Devoir sur 20 : Logarithme, exponentielle et puissances

Exercice 1

1. (1 pt)

• (0,5 pt) $A = 3 + (-1) - 2 = 0$.
• (0,5 pt) $B = \dfrac{3\ln 2}{\ln 2} = 3$.

2.a (1 pt) Il faut $x > 3$. Sur $]3;+\infty[$ : $(x-2)(x-3) = 2 \iff x^2 - 5x + 4 = 0 \iff x = 1$ ou $x = 4$. On rejette $1$. $S = \{4\}$.

2.b (1 pt) Avec $X = e^x > 0$ : $X^2 - X - 2 = 0 \iff X = 2$ ou $X = -1$. On rejette $-1$, et $e^x = 2 \iff x = \ln 2$. $S = \{\ln 2\}$.

2.c (1 pt) Il faut $2x - 1 > 0$. Puis $\ln(2x-1) < \ln 1 \iff 2x - 1 < 1$. Donc $\frac12 < x < 1$ : $S = \left]\frac12;1\right[$.

3.a (1 pt) $x - 3\ln x = x\left(1 - 3\,\dfrac{\ln x}{x}\right)$, et la parenthèse tend vers $1$. La limite vaut $+\infty$.

3.b (1 pt) $\dfrac{e^{2x}-1}{x} = 2 \times \dfrac{e^{2x}-1}{2x}$, et $\dfrac{e^X-1}{X} \to 1$ quand $X = 2x \to 0$. La limite vaut $2$.

Exercice 2

Partie A

1. (1 pt) $g'(x) = 2x - \dfrac1x = \dfrac{2x^2 - 1}{x}$.

2. (1 pt) Sur $]0;+\infty[$, $g'(x)$ a le signe de $2x^2 - 1$, qui s'annule en $\frac{\sqrt2}{2}$. $g$ est décroissante sur $\left]0;\frac{\sqrt2}{2}\right]$ et croissante sur $\left[\frac{\sqrt2}{2};+\infty\right[$. Son minimum vaut $g\left(\frac{\sqrt2}{2}\right) = \frac12 + 1 - \ln\frac{\sqrt2}{2} = \frac32 + \frac12\ln 2 \approx 1{,}85,$ car $\ln\frac{\sqrt2}{2} = \ln\left(2^{-\frac12}\right) = -\frac12\ln 2$.

3. (1 pt) Le minimum de $g$ est strictement positif, donc $g(x) > 0$ pour tout $x > 0$.

Partie B

1. (2 pts)

• (1 pt) En $0^+$ : $\ln x \to -\infty$ et $\frac1x \to +\infty$, donc $\frac{\ln x}{x} \to -\infty$ et $f(x) \to -\infty$. La droite $x = 0$ (l'axe des ordonnées) est asymptote verticale à $\mathcal{C}$.
• (1 pt) En $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \to 0$ (limite usuelle) et $x \to +\infty$, donc $f(x) \to +\infty$.

2. (2 pts)

• (1 pt) $f'(x) = 1 + \dfrac{\frac1x \times x - \ln x}{x^2} = 1 + \dfrac{1 - \ln x}{x^2} = \dfrac{x^2 + 1 - \ln x}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}$.
• (1 pt) D'après la partie A, $f'(x) > 0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$, de $-\infty$ à $+\infty$.

3. (2 pts)

• (1 pt) $f(x) - x = \dfrac{\ln x}{x} \to 0$ en $+\infty$ : $\Delta$ est asymptote oblique à $\mathcal{C}$ en $+\infty$.
• (1 pt) $f(x) - x$ a le signe de $\ln x$. $\mathcal{C}$ est au-dessous de $\Delta$ sur $]0;1[$, au-dessus sur $]1;+\infty[$, et les deux se coupent au point $(1\,;1)$.

4. (2 pts)

• (1 pt) $f$ est continue (somme et quotient de fonctions continues) et strictement croissante sur $]0;+\infty[$, avec des limites $-\infty$ et $+\infty$ aux bornes. C'est une bijection de $]0;+\infty[$ sur $\mathbb{R}$, qui contient $0$ : l'équation $f(x) = 0$ a une unique solution $\alpha$.
• (1 pt) À la calculatrice, $f(0{,}65) \approx -0{,}013 < 0$ et $f(0{,}66) \approx 0{,}030 > 0$. Comme $f$ est croissante, $0{,}65 < \alpha < 0{,}66$.

5. (1 pt) La tangente est parallèle à $\Delta$ quand $f'(x) = 1$, c'est-à-dire $\dfrac{1 - \ln x}{x^2} = 0$, soit $x = e$. On a $f(e) = e + \frac1e$, et la tangente a pour équation $y = (x - e) + e + \frac1e$, soit $y = x + \dfrac1e$.

Partie C

1. (1 pt) $F'(x) = x + \dfrac12 \times 2\ln x \times \dfrac1x = x + \dfrac{\ln x}{x} = f(x)$.

2. (1 pt) Les primitives de $f$ sont les fonctions $F + C$. Or $F(1) = \frac12 + 0 = \frac12$. La primitive qui s'annule en $1$ est $G(x) = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{(\ln x)^2}{2} - \dfrac12$.