Correction des exercices 24 à 26
Étude de fonctions logarithmiques — Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Correction détaillée des exercices 24, 25 et 26 du chapitre Logarithme népérien.
Exercice 24Étude de \(f(x)=\dfrac{x}{\sqrt{2-\ln^2x}}\)
1) Déterminer \(D_f\).
2) Calculer \(f'(x)\) et étudier les variations de \(f\).
3) Déterminer la tangente à \(\mathcal C\) au point d’abscisse \(e\).
4) Étudier la position relative de \(\mathcal C\) et de \(\Delta:y=x\).
5) Construire \(\mathcal C\).
Il faut avoir \(x\gt0\) et le dénominateur strictement positif :
\[2-\ln^2x\gt0.\]Cette condition équivaut à :
\[-\sqrt2\lt\ln x\lt\sqrt2.\]Comme la fonction logarithme népérien est strictement croissante :
\[e^{-\sqrt2}\lt x\lt e^{\sqrt2}.\]Pour tout \(x\in D_f\) :
\[\begin{aligned}f'(x)&=\frac1{\sqrt{2-\ln^2x}}+\frac{\ln x}{(2-\ln^2x)^{3/2}}\\&=\frac{2+\ln x-\ln^2x}{(2-\ln^2x)^{3/2}}\\&=\frac{(2-\ln x)(1+\ln x)}{(2-\ln^2x)^{3/2}}.\end{aligned}\]Sur \(D_f\), on a \(\ln x\lt\sqrt2\lt2\), donc \(2-\ln x\gt0\). Le dénominateur est strictement positif. Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(1+\ln x\).
\[1+\ln x=0\iff x=e^{-1}.\]Aux bornes du domaine :
\[\lim_{x\to\left(e^{-\sqrt2}\right)^+}f(x)=+\infty,\qquad\lim_{x\to\left(e^{\sqrt2}\right)^-}f(x)=+\infty.\]Au point critique :
\[f(e^{-1})=\frac1e.\]Sur \(]e^{-\sqrt2},e^{-1}[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(+\infty\) vers \(\dfrac1e\).
En \(x=e^{-1}\), on a \(f'(e^{-1})=0\) et \(f(e^{-1})=\dfrac1e\).
Sur \(]e^{-1},e^{\sqrt2}[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(\dfrac1e\) vers \(+\infty\).
On a :
\[f(e)=e,\qquad f'(e)=\frac{2+1-1}{(2-1)^{3/2}}=2.\]L’équation de la tangente est :
\[y=f'(e)(x-e)+f(e).\]Pour tout \(x\in D_f\) :
\[\begin{aligned}f(x)-x&=x\left(\frac1{\sqrt{2-\ln^2x}}-1\right)\\&=\frac{x(\ln^2x-1)}{\sqrt{2-\ln^2x}\left(1+\sqrt{2-\ln^2x}\right)}.\end{aligned}\]Le dénominateur est strictement positif et \(x\gt0\). Le signe de \(f(x)-x\) est donc celui de \(\ln^2x-1\).
\[f(x)=x\iff x=e^{-1}\ \text{ou}\ x=e.\] \[f(x)\gt x\quad\text{sur}\quad ]e^{-\sqrt2},e^{-1}[\cup]e,e^{\sqrt2}[,\] \[f(x)\lt x\quad\text{sur}\quad ]e^{-1},e[.\]Asymptotes verticales : \(x=e^{-\sqrt2}\) et \(x=e^{\sqrt2}\).
Minimum : \(M\left(e^{-1},e^{-1}\right)\).
Intersections avec \(\Delta:y=x\) aux abscisses \(e^{-1}\) et \(e\).
Tangente en \(A(e,e)\) : \(y=2x-e\).
Schéma de construction : asymptotes verticales \(x=e^{-\sqrt2}\) et \(x=e^{\sqrt2}\), minimum \(\left(e^{-1},e^{-1}\right)\), intersections avec \(\Delta:y=x\) aux abscisses \(e^{-1}\) et \(e\), et tangente \(T:y=2x-e\).
Exercice 25Étude d’une fonction définie par morceaux
2) Étudier la continuité et la dérivabilité de \(f\) en \(1\).
3) Étudier les variations de \(f\).
4) Étudier la branche infinie au voisinage de \(+\infty\).
5) Construire \(\mathcal C\).
Pour \(0\lt x\le1\), la quantité \(x^2\sqrt{-\ln x}\) est positive. De plus :
\[\left(x^2\sqrt{-\ln x}\right)^2=-x^4\ln x.\]Or \(\lim_{x\to0^+}x^4\ln x=0\). Donc :
\[\lim_{x\to0^+}x^2\sqrt{-\ln x}=0=f(0).\]Ainsi, \(f\) est continue à droite de \(0\).
Pour la dérivabilité à droite :
\[\frac{f(x)-f(0)}x=x\sqrt{-\ln x}.\]Comme \(\left(x\sqrt{-\ln x}\right)^2=-x^2\ln x\to0\), on obtient :
\[f'_d(0)=0.\]On a :
\[f(1)=1^2\sqrt{-\ln1}=0.\]À gauche de \(1\) :
\[\lim_{x\to1^-}x^2\sqrt{-\ln x}=0.\]À droite de \(1\), en posant \(t=x-1\) :
\[\lim_{x\to1^+}(x-1)\ln(x-1)=\lim_{t\to0^+}t\ln t=0.\]Donc \(f\) est continue en \(1\).
Pour \(0\lt x\lt1\) :
\[f'(x)=2x\sqrt{-\ln x}-\frac{x}{2\sqrt{-\ln x}}=\frac{x(-4\ln x-1)}{2\sqrt{-\ln x}}.\]Lorsque \(x\to1^-\), on a \(f'(x)\to-\infty\).
À droite :
\[\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\ln(x-1)\to-\infty.\]La fonction n’est pas dérivable en \(1\) au sens usuel, mais la courbe admet au point \(I(1,0)\) une tangente verticale d’équation \(x=1\).
Sur \(]0,1[\) :
\[f'(x)=\frac{x(-4\ln x-1)}{2\sqrt{-\ln x}}.\]Le signe de \(f'(x)\) est celui de \(-4\ln x-1\). Ainsi :
\[f'(x)=0\iff x=e^{-1/4}.\]Et :
\[f(e^{-1/4})=\frac1{2\sqrt e}.\]Sur \(]0,e^{-1/4}[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(0\) vers \(\dfrac1{2\sqrt e}\).
En \(x=e^{-1/4}\), on a \(f'(x)=0\) et \(f(x)=\dfrac1{2\sqrt e}\).
Sur \(]e^{-1/4},1[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(\dfrac1{2\sqrt e}\) vers \(0\).
Sur \(]1,+\infty[\) :
\[f'(x)=\ln(x-1)+1.\]\[f'(x)=0\iff x=1+\frac1e.\]Et :
\[f\left(1+\frac1e\right)=-\frac1e.\]Sur \(]1,1+\dfrac1e[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(0\) vers \(-\dfrac1e\).
En \(x=1+\dfrac1e\), on a \(f'(x)=0\) et \(f(x)=-\dfrac1e\).
Sur \(]1+\dfrac1e,+\infty[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(-\dfrac1e\) vers \(+\infty\).
Pour \(x\gt1\) :
\[f(x)=(x-1)\ln(x-1).\]Lorsque \(x\to+\infty\) :
\[f(x)\to+\infty.\]De plus :
\[\frac{f(x)}x=\left(1-\frac1x\right)\ln(x-1)\longrightarrow+\infty.\]La courbe passe par \(O(0,0)\) et y admet une demi-tangente horizontale.
Maximum : \(A\left(e^{-1/4},\dfrac1{2\sqrt e}\right)\).
Au point \(I(1,0)\), elle admet la tangente verticale \(x=1\).
Minimum : \(B\left(1+\dfrac1e,-\dfrac1e\right)\), puis intersection avec l’axe des abscisses en \((2,0)\).
Points utiles : \(O(0,0)\), \(A\left(e^{-1/4},\dfrac1{2\sqrt e}\right)\), \(I(1,0)\), \(B\left(1+\dfrac1e,-\dfrac1e\right)\) et \((2,0)\). La courbe possède une demi-tangente horizontale en \(O\) et une tangente verticale en \(I\).
Exercice 26Comparaison de \(\ln x\) et \(x^n\)
1) Étudier les variations de \(f(x)=x^n-\ln x\) sur \(\mathbb R_+^*\).
2) En déduire que \(\forall x\in\mathbb R_+^*,\ \ln x\ne x^n\).
Pour tout \(x\gt0\) :
\[f'(x)=nx^{n-1}-\frac1x=\frac{nx^n-1}{x}.\]Comme \(x\gt0\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \(nx^n-1\).
\[nx^n-1=0\iff x=n^{-1/n}.\]De plus :
\[\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty,\qquad\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.\]Au point critique :
\[f\left(n^{-1/n}\right)=\frac{1+\ln n}{n}.\]Sur \(]0,n^{-1/n}[\), on a \(f'(x)\lt0\). Donc \(f\) est strictement décroissante de \(+\infty\) vers \(\dfrac{1+\ln n}{n}\).
En \(x=n^{-1/n}\), on a \(f'(x)=0\) et \(f(x)=\dfrac{1+\ln n}{n}\).
Sur \(]n^{-1/n},+\infty[\), on a \(f'(x)\gt0\). Donc \(f\) est strictement croissante de \(\dfrac{1+\ln n}{n}\) vers \(+\infty\).
Comme \(n\ge1\), on a \(\ln n\ge0\), donc :
\[\frac{1+\ln n}{n}\gt0.\]D’après la question précédente, pour tout \(x\gt0\) :
\[f(x)\ge\frac{1+\ln n}{n}\gt0.\]Or \(f(x)=x^n-\ln x\). Ainsi :
\[x^n-\ln x\gt0.\]Méthodes à retenir
- Une racine placée au dénominateur impose une quantité strictement positive.
- Les variations sont décrites avec le signe de la dérivée et les valeurs ou limites aux extrémités.
- Une dérivée unilatérale infinie correspond à une demi-tangente ou une tangente verticale.
- Lorsque \(\dfrac{f(x)}x\to+\infty\), la courbe possède une branche parabolique de direction \((Oy)\).
- Le minimum d’une fonction permet d’établir une inégalité valable sur tout le domaine.
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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