Correction de l’exercice 11 — Calcul de limites avec le logarithme népérien — Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
Correction de l’exercice 11
Calcul de limites avec le logarithme népérien — Al Moufid
2e Bac Sciences Mathématiques
Présentation :
Cette page propose une correction détaillée de l’exercice 11 du chapitre Logarithme népérien. Les dix limites sont calculées sans développement limité et sans règle de l’Hôpital, en utilisant uniquement les limites usuelles et des transformations algébriques adaptées.
Cette page propose une correction détaillée de l’exercice 11 du chapitre Logarithme népérien. Les dix limites sont calculées sans développement limité et sans règle de l’Hôpital, en utilisant uniquement les limites usuelles et des transformations algébriques adaptées.
Limites usuelles utilisées :
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0
\qquad(\alpha\gt0),
\]
\[
\lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1,
\]
et :
\[
\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty.
\]
Exercice 11 Déterminer les limites en \(+\infty\)
Énoncé
Déterminer :
\[
\lim_{x\to+\infty}f(x)
\]
dans chacun des dix cas proposés.
1
Limite 1
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x-1)}{2x-3}
\]
Correction
On écrit :
\[ \frac{\ln(x-1)}{2x-3} = \frac{\ln(x-1)}{x-1} \cdot \frac{x-1}{2x-3}. \]Or, lorsque \(x\to+\infty\) :
\[ \frac{\ln(x-1)}{x-1}\to0 \]et :
\[ \frac{x-1}{2x-3}\to\frac12. \]Par conséquent :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x-1)}{2x-3}=0}\]
2
Limite 2
\[
\lim_{x\to+\infty}
\ln\left(\frac{3x^4+5}{x^2+4}\right)
\]
Correction
On factorise par les plus grandes puissances de \(x\) :
\[ \frac{3x^4+5}{x^2+4} = x^2\, \frac{3+\frac5{x^4}}{1+\frac4{x^2}}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a :
\[ x^2\to+\infty \]et :
\[ \frac{3+\frac5{x^4}}{1+\frac4{x^2}}\to3. \]Donc :
\[ \frac{3x^4+5}{x^2+4}\to+\infty. \]Comme \(\ln u\to+\infty\) lorsque \(u\to+\infty\), on obtient :
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
\ln\left(\frac{3x^4+5}{x^2+4}\right)
=+\infty
}
\]
3
Limite 3
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+2)}{x^2+3}
\]
Correction
On écrit :
\[ \frac{\ln(x+2)}{x^2+3} = \frac{\ln(x+2)}{x+2} \cdot \frac{x+2}{x^2+3}. \]Or :
\[ \frac{\ln(x+2)}{x+2}\to0 \]et :
\[ \frac{x+2}{x^2+3}\to0. \]Donc :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x+2)}{x^2+3}=0}\]
4
Limite 4
\[
\lim_{x\to+\infty}
\ln\left(\frac{x+1}{\sqrt[3]{x}}\right)
\]
Correction
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ \begin{aligned} \ln\left(\frac{x+1}{\sqrt[3]{x}}\right) &=\ln(x+1)-\frac13\ln x\\ &=\ln\left(x\left(1+\frac1x\right)\right)-\frac13\ln x\\ &=\frac23\ln x+\ln\left(1+\frac1x\right). \end{aligned} \]Or :
\[ \frac23\ln x\to+\infty \]et :
\[ \ln\left(1+\frac1x\right)\to0. \]Ainsi :
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
\ln\left(\frac{x+1}{\sqrt[3]{x}}\right)
=+\infty
}
\]
5
Limite 5
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(3x-5\ln x\right)
\]
Correction
On factorise par \(x\) :
\[ 3x-5\ln x = x\left(3-5\frac{\ln x}{x}\right). \]Or :
\[ \frac{\ln x}{x}\to0. \]Donc le facteur entre parenthèses tend vers \(3\), tandis que \(x\to+\infty\). Par conséquent :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}(3x-5\ln x)=+\infty}\]
6
Limite 6
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\ln x-5x^2\right)
\]
Correction
On factorise par \(x^2\) :
\[ \ln x-5x^2 = x^2\left(\frac{\ln x}{x^2}-5\right). \]Or :
\[ \frac{\ln x}{x^2}\to0. \]Le facteur entre parenthèses tend donc vers \(-5\), tandis que \(x^2\to+\infty\). Ainsi :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}(\ln x-5x^2)=-\infty}\]
7
Limite 7
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\ln(2x+3)-\ln x\right)
\]
Correction
Pour \(x\gt0\) :
\[ \ln(2x+3)-\ln x = \ln\left(\frac{2x+3}{x}\right) = \ln\left(2+\frac3x\right). \]Or :
\[ 2+\frac3x\to2. \]Par continuité de \(\ln\) sur \(]0,+\infty[\) :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\bigl(\ln(2x+3)-\ln x\bigr)=\ln2}\]
8
Limite 8
\[
\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{1-\ln x}
\]
Correction
Posons :
\[ X=\ln x. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(X\to+\infty\). Alors :
\[ \frac{(\ln x)^2}{1-\ln x} = \frac{X^2}{1-X} = -X\cdot\frac{X}{X-1}. \]Or :
\[ -X\to-\infty \]et :
\[ \frac{X}{X-1}\to1. \]Par conséquent :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{1-\ln x}=-\infty}\]
9
Limite 9
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(\ln(x^2+1)-3x\right)
\]
Correction
Pour \(x\gt0\), on a :
\[ \ln(x^2+1) = 2\ln x+\ln\left(1+\frac1{x^2}\right). \]Donc :
\[ \frac{\ln(x^2+1)}{x} = 2\frac{\ln x}{x} + \frac1x\ln\left(1+\frac1{x^2}\right) \to0. \]On factorise alors par \(x\) :
\[ \ln(x^2+1)-3x = x\left(\frac{\ln(x^2+1)}{x}-3\right). \]Le facteur entre parenthèses tend vers \(-3\), tandis que \(x\to+\infty\). Ainsi :
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\left(\ln(x^2+1)-3x\right)=-\infty}\]
10
Limite 10
\[
\lim_{x\to+\infty}
x\ln\left(\frac{x-2}{x+3}\right)
\]
Correction
Pour \(x\gt2\), on écrit :
\[ \frac{x-2}{x+3} = 1-\frac5{x+3}. \]Posons :
\[ u=-\frac5{x+3}. \]Lorsque \(x\to+\infty\), on a \(u\to0\). Alors :
\[ x\ln(1+u) = xu\cdot\frac{\ln(1+u)}{u}. \]Or :
\[ xu=-\frac{5x}{x+3}\to-5 \]et :
\[ \frac{\ln(1+u)}{u}\to1. \]Par conséquent :
\[
\boxed{
\lim_{x\to+\infty}
x\ln\left(\frac{x-2}{x+3}\right)
=-5
}
\]
Méthodes à retenir
- Faire apparaître une limite usuelle comme \(\dfrac{\ln x}{x^\alpha}\).
- Factoriser par la puissance dominante lorsque des polynômes interviennent.
- Utiliser \(\ln u-\ln v=\ln\left(\dfrac uv\right)\) lorsque \(u\gt0\) et \(v\gt0\).
- Pour une forme \(x\ln(1+u(x))\), faire apparaître \(\dfrac{\ln(1+u)}u\).
- Aucun développement limité ni règle de l’Hôpital n’est nécessaire.
Préparé par :
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
Hammou Boudraa — Enseignant des mathématiques
Lycée Oum Rabiaâ — M’rirt
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