}{x^2}=\dfrac{(1+\ln x)\left(2-(1+\ln x)\right)}{x^2}=\dfrac{(1+\ln x)(1-\ln x)}{x^2}.

5. 1+ln⁡x>0  ⟺  x>1e1+\ln x>0\iff x>\frac1e et 1−ln⁡x>0  ⟺  x<e1-\ln x>0\iff x<e. f(1e)=0f\left(\frac1e\right)=0 et f(e)=4ef(e)=\dfrac4e.

Figure

6. F′(x)=13×3(1+ln⁡x)2×1x=f(x)F'(x)=\dfrac13\times3(1+\ln x)^2\times\dfrac1x=f(x) : FF est une primitive de ff sur ]0;+∞[]0;+\infty[.

Exercice 4 — Fonction composée et réciproque Facile ★★☆☆☆

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=ln⁡(x+2x)f(x)=\ln\left(x+2\sqrt x\right).

  1. Calculer lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x), puis en déduire une branche infinie de (Cf)(C_f).
  2. Déterminer la branche infinie de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.
  3. Étudier les variations de ff sur ]0;+∞[]0;+\infty[, puis dresser son tableau de variations.
  4. Construire la courbe (Cf)(C_f) dans un repère orthonormé (O;ı⃗,ȷ⃗)(O;\vec\imath,\vec\jmath).
  5. Montrer que ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer.
  6. Construire la courbe (Cf−1)(C_{f^{-1}}) dans le même repère.
Voir la solution

1. x+2x→0+x+2\sqrt x\to0^+ quand x→0+x\to0^+, donc lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty : la droite d’équation x=0x=0 est une asymptote verticale. lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

2. Pour x>0x>0 : f(x)=ln⁡x+ln⁡(1+2x)f(x)=\ln x+\ln\left(1+\frac2{\sqrt x}\right), donc f(x)x=ln⁡xx+1xln⁡(1+2x)→0\dfrac{f(x)}x=\dfrac{\ln x}x+\dfrac1x\ln\left(1+\dfrac2{\sqrt x}\right)\to0 : branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

3. f′(x)=1+1xx+2x>0f'(x)=\dfrac{1+\frac1{\sqrt x}}{x+2\sqrt x}>0 : ff est strictement croissante sur ]0;+∞[]0;+\infty[, de −∞-\infty à +∞+\infty.

Figure

5. ff est continue et strictement croissante : réciproque définie sur J=f(]0;+∞[)=RJ=f(]0;+\infty[)=\mathbb{R}.

4. et 6.

Figure

Exercice 5 — Fonction et suite récurrente Moyen ★★★☆☆

Partie I. On considère la fonction ff définie sur [0;+∞[[0;+\infty[ par f(x)=xln⁡(x+2)f(x)=x\ln(x+2).

  1. Déterminer f′(x)f'(x) pour tout x∈[0;+∞[x\in[0;+\infty[, puis en déduire que ff est strictement croissante sur cet intervalle.
  2. Étudier la continuité de ff sur [0;+∞[[0;+\infty[, puis déterminer f([0;e−2])f([0;e-2]).
  3. Montrer que f(x)≤xf(x)\le x pour tout x∈[0;e−2]x\in[0;e-2].

Partie II. On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=12u_0=\dfrac12 et un+1=unln⁡(un+2)u_{n+1}=u_n\ln(u_n+2) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que 0≤un≤e−20\le u_n\le e-2 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}.
  2. Montrer que la suite (un)(u_n) est décroissante, puis en déduire qu’elle converge.
  3. Déterminer la limite de la suite (un)(u_n).
Voir la solution

I. 1. f′(x)=ln⁡(x+2)+xx+2f'(x)=\ln(x+2)+\dfrac{x}{x+2}. Pour x≥0x\ge0 : ln⁡(x+2)≥ln⁡2>0\ln(x+2)\ge\ln2>0 et xx+2≥0\frac x{x+2}\ge0, donc f′(x)>0f'(x)>0 : ff est strictement croissante sur [0;+∞[[0;+\infty[.

I. 2. ff est continue sur [0;+∞[[0;+\infty[ (produit de fonctions continues, x+2>0x+2>0). f(0)=0f(0)=0 et f(e−2)=(e−2)ln⁡e=e−2f(e-2)=(e-2)\ln e=e-2, donc f([0;e−2])=[0;e−2]f([0;e-2])=[0;e-2].

I. 3. Pour x∈[0;e−2]x\in[0;e-2] : x+2≤ex+2\le e, donc ln⁡(x+2)≤1\ln(x+2)\le1 et, comme x≥0x\ge0, f(x)=xln⁡(x+2)≤xf(x)=x\ln(x+2)\le x.

II. 1. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤e−20\le u_n\le e-2.

  • Initialisation : u0=12u_0=\frac12 et 0≤12≤e−20\le\frac12\le e-2 (car e>2,5e>2{,}5).
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 0≤un≤e−20\le u_n\le e-2. Alors un+1=f(un)∈f([0;e−2])=[0;e−2]u_{n+1}=f(u_n)\in f([0;e-2])=[0;e-2].

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 0≤un≤e−20\le u_n\le e-2.

II. 2. un+1=f(un)≤unu_{n+1}=f(u_n)\le u_n d’après I.3 : (un)(u_n) est décroissante ; minorée par 00, elle converge.

II. 3. Sa limite ℓ∈[0;e−2]\ell\in[0;e-2] vérifie f(ℓ)=ℓf(\ell)=\ell (ff continue, f([0;e−2])⊂[0;e−2]f([0;e-2])\subset[0;e-2]), soit ℓ(ln⁡(ℓ+2)−1)=0\ell\left(\ln(\ell+2)-1\right)=0 : ℓ=0\ell=0 ou ℓ=e−2\ell=e-2. Or (un)(u_n) est décroissante, donc ℓ≤u0=12<e−2\ell\le u_0=\frac12<e-2 : ℓ=0\ell=0.

Exercice 6 — Étude complète, primitive et suite Moyen ★★★☆☆

On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=x−2ln⁡xf(x)=x-2\ln x.

  1. Calculer f(1)f(1), lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).
  2. Déterminer les deux branches infinies de (Cf)(C_f).
  3. Étudier la continuité de ff sur ]0;+∞[]0;+\infty[.
  4. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, f′(x)=x−2xf'(x)=\dfrac{x-2}x.
  5. Dresser le tableau de variations de ff, puis en déduire le signe de f(x)f(x).
  6. Étudier la position relative de (Cf)(C_f) et de la droite d’équation y=xy=x.
  7. Construire la courbe (Cf)(C_f) dans le repère (O;ı⃗,ȷ⃗)(O;\vec\imath,\vec\jmath).
  8. Montrer que la fonction F:x↦12x2−2xln⁡x+2x−3F:x\mapsto\dfrac12x^2-2x\ln x+2x-3 est une primitive de ff sur ]0;+∞[]0;+\infty[.
  9. On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=2u_0=2 et un+1=un−12ln⁡(un)u_{n+1}=u_n-\dfrac12\ln(u_n) pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. a. Montrer par récurrence que 1≤un≤21\le u_n\le2 pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}. b. Montrer que la suite (un)(u_n) est décroissante, puis en déduire qu’elle converge. c. Déterminer la limite de la suite (un)(u_n).
Voir la solution

1. f(1)=1f(1)=1. lim⁡x→0+(−2ln⁡x)=+∞\lim\limits_{x\to0^+}(-2\ln x)=+\infty, donc lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty. f(x)=x(1−2ln⁡xx)→x→+∞+∞f(x)=x\left(1-2\dfrac{\ln x}x\right)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.

2. La droite d’équation x=0x=0 est une asymptote verticale. En +∞+\infty : f(x)x=1−2ln⁡xx→1\dfrac{f(x)}x=1-\dfrac{2\ln x}x\to1 et f(x)−x=−2ln⁡x→−∞f(x)-x=-2\ln x\to-\infty : branche parabolique de direction la droite y=xy=x.

3. x↦xx\mapsto x et ln⁡\ln sont continues sur ]0;+∞[]0;+\infty[ : ff y est continue.

4. f′(x)=1−2x=x−2xf'(x)=1-\dfrac2x=\dfrac{x-2}x.

5. ff est décroissante sur ]0;2]]0;2], croissante sur [2;+∞[[2;+\infty[ ; minimum f(2)=2−2ln⁡2=2(1−ln⁡2)>0f(2)=2-2\ln2=2(1-\ln2)>0 (car 2<e2<e). Donc f(x)>0f(x)>0 pour tout x>0x>0.

Figure

6. f(x)−x=−2ln⁡xf(x)-x=-2\ln x : (Cf)(C_f) est au-dessus de la droite y=xy=x sur ]0;1[]0;1[, en dessous sur ]1;+∞[]1;+\infty[ ; ils se coupent en (1;1)(1;1).

7.

Figure

8. F′(x)=x−2(ln⁡x+x×1x)+2=x−2ln⁡x=f(x)F'(x)=x-2\left(\ln x+x\times\dfrac1x\right)+2=x-2\ln x=f(x).

9. a. On pose φ(x)=x−12ln⁡x\varphi(x)=x-\frac12\ln x ; φ′(x)=1−12x>0\varphi'(x)=1-\dfrac1{2x}>0 sur [1;2][1;2], φ(1)=1\varphi(1)=1 et φ(2)=2−12ln⁡2∈[1;2]\varphi(2)=2-\frac12\ln2\in[1;2]. Montrons par récurrence que, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1≤un≤21\le u_n\le2.

  • Initialisation : u0=2∈[1;2]u_0=2\in[1;2].
  • Hérédité : soit n∈Nn\in\mathbb{N} tel que 1≤un≤21\le u_n\le2. Par croissance de φ\varphi : 1=φ(1)≤un+1=φ(un)≤φ(2)≤21=\varphi(1)\le u_{n+1}=\varphi(u_n)\le\varphi(2)\le2.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout n∈Nn\in\mathbb{N}, 1≤un≤21\le u_n\le2.

9. b. un+1−un=−12ln⁡un≤0u_{n+1}-u_n=-\frac12\ln u_n\le0 (car un≥1u_n\ge1) : (un)(u_n) est décroissante ; minorée par 11, elle converge.

9. c. Sa limite ℓ∈[1;2]\ell\in[1;2] vérifie φ(ℓ)=ℓ\varphi(\ell)=\ell (φ\varphi continue, φ([1;2])⊂[1;2]\varphi([1;2])\subset[1;2]), soit ln⁡ℓ=0\ln\ell=0 : ℓ=1\ell=1.

Exercice 7 — Fonction auxiliaire et étude Difficile ★★★★☆

Partie I. On considère la fonction gg définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par g(x)=x2−1+ln⁡xg(x)=x^2-1+\ln x.

  1. Calculer g(1)g(1).
  2. Déterminer g′(x)g'(x) pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, puis en déduire le sens de variation de gg.
  3. En déduire le signe de g(x)g(x) selon les valeurs de xx.

Partie II. On considère la fonction ff définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[ par f(x)=x−ln⁡xxf(x)=x-\dfrac{\ln x}x.

  1. Calculer lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x), puis en déduire une branche infinie de (Cf)(C_f).
  2. Montrer que la droite d’équation y=xy=x est une asymptote oblique à (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.
  3. Étudier la position relative de (Cf)(C_f) et de la droite d’équation y=xy=x.
  4. a. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, f′(x)=g(x)x2f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}. b. Dresser le tableau de variations de ff.
  5. a. Montrer que, pour tout x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[, f′′(x)=3−2ln⁡xx3f''(x)=\dfrac{3-2\ln x}{x^3}. b. En déduire que (Cf)(C_f) admet un point d’inflexion AA et déterminer ses coordonnées.
  6. Construire la courbe (Cf)(C_f) dans le repère (O;ı⃗,ȷ⃗)(O;\vec\imath,\vec\jmath).
Voir la solution

I. 1. g(1)=1−1+0=0g(1)=1-1+0=0.

I. 2. g′(x)=2x+1x>0g'(x)=2x+\dfrac1x>0 : gg est strictement croissante sur ]0;+∞[]0;+\infty[.

I. 3. g(x)<0g(x)<0 sur ]0;1[]0;1[, g(1)=0g(1)=0, g(x)>0g(x)>0 sur ]1;+∞[]1;+\infty[.

II. 1. En 0+0^+ : −ln⁡xx=−ln⁡x×1x→+∞-\dfrac{\ln x}x=-\ln x\times\dfrac1x\to+\infty, donc lim⁡x→0+f(x)=+∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty : asymptote verticale x=0x=0. En +∞+\infty : ln⁡xx→0\frac{\ln x}x\to0, donc lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

II. 2. f(x)−x=−ln⁡xx→0f(x)-x=-\dfrac{\ln x}x\to0 en +∞+\infty : la droite y=xy=x est une asymptote oblique.

II. 3. f(x)−x=−ln⁡xxf(x)-x=-\dfrac{\ln x}x : (Cf)(C_f) est au-dessus de la droite sur ]0;1[]0;1[, en dessous sur ]1;+∞[]1;+\infty[, et la coupe en (1;1)(1;1).

II. 4. a. f′(x)=1−1x×x−ln⁡xx2=x2−1+ln⁡xx2=g(x)x2f'(x)=1-\dfrac{\frac1x\times x-\ln x}{x^2}=\dfrac{x^2-1+\ln x}{x^2}=\dfrac{g(x)}{x^2}.

II. 4. b. ff est décroissante sur ]0;1]]0;1], croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[, minimum f(1)=1f(1)=1.

Figure

II. 5. a. f′(x)=1+ln⁡x−1x2f'(x)=1+\dfrac{\ln x-1}{x^2}, donc f′′(x)=1x×x2−2x(ln⁡x−1)x4=3−2ln⁡xx3f''(x)=\dfrac{\frac1x\times x^2-2x(\ln x-1)}{x^4}=\dfrac{3-2\ln x}{x^3}.

II. 5. b. f′′f'' s’annule en changeant de signe en x=e32=eex=e^{\frac32}=e\sqrt e (positive avant, négative après) : point d’inflexion A(ee; ee−32ee)A\left(e\sqrt e;\ e\sqrt e-\dfrac3{2e\sqrt e}\right), car f(ee)=ee−3/2eef\left(e\sqrt e\right)=e\sqrt e-\dfrac{3/2}{e\sqrt e}.

II. 6.

Figure

Exercice 8 — Fonction, inégalité et parité Difficile ★★★★☆

On considère la fonction ff définie par f(x)=x2−ln⁡(2x+1)f(x)=x^2-\ln(2x+1).

  1. Déterminer le domaine de définition DfD_f de ff, puis calculer ses limites aux bornes de DfD_f.
  2. Déterminer les branches infinies de (Cf)(C_f).
  3. a. Montrer que, pour tout x∈Dfx\in D_f, f′(x)=2(2x−1)(x+1)2x+1f'(x)=\dfrac{2(2x-1)(x+1)}{2x+1}. b. Dresser le tableau de variations de ff. c. En déduire que, pour tout x∈Dfx\in D_f, ln⁡(2x+1)≤x2−14+ln⁡2\ln(2x+1)\le x^2-\dfrac14+\ln2.
  4. Construire la courbe (Cf)(C_f) dans le repère (O;ı⃗,ȷ⃗)(O;\vec\imath,\vec\jmath).
  5. On considère la restriction gg de ff à l’intervalle [12;+∞[\left[\frac12;+\infty\right[. a. Montrer que gg admet une fonction réciproque g−1g^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer. b. Construire la courbe (Cg−1)(C_{g^{-1}}) dans le même repère.
  6. On considère la fonction hh définie sur R\mathbb{R} par h(x)=x2−ln⁡(2∣x∣+1)h(x)=x^2-\ln(2|x|+1). a. Montrer que hh est paire. b. Construire la courbe (Ch)(C_h) dans un autre repère.
Voir la solution

1. 2x+1>0  ⟺  x>−122x+1>0\iff x>-\frac12 : Df=]−12;+∞[D_f=\left]-\frac12;+\infty\right[. En −12+-\frac12^+ : ln⁡(2x+1)→−∞\ln(2x+1)\to-\infty, donc f(x)→+∞f(x)\to+\infty. En +∞+\infty : f(x)=x2(1−ln⁡(2x+1)x2)→+∞f(x)=x^2\left(1-\dfrac{\ln(2x+1)}{x^2}\right)\to+\infty (car ln⁡(2x+1)x2=ln⁡(2x+1)2x+1×2x+1x2→0\frac{\ln(2x+1)}{x^2}=\frac{\ln(2x+1)}{2x+1}\times\frac{2x+1}{x^2}\to0).

2. La droite d’équation x=−12x=-\frac12 est une asymptote verticale. En +∞+\infty : f(x)x=x−ln⁡(2x+1)x→+∞\dfrac{f(x)}x=x-\dfrac{\ln(2x+1)}x\to+\infty : branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

3. a. f′(x)=2x−22x+1=2(2x2+x−1)2x+1=2(2x−1)(x+1)2x+1f'(x)=2x-\dfrac2{2x+1}=\dfrac{2\left(2x^2+x-1\right)}{2x+1}=\dfrac{2(2x-1)(x+1)}{2x+1}.

3. b. Sur DfD_f, x+1>0x+1>0 et 2x+1>02x+1>0 : f′(x)f'(x) a le signe de 2x−12x-1. Minimum f(12)=14−ln⁡2f\left(\frac12\right)=\frac14-\ln2.

Figure

3. c. Pour tout x∈Dfx\in D_f, f(x)≥f(12)f(x)\ge f\left(\frac12\right), soit x2−ln⁡(2x+1)≥14−ln⁡2x^2-\ln(2x+1)\ge\frac14-\ln2, c’est-à-dire ln⁡(2x+1)≤x2−14+ln⁡2\ln(2x+1)\le x^2-\frac14+\ln2.

5. a. gg est continue et strictement croissante sur [12;+∞[\left[\frac12;+\infty\right[ : réciproque définie sur J=[14−ln⁡2;+∞[J=\left[\frac14-\ln2;+\infty\right[.

4. et 5. b.

Figure

6. a. R\mathbb{R} est symétrique par rapport à 00 et h(−x)=(−x)2−ln⁡(2∣−x∣+1)=h(x)h(-x)=(-x)^2-\ln(2|-x|+1)=h(x) : hh est paire.

6. b. Pour x≥0x\ge0, h(x)=f(x)h(x)=f(x) : on trace la partie de (Cf)(C_f) correspondant à x≥0x\ge0, puis sa symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Figure

Exercice 9 — Problème : fonction auxiliaire, inflexion, réciproque Difficile ★★★★★

Partie I. On considère la fonction gg définie sur ]2;+∞[]2;+\infty[ par g(x)=xx−2+ln⁡(x−2)g(x)=\dfrac{x}{x-2}+\ln(x-2).

  1. Déterminer g′(x)g'(x) pour tout x∈]2;+∞[x\in]2;+\infty[, puis dresser le tableau de variations de gg (on admet que lim⁡x→2+g(x)=+∞\lim\limits_{x\to2^+}g(x)=+\infty).
  2. En déduire le signe de g(x)g(x) selon les valeurs de xx.

Partie II. On considère la fonction ff définie sur ]2;+∞[]2;+\infty[ par f(x)=xln⁡(x−2)f(x)=x\ln(x-2).

  1. Calculer lim⁡x→2+f(x)\lim\limits_{x\to2^+}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).
  2. Déterminer la branche infinie de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.
  3. Étudier la position relative de (Cf)(C_f) et de la droite d’équation y=xy=x.
  4. a. Montrer que f′(x)=g(x)f'(x)=g(x) pour tout x∈]2;+∞[x\in]2;+\infty[. b. Dresser le tableau de variations de ff.
  5. Montrer que le point I(4;4ln⁡2)I(4;4\ln2) est un point d’inflexion de (Cf)(C_f).
  6. Déterminer une équation de la tangente (T)(T) à (Cf)(C_f) au point II.
  7. Construire la droite (T)(T) et la courbe (Cf)(C_f) dans le repère (O;ı⃗,ȷ⃗)(O;\vec\imath,\vec\jmath).
  8. a. Montrer que ff admet une fonction réciproque f−1f^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer. b. Montrer que f−1f^{-1} est dérivable en 00, puis déterminer (f−1)′(0)\left(f^{-1}\right)'(0).
  9. Construire la courbe (Cf−1)(C_{f^{-1}}) dans le même repère.
Voir la solution

I. 1. g′(x)=(x−2)−x(x−2)2+1x−2=−2+(x−2)(x−2)2=x−4(x−2)2g'(x)=\dfrac{(x-2)-x}{(x-2)^2}+\dfrac1{x-2}=\dfrac{-2+(x-2)}{(x-2)^2}=\dfrac{x-4}{(x-2)^2}. gg est décroissante sur ]2;4]]2;4], croissante sur [4;+∞[[4;+\infty[, de minimum g(4)=2+ln⁡2g(4)=2+\ln2 ; lim⁡x→+∞g(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty.

Figure

I. 2. g(x)≥2+ln⁡2>0g(x)\ge2+\ln2>0 pour tout x>2x>2.

II. 1. En 2+2^+ : ln⁡(x−2)→−∞\ln(x-2)\to-\infty et x→2x\to2, donc lim⁡x→2+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to2^+}f(x)=-\infty (asymptote verticale x=2x=2). lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.

II. 2. f(x)x=ln⁡(x−2)→+∞\dfrac{f(x)}x=\ln(x-2)\to+\infty : branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

II. 3. f(x)−x=x(ln⁡(x−2)−1)f(x)-x=x\left(\ln(x-2)-1\right) avec x>0x>0 ; ln⁡(x−2)−1>0  ⟺  x>2+e\ln(x-2)-1>0\iff x>2+e. (Cf)(C_f) est en dessous de la droite y=xy=x sur ]2;2+e[]2;2+e[, au-dessus sur ]2+e;+∞[]2+e;+\infty[ ; ils se coupent au point (2+e;2+e)(2+e;2+e).

II. 4. a. f′(x)=ln⁡(x−2)+xx−2=g(x)f'(x)=\ln(x-2)+\dfrac x{x-2}=g(x).

II. 4. b. f′(x)=g(x)>0f'(x)=g(x)>0 : ff est strictement croissante sur ]2;+∞[]2;+\infty[, de −∞-\infty à +∞+\infty.

II. 5. f′′(x)=g′(x)=x−4(x−2)2f''(x)=g'(x)=\dfrac{x-4}{(x-2)^2} s’annule en 44 en changeant de signe, et f(4)=4ln⁡2f(4)=4\ln2 : I(4;4ln⁡2)I(4;4\ln2) est un point d’inflexion.

II. 6. (T)(T) : y=g(4)(x−4)+4ln⁡2=(2+ln⁡2)(x−4)+4ln⁡2y=g(4)(x-4)+4\ln2=(2+\ln2)(x-4)+4\ln2, soit y=(2+ln⁡2)x−8y=(2+\ln2)x-8.

II. 8. a. ff est continue et strictement croissante sur ]2;+∞[]2;+\infty[ : réciproque définie sur J=RJ=\mathbb{R}.

II. 8. b. f(3)=3ln⁡1=0f(3)=3\ln1=0 et f′(3)=g(3)=3≠0f'(3)=g(3)=3\neq0 : f−1f^{-1} est dérivable en 00 et (f−1)′(0)=1f′(3)=13\left(f^{-1}\right)'(0)=\dfrac1{f'(3)}=\dfrac13.

II. 7. et 9.

Figure

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