Logarithme népérien : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (logarithme népérien corrigé)

\(\ln 72=\ln(2^3\times 3^2)=3\ln 2+2\ln 3\)
\(\ln\dfrac{1}{8}=-\ln 8=-\ln(2^3)=-3\ln 2\)
\(\dfrac{1}{8}\ln 256=\dfrac{1}{8}\ln(2^8)=\dfrac{8}{8}\ln 2=\ln 2\)

\(\ln 250=\ln(2\times 5^3)=\ln 2+3\ln 5\)
\(\ln 200=\ln(5^2\times 2^3)=2\ln 5+3\ln 2\)
\(\ln 1{,}25=\ln(125\times 10^{-2})=\ln(5^3\times 5^{-2}\times 2^{-2})=3\ln 5-2\ln 5-2\ln 2=\ln 5-2\ln 2\)
\(\ln 10^{-4}=-4\ln(5\times 2)=-4\ln 5-4\ln 2\,.\)

Exercice 2 :

Simplifier les expressions suivantes :

\(a=\ln e^2+\ln\sqrt{e}=2\ln e+\dfrac{\ln e}{2}=\dfrac{5}{2}\)
\(b=\ln(e\sqrt{e})=\ln e+\dfrac{\ln e}{2}=\dfrac{3}{2}\)
\(c=\ln e+\ln(\dfrac{1}{e})=\ln e-\ln e=0\)
\(d=\ln e^2-\ln e^{-2}=2\ln e+2\ln e=4\ln e=4\,.\)

Exercice 3 (logarithme népérien corrigé)

Soit n un entier naturel non nul et a un nombre réel strictement positif.

\(S=\ln a^n+\ln a^{n-1}+…+\ln a+\ln 1+\ln\dfrac{1}{a}+…+\ln\dfrac{1}{a^{n-1}}+\ln\dfrac{1}{a^n}\)
\(S=\ln(a^n\times a^{n-1}\times …\times a\times 1)+\ln(\dfrac{1}{a\times …\times a^{n-1}\times a^n})\)
\(S=\ln(a^n\times a^{n-1}\times …\times a\times 1)-\ln(a\times …\times a^{n-1}\times a^n)=0\,.\)

Exercice 4 :

Etudier les limites suivantes :

a. \(\lim_{x\to +\infty} ln(1+x^2)= +\infty\,.\)

b. \(\lim_{x\to +\infty} ln(1+\frac{1}{x^2})=0 \,.\)

c. \(\lim_{x\to -3} ln(3-2x-x^2)=-\infty \,.\)

d. \(\lim_{x\to -1} ln(\frac{2x+3}{x+1})=+\infty \,.\)

d. \(\lim_{x\to +\infty} ln(\frac{2x+3}{x+1})=ln 2 \,.\)

e. \(\lim_{x\to 0} ln(cosx)=0 \,.\)

f. \(\lim_{x\to +\infty} \frac{xlnx}{x+1} =+\infty\,.\)

Exercice 5 (logarithme népérien corrigé)

\(f(x)=\frac{3lnx+1}{x} \,.\)

\(D_f=\mathbb{R^{+*}}\,.\)

\(\lim_{x\to +\infty} f(x)=0\,\,\lim_{x\to 0^+} f(x)=-\infty\)

En \(+\infty\) : \(\dfrac{3\ln x}{x}\) tend vers 0 (croissances comparées) et \(\dfrac{1}{x}\) aussi, d’où la limite 0 : la droite d’équation y = 0 est asymptote horizontale en \(+\infty\).
De plus, en \(0^+\) : \(3\ln x+1\) tend vers \(-\infty\) et on divise par un nombre positif qui tend vers 0, d’où \(-\infty\) : la droite d’équation x = 0 est asymptote verticale.

Exercice 6 :

Résoudre dans \(\mathbb{R} \,.\) chacune des équations suivantes :

a. \(x=e^2 \,.\)

b. \(x=e^{-3} \,.\)

c. \(x=e^9\,.\)

d.

L’équation \(\ln(2x+1)=\ln(-2x-3)\) n’a de sens que si \(2x+1\gt 0\) et \(-2x-3\gt 0\), c’est-à-dire \(x\gt -\dfrac{1}{2}\) et \(x\lt -\dfrac{3}{2}\) : c’est impossible.
(La valeur \(x=-1\), obtenue en résolvant \(2x+1=-2x-3\), ne convient pas car \(\ln(2\times (-1)+1)=\ln(-1)\) n’existe pas.)
S = ∅.

e.

\((lnx)^2-2lnx-3=0 \,.\)

Posons \(X=ln x \,.\)

\((lnx)^2-2lnx-3=X^2-2X-3=0 \,.\)

\(X^2-2X-3=(X-1)^2-4=(X-1)^2-2^2=(X-1-2)(X-1+2)=0\)
\((X-3)(X+1)=0\,.\)

\(X=3\) ou \(X=-1\), soit \(\ln x=3\) ou \(\ln x=-1\), donc \(x=e^3\) ou \(x=e^{-1}\,.\)

\(\boxed{S=\{e^{-1}\,,\,e^3\}}\)

Exercice 7 (logarithme népérien corrigé)

Après cela, \(\begin{cases} x+y=2 \\ lnx-lny=ln3 \end{cases}\,.\)

Puis \(\begin{cases} x+y=2 \\ ln\frac{x}{y}=ln3 \end{cases}\,.\)

Ainsi, \(\begin{cases} x+y=2 \\ \frac{x}{y}=3 \end{cases}\,.\)

Donc \(\begin{cases} x+y=2 \\ x=3y \end{cases}\,.\)

Ensuite, \(\begin{cases} 3y+y=2 \\ x=3y \end{cases}\,.\)

Alors, \(\begin{cases} y=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \\ x=\frac{3}{2} \end{cases}\,.\)

\(\boxed{S=\{(\frac{3}{2}\,,\,\frac{1}{2})\}}\)

Exercice 8 :

Déterminer la fonction dérivée de la fonction f sur l’ensemble \(D \,.\)

a.

\(f(x)=\ln(-x)\,\,D=]-\infty\,;\,0[\) : c’est \(\ln(u)\) avec \(u(x)=-x\), donc \(f^{\prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}(x)}{u(x)}=\dfrac{-1}{-x}=\dfrac{1}{x}\,.\)

b.

\(f(x)=\ln(\sqrt{x})=\dfrac{1}{2}\ln x\,\,D=]0\,;\,+\infty\,[\) donc \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2x}\,.\)

c.

\(f(x)=\ln(\dfrac{x+1}{x-1})\,\,D=]-\infty\,;\,-1[\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{(x-1)-(x+1)}{(x-1)^2}}{\frac{x+1}{x-1}}=\dfrac{\frac{-2}{(x-1)^2}}{\frac{x+1}{x-1}}\)
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{-2}{(x-1)^2}\times \dfrac{x-1}{x+1}=\dfrac{-2}{(x-1)(x+1)}\)

\(\boxed{f^{\prime}(x)=\dfrac{-2}{x^2-1}}\)

Exercice 9 (logarithme népérien corrigé)

Si a est un zéro de P(z) alors on doit avoir :

\(a^3\,+\,(2i-5)a^2\,+7(1-i)a\,-2+6i\,=0\)

soit

\(a^3-5a^2\,+7a-2\,+\,i(2a^2\,-7a\,+6)\,=0\)

soit le système d’équations

\(\begin{cases} a^3-5a^2+7a-2=0 \\ 2a^2-7a+6=0 \end{cases}\)

On constate facilement que 2 vérifie simultanément les deux équations c’est la valeur cherchée.

On écrit donc, b et c étant des complexes

\((z-2)(z^2\,+bz\,+c)=z^3\,+bz^2\,+cz\,-2z^2\,-2bz-2c\)
\(=z^3\,+z^2(b-2)+z(c-2b)\,-2c\)

Et par identification

\(2i-5\,=\,b-2\) et \(b=\,2i-3\)

\(-(2-6i)\,=\,-2c\) et \(c\,=\,1-3i\)

On est conduit à résoudre l’équation du second degré à coefficients complexes :

\(z^2\,+(2i-3)z\,+1-3i\,=\,0\)

\(\Delta\,=(2i-3)\,^2\,-4(1-3i)\,=\,-4\,-12i\,+9\,-4\,+12i\,=\,1\)

D’où les deux racines

\(z^{\prime}\,=\,\frac{3-2i\,+1}{2}\) et \(z^{\prime\prime}\,=\,\frac{3-2i\,-1}{2}\)

\(z^{\prime}\,=\,2-i\) et \(z^{\prime\prime}\,=\,1-i\)

donc

\(P(z)\,=\,(z-2)(\,z\,-(2-i))(z\,-(1-i))\)

Exercice 10 :

Résoudre les inéquations suivantes :

1. Ensuite, pour \(x\gt 0\) : \(\ln x\gt 2\Leftrightarrow \ln x\gt \ln e^2\Leftrightarrow x\gt e^2\). S = ]e² ; +∞[.

2. Par ailleurs, pour \(x\gt 0\) : \(2\ln x-1\lt 5\Leftrightarrow 2\ln x\lt 6\Leftrightarrow \ln x\lt 3\Leftrightarrow \ln x\lt \ln e^3\Leftrightarrow x\lt e^3\). S = ]0 ; e³[.

3. Puis L’inéquation a un sens si \(2x-1\gt 0\), \(2x+1\gt 0\) et \(x+2\gt 0\), c’est-à-dire \(x\gt \dfrac{1}{2}\). Sur cet intervalle :
\(\ln(2x-1)-\ln(2x+1)\leq\, \ln(x+2)\Leftrightarrow \ln(\dfrac{2x-1}{2x+1})\leq\, \ln(x+2)\Leftrightarrow \dfrac{2x-1}{2x+1}\leq\, x+2\)
Comme \(2x+1\gt 0\) : \(2x-1\leq\, (x+2)(2x+1)\)

\(2x-1\leq\, 2x^2+x+4x+2\)

\(2x-1-2x^2-x-4x-2\leq\, 0\)

\(-3x-3-2x^2\leq\, 0\)

\(2x^2+3x+3\geq\, 0\)

Le discriminant de \(2x^2+3x+3\) vaut \(9-24=-15\lt 0\) : ce trinôme est toujours strictement positif, l’inégalité est vraie pour tout x de l’ensemble de définition. S = ]1/2 ; +∞[.

Exercice 11 (logarithme népérien corrigé)

Résoudre les équations suivantes :

1. L’équation a un sens si \(4x^2-1\gt 0\) et \(x+2\gt 0\). Alors :
\(\ln(4x^2-1)=\ln(x+2)\Leftrightarrow 4x^2-1=x+2\Leftrightarrow 4x^2-x-3=0\)

Calculons le discriminant :

\(\Delta =1+4\times 4\times 3=49\)

\(\Delta \gt 0\) , il y a deux racines réelles distinctes .

\(x_1=\frac{1+7}{8}\,;\,x_2=\frac{1-7}{8}\)

\({\color{DarkRed} x_1=1\,;\,x_2=-\frac{3}{4}}\)

Vérification : pour \(x=1\), \(4x^2-1=3\gt 0\) ; pour \(x=-\dfrac{3}{4}\), \(4x^2-1=\dfrac{5}{4}\gt 0\) et \(x+2\gt 0\). S = {−3/4 ; 1}.

2. L’équation a un sens si \(2x-1\gt 0\) et \(2x+1\gt 0\), soit \(x\gt \dfrac{1}{2}\). Alors \(\ln((2x-1)(2x+1))=\ln(x+2)\Leftrightarrow 4x^2-1=x+2\), la même équation qu’au 1. Ensuite, la valeur \(-\dfrac{3}{4}\) n’est pas supérieure à \(\dfrac{1}{2}\). S = {1}.

3. Puis pour \(x\gt 0\), \(x\ne 0\) donc \(x\ln x=0\Leftrightarrow \ln x=0\Leftrightarrow x=1\). S = {1}.

4. L’équation a un sens si \(x-1\gt 0\), \(3x+4\gt 0\) et \(5x\gt 0\), soit \(x\gt 1\). Alors \(\dfrac{x-1}{3x+4}=5x\Leftrightarrow x-1=15x^2+20x\Leftrightarrow 15x^2+19x+1=0\).
\(\Delta=361-60=301\), les racines \(\dfrac{-19-\sqrt{301}}{30}\) et \(\dfrac{-19+\sqrt{301}}{30}\) sont négatives (car \(\sqrt{301}\lt 19\)), donc aucune ne dépasse 1. S = ∅.

5. De plus, on pose \(X=\ln x\) : \(X^2+X-2=0\Leftrightarrow (X-1)(X+2)=0\Leftrightarrow X=1\) ou \(X=-2\). Donc \(x=e\) ou \(x=e^{-2}\). S = {e⁻² ; e}.

Exercice 12 :

Résoudre les équations suivantes :

1. \(\ln x=3\Leftrightarrow x=e^3\)
2. \(\ln(3x)=0\Leftrightarrow 3x=e^0\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{3}\)
3. \(\ln(2x-1)=3\Leftrightarrow 2x-1=e^3\Leftrightarrow x=\dfrac{e^3+1}{2}\)
4. \(\ln(\dfrac{1}{x-1})=1\Leftrightarrow \dfrac{1}{x-1}=e^1\Leftrightarrow x-1=\dfrac{1}{e}\Leftrightarrow x=e^{-1}+1\)
5. \(\ln(x^2)=4\Leftrightarrow x^2=e^4\Leftrightarrow x=e^2\,\text{ ou }\,x=-e^{2}\)

Exercice 13 (logarithme népérien corrigé)

Simplifier :

\(a=\ln(e^5)=5\ln e=5\)
\(b=\ln(e^2\sqrt{e})=\ln(e^2e^{\frac{1}{2}})=\ln(e^{\frac{5}{2}})=\dfrac{5}{2}\ln e=\dfrac{5}{2}\)
\(c=\ln(\dfrac{\sqrt{e}}{4})=\ln(\sqrt{e})-\ln 4=\dfrac{1}{2}\ln e-\ln 2^2=\dfrac{1}{2}-2\ln 2\)
\(d=\ln(\dfrac{1}{e^2})^3=-3\ln e^2=-6\ln e=-6\)
\(e=\dfrac{1}{3}\ln e^{27}=\dfrac{27}{3}\ln e=9\ln e=9\)

Exercice 14 :

Exercice 15 (logarithme népérien corrigé)

1. \(\ln(3-5x)=0\) a un sens si \(x\lt \dfrac{3}{5}\) et équivaut à \(3-5x\,=\,e^0\,=\,1\). Donc 5x = 2 et x = 2/5, qui convient.

2. L’équation a un sens si \(x-4\gt 0\) et \(x\gt 0\), c’est-à-dire \(x\gt 4\). Ensuite, on peut transformer l’équation de la manière suivante :

\(2\ln(x-4)\,=\,\ln(x)-2\ln(2)\,=\,\ln(x)-\ln(4)\)

En utilisant la propriété ln(a)-ln(b) = ln(a/b), on obtient :

\(\ln(\,(x-4)^2\,)\,=\,\ln(\,\frac{x}{4}\,)\)

Cela équivaut à \((x-4)^2\,=\,\frac{x}{\,4}\), soit \(4(x^2-8x+16)=x\), c’est-à-dire \(4x^2-33x+64\,=\,0\).

\(\Delta=33^2-4\times 4\times 64=1\,089-1\,024=65\) : les racines sont \(\dfrac{33-\sqrt{65}}{8}\approx 3{,}12\) et \(\dfrac{33+\sqrt{65}}{8}\approx 5{,}13\). Seule la seconde est supérieure à 4. S = {(33 + √65)/8}.

3. L’équation a un sens si \(x\gt -1\). \(\ln(x+4)+\ln(x+1)\,=\,\ln(6)\) équivaut à \(\ln(\,(x+4)(x+1)\,)\,=\,\ln(6)\), donc (x+4)(x+1) = 6, soit \(x^2+5x-2=0\).

\(\Delta=25+8=33\) : les racines sont \(\dfrac{-5-\sqrt{33}}{2}\approx -5{,}37\) (exclue car inférieure à −1) et \(\dfrac{-5+\sqrt{33}}{2}\approx 0{,}37\). S = {(−5 + √33)/2}.

4. L’équation a un sens si \(x\ne -4\) et \(x\ne -1\). \(\ln(\,|x+4\,|)+\ln(\,|x+1\,|)\,=\,\ln(6)\) signifie que \(|(x+4)(x+1)|\,=\,6\), c’est-à-dire que (x+4)(x+1) = 6 ou (x+4)(x+1) = -6.
Premier cas : \(x^2+5x-2=0\), racines \(\dfrac{-5\pm\sqrt{33}}{2}\), toutes deux différentes de −4 et de −1.
Second cas : \(x^2+5x+10=0\), de discriminant \(25-40=-15\lt 0\) : pas de solution.
S = {(−5 − √33)/2 ; (−5 + √33)/2}.

5. L’équation s’écrit \(\ln^3x+2\ln^2x-\ln x-2=0\). Par ailleurs, en posant y = ln x, cela équivaut à \(y^3+2y^2-y-2\,=\,0\).

On factorise : \(y^2(y+2)-(y+2)=(y+2)(y^2-1)=(y+2)(y-1)(y+1)=0\), donc y = −2, y = −1 ou y = 1.
Ainsi \(\ln x=-2\), \(\ln x=-1\) ou \(\ln x=1\). S = {e⁻² ; e⁻¹ ; e}.

6. \(\ln(\,\frac{\,2x-3\,}{5x+1})\,\lt\,0\) équivaut à \(0\lt\dfrac{2x-3}{5x+1}\lt 1\) (car ln est une fonction strictement croissante et ln 1 = 0).

• \(\dfrac{2x-3}{5x+1}\gt 0\) pour \(x\lt -\dfrac{1}{5}\) ou \(x\gt \dfrac{3}{2}\) (tableau de signes).
• \(\dfrac{2x-3}{5x+1}-1=\dfrac{-3x-4}{5x+1}\lt 0\) équivaut à \(\dfrac{3x+4}{5x+1}\gt 0\), soit \(x\lt -\dfrac{4}{3}\) ou \(x\gt -\dfrac{1}{5}\).

Exercice 15 (logarithme népérien corrigé) (suite)

On garde les x qui vérifient les deux conditions : S = ]−∞ ; −4/3[ ∪ ]3/2 ; +∞[.

7. Puis L’inéquation \(\ln x-\dfrac{1}{\ln x}\lt \dfrac{3}{2}\) a un sens pour \(x\gt 0\) et \(x\ne 1\) (car ln x ≠ 0).

On pose y = ln x, avec y ≠ 0. Ensuite, L’inéquation devient \(y-\dfrac{1}{y}-\dfrac{3}{2}\lt 0\), soit \(\dfrac{2y^2-3y-2}{2y}\lt 0\), c’est-à-dire \(\dfrac{(2y+1)(y-2)}{2y}\lt 0\).

Donc \(y\lt -\dfrac{1}{2}\) ou \(0\lt y\lt 2\), c’est-à-dire \(\ln x\lt -\dfrac{1}{2}\) ou \(0\lt \ln x\lt 2\).

Finalement, S = ]0 ; e^(−1/2)[ ∪ ]1 ; e²[, soit \(S=]0\,;\,e^{-\frac{1}{2}}[\cup]1\,;\,e^2[\).

Exercice 16 :

Les deux nombres sont strictement positifs et ln est strictement croissante : on compare donc leurs logarithmes \(\ln(e^{\pi})=\pi\) et \(\ln(\pi^{e})=e\ln\pi\). Puis en divisant par \(e\pi\gt 0\), cela revient à comparer \(\dfrac{1}{e}=\dfrac{\ln e}{e}\) et \(\dfrac{\ln\pi}{\pi}\).

On étudie la fonction \(h(x)=\dfrac{\ln x}{x}\) sur \(]0\,;+\infty[\). De plus, on a \(h^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{1}{x}\times x-\ln x}{x^2}=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\), donc \(h^{\prime}(x)\lt 0\) pour \(x\gt e\) : h est strictement décroissante sur \([e\,;+\infty[\).

Comme \(\pi\gt e\), on en déduit \(h(\pi)\lt h(e)\), c’est-à-dire \(\dfrac{\ln\pi}{\pi}\lt \dfrac{1}{e}\), soit \(e\ln\pi\lt \pi\).

Par croissance de la fonction exponentielle : \(e^{e\ln\pi}\lt e^{\pi}\), c’est-à-dire :

\(\pi^{e}\lt e^{\pi}\)

Le nombre \(e^{\pi}\) est donc le plus grand (la calculatrice donne \(e^{\pi}\approx 23{,}14\) et \(\pi^e\approx 22{,}46\)).

Exercice 17 (logarithme népérien corrigé)

g est dérivable sur son ensemble de définition en tant que somme de

fonctions dérivables sur cet intervalle .

\(g^{\prime}(x)=4x-\frac{1}{x}\)

\(g^{\prime}(x)\geq\,\, 0\)

\(\Leftrightarrow 4x-\frac{1}{x}\geq\,\, 0\)

Également, \(\Leftrightarrow \frac{4x^2-1}{x}\geq\,\, 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(2x+1)(2x-1)}{x}\geq\,\, 0\)

De même, \(\Leftrightarrow x(2x+1)(2x-1)\geq\,\, 0\)

Sur \(]0\,;+\infty[\), x et 2x + 1 sont positifs : le signe de \(g^{\prime}(x)\) est celui de 2x − 1.

Conclusion : sur \(]0;+\infty[\) , g est décroissante sur \(]0\,;\,\frac{1}{2}]\) et croissante sur \([\frac{1}{2};+\infty[\) .

Son minimum est \(g(\dfrac{1}{2})=2\times \dfrac{1}{4}+1-\ln\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}+\ln 2\approx 2{,}19\gt 0\). Donc g(x) > 0 pour tout x > 0.

Exercice 18 :

1.Calculer la dérivée de la fonction g et étudier son signe. Ensuite, en déduire les variations de la fonction g .

\(g^{\prime}(x)=-2x-\frac{1}{x}\)

\(g^{\prime}(x)=\frac{-2x^2-1}{x}\)

Le signe de \(g^{\prime}\) est celui de \(-2x^2-1\) .

\(-2x^2-1=-2(x^2+\frac{1}{2})\)

\(-2x^2-1\lt 0\) sur \(]0;+\infty[\) .

donc g est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\) .

2. Par ailleurs, calculer g(1). Puis en déduire le signe de g(x) pour x appartenant à l’intervalle \(]0\,;+\infty[\) .

\(g(1)=1-1^2-ln\,1\)

\(g(1)=0\)

g est strictement décroissante sur \(]0;+\infty[\) et \(g(1)=0\) .

Conclusion : g est positive ou nulle sur ]0;1] et négative sur \([1;+\infty[\).

Exercice 19 (logarithme népérien corrigé)

1) simplifier \(\frac{lne}{ln e^2-ln(\frac{1}{e})}\)

\(\frac{lne}{2lne+lne}\)

\(\frac{lne}{3lne}\)

\(\frac{1}{3}\)

2) Déterminer le plus petit entier n tel que \(1{,}05^n\geq\, 1{,}5\)

La fonction ln est strictement croissante sur \(]0;+\infty[\) ..

\(\ln(1{,}05^n)\geq\, \ln(1{,}5)\)

\(n\ln(1{,}05)\geq\, \ln(1{,}5)\) (ln 1,05 > 0 car 1,05 > 1, le sens de l’inégalité ne change pas)

\(n\geq\, \dfrac{\ln(1{,}5)}{\ln(1{,}05)}\approx 8{,}31\)

Le plus petit entier est n = 9 (vérification : \(1{,}05^8\approx 1{,}477\) et \(1{,}05^9\approx 1{,}551\)).

3) Chaque année, la population d’une ville diminue de 3%. Au bout de combien d’année, la population de cette ville aura-t-elle diminué de plus de 30%

Diminuer de 3 % revient à multiplier par 0,97 ; diminuer de plus de 30 % revient à être multiplié par moins de 0,7. Ensuite, on cherche donc le plus petit entier n tel que \(0{,}97^n\lt 0{,}7\).

\(n\ln(0{,}97)\lt \ln(0{,}7)\), et comme \(\ln(0{,}97)\lt 0\), on change le sens : \(n\gt \dfrac{\ln(0{,}7)}{\ln(0{,}97)}\approx 11{,}71\).

La population aura diminué de plus de 30 % au bout de 12 ans (\(0{,}97^{11}\approx 0{,}715\) et \(0{,}97^{12}\approx 0{,}694\)).

Exercice 20 :

Partie A:
1. Limites de la fonction g en 0 et \(+\infty\):
En 0 : \(\lim_{x\to 0^+}x=0\) et, par croissance comparée, \(\lim_{x\to 0^+}x\ln x=0\). Donc \(\lim_{x\to 0^+}g(x)=0\).
Puis en \(+\infty\) : on factorise \(g(x)=x(1-\ln x)\). Comme \(\lim_{x\to +\infty}(1-\ln x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to +\infty}x=+\infty\), on obtient \(\lim_{x\to +\infty}g(x)=-\infty\).

2. Calcul de la dérivée de g(x) et justification de la dérivabilité de g sur l’intervalle \(]0;+\infty[\):
Les fonctions \(x\mapsto x\) et \(x\mapsto \ln x\) sont dérivables sur \(]0\,;+\infty[\), donc par produit et différence g est dérivable sur cet intervalle. De plus, en dérivant le produit \(x\ln x\) :
\(g^{\prime}(x)=1-(1\times \ln x+x\times \dfrac{1}{x})=1-\ln x-1=-\ln x\).
Ainsi, g'(x) = −ln(x).

3. Tableau de variations de la fonction g:
\(g^{\prime}(x)=-\ln x\) est positive sur \(]0\,;1]\) et négative sur \([1\,;+\infty[\) : g est croissante sur \(]0\,;1]\), décroissante sur \([1\,;+\infty[\), et atteint son maximum \(g(1)=1-0=1\).

Exercice 20 (suite) : partie B

Partie B:
1. Conjecture de sens de variation et de limite de la suite \((u_n)\):
À la calculatrice, on obtient les valeurs suivantes (arrondies) :

a. Ensuite, la suite \((u_n)\) semble décroissante.
b. Par ailleurs, la suite \((u_n)\) semble converger vers 0.

2. Calcul de la suite \((v_n)\) et détermination de son sens de variation:
a. Puis pour tout \(n\geq\, 1\), \(u_n\gt 0\) et :
\(v_n=\ln(u_n)=\ln(e^n)-\ln(n^n)=n-n\ln(n)\).

b. Ensuite, on remarque que \(v_n=g(n)\). D’après la partie A, g est décroissante sur \([1\,;+\infty[\) ; comme \(1\leq\, n\lt n+1\), on a \(g(n+1)\leq\, g(n)\), c’est-à-dire \(v_{n+1}\leq\, v_n\). Puis la suite \((v_n)\) est décroissante.

3. De plus, montrer que la suite \((u_n)\) est bornée:
Pour tout \(n\geq\, 1\), \(u_n=e^{v_n}\gt 0\). De plus \((v_n)\) est décroissante, donc \(v_n\leq\, v_1=1\), et par croissance de l’exponentielle \(u_n\leq\, e^1=e\).
Ainsi \(0\lt u_n\leq\, e\) : la suite \((u_n)\) est bornée.

4. Ensuite, montrer que la suite \((u_n)\) est convergente et déterminer sa limite:
Comme \(u_n=e^{v_n}\) avec \((v_n)\) décroissante et exp croissante, la suite \((u_n)\) est décroissante ; elle est minorée par 0, donc elle converge.
De plus \(\lim_{n\to +\infty}v_n=\lim_{x\to +\infty}g(x)=-\infty\) et \(\lim_{X\to -\infty}e^X=0\), donc \(\lim_{n\to +\infty}u_n=0\), ce qui confirme la conjecture.

Exercice 21 (logarithme népérien corrigé)

1. Démonstration de \(f(x)\,=\,x\ln 2\,-\,2\ln x\):
Pour \(x\gt 0\), \(\ln(2^x)=x\ln 2\) et \(\ln(x^2)=2\ln x\) (logarithme d’une puissance), donc \(f(x)=x\ln 2-2\ln x\).

2. Calcul de f(2) et f(4):
\(f(2)\,=\,2\ln 2\,-\,2\ln 2\,=\,0\).

\(f(4)\,=\,4\ln 2\,-\,2\ln 4\,=\,4\ln 2\,-\,4\ln 2\,=\,0\).

3. Calcul de la dérivée f ‘ de f:
\(f^{\prime}(x)=\ln 2-\dfrac{2}{x}=\dfrac{x\ln 2-2}{x}\).

Sur \(]0\,;+\infty[\), x > 0 donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(x\ln 2-2\), qui s’annule en \(x=\dfrac{2}{\ln 2}\approx 2{,}89\). Ainsi f est décroissante sur \(]0\,;\,\dfrac{2}{\ln 2}]\) et croissante sur \([\dfrac{2}{\ln 2}\,;+\infty[\).

(m désigne le minimum \(f(\dfrac{2}{\ln 2})\), qui est négatif puisque f(2) = 0 et que f décroît strictement entre 2 et 2/ln 2.)

4. Signe de f(x):
• Sur \(]0\,;2[\), f est strictement décroissante et f(2) = 0, donc f(x) > 0.
• Sur \(]2\,;\,\dfrac{2}{\ln 2}]\), f(x) < f(2) = 0 ; sur \([\dfrac{2}{\ln 2}\,;4[\), f est strictement croissante et f(4) = 0, donc f(x) < 0.
• Sur \(]4\,;+\infty[\), f(x) > f(4) = 0.
Conclusion : f(x) ≥ 0 sur ]0 ; 2] ∪ [4 ; +∞[ et f(x) < 0 sur ]2 ; 4[.

5. Ensemble des entiers n pour lesquels \(2^n\,\geq\,\,\,n^2\):
Pour un entier \(n\geq\, 1\), les deux membres sont strictement positifs et ln est strictement croissante, donc \(2^n\geq\, n^2\Leftrightarrow \ln(2^n)\geq\, \ln(n^2)\Leftrightarrow f(n)\geq\, 0\).
D’après la question 4, cela équivaut à \(n\leq\, 2\) ou \(n\geq\, 4\) : seul n = 3 est exclu (en effet \(2^3=8\lt 3^2=9\)).
Par ailleurs, pour n = 0, \(2^0=1\geq\, 0^2=0\) convient aussi.
Puis l’ensemble cherché est donc ℕ privé de 3 : {0 ; 1 ; 2} ∪ {n ∈ ℕ, n ≥ 4}. Ensuite, on vérifie par exemple \(2^4=16=4^2\) et \(2^5=32\gt 5^2=25\).

Exercice 22 :

a) La seule solution est x=0 car \(e^0=1\).
b) On a \(e^x=4\) qui donne \(x=\ln 4=2\ln 2\).
c) \(e^{2x}=2\Leftrightarrow 2x=\ln 2\Leftrightarrow x=\dfrac{\ln 2}{2}\).
d) On résout l’équation \(4e^{-x}=15\), donc \(e^{-x}=\frac{15}{4}\) qui donne \(-x=\ln(\dfrac{15}{4})\), soit \(x=\ln(\dfrac{4}{15})\).
e) On résout l’équation \(e^{2x-1}-2=0\), donc \(e^{2x-1}=2\) qui donne \(2x-1=\ln 2\) et finalement \(x=\dfrac{\ln 2+1}{2}\).
f) L’équation n’a pas de solution car \(e^{-x}\) est toujours strictement positif.

Exercice 23 (logarithme népérien corrigé)

a) On a \(x=e^3\).
b) On a \(x=\frac{1}{2}\).
c) On résout l’équation \(2\ln x=7\), donc \(\ln x=\dfrac{7}{2}\), ce qui donne \(x=e^{\frac{7}{2}}\).
d) On résout l’équation \(\ln(2x-1)=3\), donc \(2x-1=e^3\), ce qui donne \(x=\frac{e^3+1}{2}\).
e) Pour x > 1 : \(\dfrac{1}{x-1}=e\), donc \(x-1=\dfrac{1}{e}\) et \(x=1+\dfrac{1}{e}\).
f) On résout l’équation \(\ln(x^2)=4\) (définie pour tout \(x\ne 0\)), donc \(x^2=e^4\), ce qui donne \(x=e^2\) ou \(x=-e^2\) ; les deux valeurs conviennent car \(x^2\gt 0\) dans les deux cas.

Exercice 24 :

a) On peut simplifier \(\ln 3+\ln(\frac{1}{3})=\ln(\frac{3}{3})=\ln 1=0\).
b) On peut simplifier \(\ln(\dfrac{1}{16})=-\ln(2^4)=-4\ln 2\).
c) On peut simplifier \(\dfrac{1}{2}\ln\sqrt{2}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\ln 2=\dfrac{1}{4}\ln 2\).

Exercice 25 (logarithme népérien corrigé)

a) L’équation a un sens si \(1-x\gt 0\) et \(1+x\gt 0\) : l’ensemble de définition est ]−1 ; 1[. Puis on peut simplifier \(\ln(1-x)+\ln(1+x)=\ln(1-x^2)\), et \(2(\ln 2-\ln 5)=\ln(\dfrac{4}{25})\), donc l’équation est équivalente à \(1-x^2=\frac{4}{25}\), ce qui donne \(x^2=\dfrac{21}{25}\) et \(x=\pm\dfrac{\sqrt{21}}{5}\).

Comme \(\dfrac{\sqrt{21}}{5}\approx 0{,}92\), les deux valeurs appartiennent à ]−1 ; 1[ : S = {−√21/5 ; √21/5}.
b) L’équation a un sens si x > 0 et x − 3 > 0 : l’ensemble de définition est ]3 ; +∞[.

On peut écrire \(\ln x+\ln(x-3)=\ln(x(x-3))=\ln 4\),

donc x(x-3)=4, soit \(x^2-3x-4=(x-4)(x+1)=0\), et finalement x=4 ou x=-1.

Cependant, x=-1 ne convient pas car il n’appartient pas à l’ensemble de définition, donc la seule solution est x = 4.
c) L’équation a un sens si x(x − 3) > 0 : l’ensemble de définition est ]−∞ ; 0[ ∪ ]3 ; +∞[.

L’équation équivaut à x(x − 3) = 4, dont les solutions sont, comme au b), x = 4 et x = −1.

Cette fois, les deux valeurs appartiennent à l’ensemble de définition (−1 < 0 et 4 > 3) : S = {−1 ; 4}. De plus, les équations b) et c) ne sont donc pas équivalentes.

Exercice 26 :

1. Quand x tend vers 0 (x > 0), \(\dfrac{x}{x+1}\) tend vers \(0^+\), donc \(\ln(\dfrac{x}{x+1})\) tend vers \(-\infty\) ; comme 2x − 1 tend vers −1, on obtient \(\lim_{x\to 0^+}f(x)=-\infty\).

On peut interpréter graphiquement ce résultat en disant que \(C_f\) admet une asymptote verticale d’équation x = 0 (l’axe des ordonnées).
2. a) Quand x tend vers \(+\infty\), \(\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{x}}\) tend vers 1, donc \(\ln(\dfrac{x}{x+1})\) tend vers \(\ln 1=0\) ; et 2x − 1 tend vers \(+\infty\). Donc \(\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\).
b) On a \(f(x)-(2x-1)=\ln(\dfrac{x}{x+1})\), qui tend vers 0 en \(+\infty\) : la droite \(\Delta\) d’équation y = 2x − 1 est asymptote oblique à \(C_f\) en \(+\infty\).

Position : pour x > 0, \(0\lt \dfrac{x}{x+1}\lt 1\), donc \(\ln(\dfrac{x}{x+1})\lt 0\), c’est-à-dire \(f(x)\lt 2x-1\) : \(C_f\) est située en dessous de \(\Delta\) sur \(]0\,;+\infty[\).
3. Ensuite, pour x > 0, \(f(x)=2x-1+\ln x-\ln(x+1)\), donc :
\(f^{\prime}(x)=2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}=2+\dfrac{1}{x(x+1)}\gt 0\).
f est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

4. f est continue et strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), avec \(\lim_{x\to 0^+}f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\). D’après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour une fonction strictement monotone), l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans \(]0\,;+\infty[\).

À la calculatrice (balayage au pas de 0,01) : \(f(0{,}87)\approx -0{,}025\lt 0\) et \(f(0{,}88)\approx 0{,}001\gt 0\), donc 0,87 < α < 0,88.
5. Voir figure ci-dessous.

Exercice 27 (logarithme népérien corrigé)

1. Par ailleurs, on a \(pH=-\log[H_3O^+]=-\log(5\times 10^{-9})\approx 8{,}30\), donc la solution est basique.

Si la concentration en ions \(H_3O^+\) est égale à 0,1 mol/L, alors pH = −log(0,1) = 1 (la solution est acide).
2. Puis une solution neutre a un pH égal à 7.

On a \(pH=-\log[H_3O^+]\), donc \([H_3O^+]=10^{-pH}=10^{-7}\) mol/L.
3. Si l’on augmente la concentration en ions \(H_3O^+\), on diminue le pH de la solution car la fonction log est croissante : une concentration plus élevée donne un logarithme plus grand, donc un pH (son opposé) plus petit.
4. Ensuite, pour incrémenter le pH d’une solution, il faut ajouter une base (qui réagit avec les ions \(H_3O^+\) pour les neutraliser) ou enlever un acide (qui libère des ions\(H_3O^+\) dans la solution). Puis pour décrémenter le pH d’une solution, il faut faire l’opposé (ajouter un acide ou enlever une base).
Mathématiquement : \(-\log(\dfrac{[H_3O^+]}{10})=-\log[H_3O^+]+1\). De plus, il faut donc diviser par 10 la concentration en ions \(H_3O^+\) pour augmenter le pH de 1, et la multiplier par 10 pour diminuer le pH de 1.

VOCABULAIRE : Décrémenter, c’est soustraire 1.

Exercice 28 :

1. a) Quand x tend vers \(-\infty\), \(e^{2x}\) tend vers 0, donc \(1+e^{2x}\) tend vers 1 et \(\lim_{x\to -\infty}\ln(1+e^{2x})=\ln 1=0\).
b) On a \(f(x)-(x+2)=-\ln(1+e^{2x})\), qui tend vers 0 en \(-\infty\) : la droite \(\Delta\) d’équation y = x + 2 est asymptote oblique à C en \(-\infty\).

c) Pour tout réel x, \(1+e^{2x}=e^{2x}(e^{-2x}+1)\), donc \(\ln(1+e^{2x})=2x+\ln(1+e^{-2x})\).
Ainsi \(f(x)=x+2-2x-\ln(1+e^{-2x})=2-x-\ln(1+e^{-2x})\).

d) Quand x tend vers \(+\infty\), \(e^{-2x}\) tend vers 0, donc \(\ln(1+e^{-2x})\) tend vers 0, et 2 − x tend vers \(-\infty\) : \(\lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty\).
De plus \(f(x)-(2-x)=-\ln(1+e^{-2x})\) tend vers 0 : la droite \(\Delta^{\prime}\) d’équation y = 2 − x est asymptote oblique à C en \(+\infty\).
2. Ensuite, le domaine \(\mathbb{R}\) est symétrique par rapport à 0 et, pour tout réel x, d’après 1.c) : \(f(-x)=-x+2-\ln(1+e^{-2x})=2-x-\ln(1+e^{-2x})=f(x)\). Par ailleurs, la fonction f est paire : l’axe des ordonnées est un axe de symétrie de C.
3. Puis on résout l’inéquation \(1-e^{2x}\geq\, 0\) : \(e^{2x}\leq\, 1=e^0\Leftrightarrow 2x\leq\, 0\Leftrightarrow x\leq\, 0\). S = ]−∞ ; 0].
4. Ensuite, pour tout réel x :
\(f^{\prime}(x)=1-\dfrac{2e^{2x}}{1+e^{2x}}=\dfrac{1+e^{2x}-2e^{2x}}{1+e^{2x}}=\dfrac{1-e^{2x}}{1+e^{2x}}\).

Le dénominateur est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-e^{2x}\) : d’après la question 3, \(f^{\prime}(x)\geq\, 0\) sur \(]-\infty\,;0]\) et \(f^{\prime}(x)\lt 0\) sur \(]0\,;+\infty[\).

f est croissante sur \(]-\infty\,;0]\), décroissante sur \([0\,;+\infty[\), et son maximum est \(f(0)=2-\ln 2\approx 1{,}31\).

5. Position : \(f(x)-(x+2)=-\ln(1+e^{2x})\lt 0\) car \(1+e^{2x}\gt 1\). Donc C est toujours en dessous de \(\Delta\) (et, par symétrie, en dessous de \(\Delta^{\prime}\)).

Exercice 29 (logarithme népérien corrigé)

a) On résout \(\theta(t)=12{,}5\) :
\(25-10e^{0{,}1t}=12{,}5\Leftrightarrow 10e^{0{,}1t}=12{,}5\Leftrightarrow e^{0{,}1t}=1{,}25\Leftrightarrow 0{,}1t=\ln(1{,}25)\Leftrightarrow t=10\ln(1{,}25)\)
\(t=10\ln(1{,}25)\approx 2{,}23\)
La température atteindra 12,5 °C au bout d’environ 2,2 minutes.

b) On résout \(\theta(t)=0\) :
\(25-10e^{0{,}1t}=0\Leftrightarrow e^{0{,}1t}=2{,}5\Leftrightarrow t=10\ln(2{,}5)\approx 9{,}16\)
La température atteindra 0 °C au bout d’environ 9,2 minutes.

Exercice 30 :

a) Les points d’intersection avec l’axe des abscisses ont pour abscisses les solutions de f(x) = 0. Puis un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
\(\ln(x)-1=0\Leftrightarrow \ln x=1\Leftrightarrow x=e\)
\(3-\ln(x)=0\Leftrightarrow \ln x=3\Leftrightarrow x=e^3\)
Les abscisses cherchées sont e ≈ 2,72 et e³ ≈ 20,09, ce qui est cohérent avec la courbe affichée.

b) Comme ln est strictement croissante : \(\ln(x)-1\gt 0\Leftrightarrow x\gt e\) et \(3-\ln(x)\gt 0\Leftrightarrow x\lt e^3\).

Conclusion : f(x) < 0 sur ]0 ; e[ et sur ]e³ ; +∞[, f(x) > 0 sur ]e ; e³[, f s’annulant en e et en e³.

Exercice 31 (logarithme népérien corrigé)

a) L’équation a un sens pour x > 0. Alors \(\ln(9x)+\ln(x)=\ln(9x^2)=25\Leftrightarrow 9x^2=e^{25}\Leftrightarrow x^2=\dfrac{e^{25}}{9}\).
Comme x > 0 : \(x=\dfrac{e^{\frac{25}{2}}}{3}\). S = {e^(25/2) / 3}.

b) Ensemble de définition : x + 4 > 0, 2x − 1 > 0 et x + 10 > 0, soit \(x\gt \dfrac{1}{2}\).
\((x+4)(2x-1)=x+10\Leftrightarrow 2x^2+7x-4=x+10\Leftrightarrow 2x^2+6x-14=0\Leftrightarrow x^2+3x-7=0\)
\(\Delta=9+28=37\), racines \(\dfrac{-3-\sqrt{37}}{2}\approx -4{,}54\) (exclue) et \(\dfrac{-3+\sqrt{37}}{2}\approx 1{,}54\). S = {(−3 + √37)/2}.

c) Ensemble de définition : x > 0. \(2\ln(x)=\ln(x^2)\) et \(\ln(x+4)+\ln(2x)=\ln(2x(x+4))\), donc :
\(x^2=2x^2+8x\Leftrightarrow x^2+8x=0\Leftrightarrow x(x+8)=0\Leftrightarrow x=0\text{ ou }x=-8\)
Aucune de ces valeurs n’est strictement positive : S = ∅.

d) Ensemble de définition : \(x^2\gt 0\) et \(2x^2+8x=2x(x+4)\gt 0\), soit \(x\lt -4\) ou \(x\gt 0\).
\(x^2=2x^2+8x\Leftrightarrow x(x+8)=0\Leftrightarrow x=0\text{ ou }x=-8\)
0 est exclu, et −8 < −4 convient. S = {−8}.

e) Ensemble de définition : x > 3.
\(\ln(\dfrac{x-2}{x-3})=1\Leftrightarrow \dfrac{x-2}{x-3}=e\Leftrightarrow x-2=ex-3e\Leftrightarrow x(1-e)=2-3e\Leftrightarrow x=\dfrac{3e-2}{e-1}\)
\(\dfrac{3e-2}{e-1}\approx 3{,}58\gt 3\) convient. S = {(3e − 2)/(e − 1)}.

f) Ensemble de définition : 2x − 3 > 0, x + 1 > 0 et x − 3 > 0, soit x > 3.
\(\ln(2x-3)=\ln(x-3)+\ln((x+1)^2)\Leftrightarrow 2x-3=(x-3)(x+1)^2\)
\((x-3)(x^2+2x+1)=x^3-x^2-5x-3\), donc l’équation devient \(x^3-x^2-7x=0\Leftrightarrow x(x^2-x-7)=0\).
\(x=0\) ou \(x=\dfrac{1\pm\sqrt{29}}{2}\). Seule \(\dfrac{1+\sqrt{29}}{2}\approx 3{,}19\) est supérieure à 3. S = {(1 + √29)/2}.

g) Ensemble de définition : x > 1.
\(\ln(\dfrac{x}{x+1})=\ln(x-1)\Leftrightarrow x=(x-1)(x+1)=x^2-1\Leftrightarrow x^2-x-1=0\)
Racines \(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\approx -0{,}62\) (exclue) et \(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\approx 1{,}62\). S = {(1 + √5)/2}.

h) Ensemble de définition : 5 − x > 0 et x − 1 > 0, soit 1 < x < 5.
\(\ln((5-x)(x-1))=\ln 3\Leftrightarrow (5-x)(x-1)=3\Leftrightarrow -x^2+6x-5=3\Leftrightarrow x^2-6x+8=0\Leftrightarrow (x-2)(x-4)=0\)
Les deux valeurs sont dans ]1 ; 5[. S = {2 ; 4}.

Exercice 32 :

1. \(\lim_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty\), donc \(\lim_{x\to 0^+}(\ln x)^2=+\infty\) et \(\lim_{x\to 0^+}(-\ln x)=+\infty\). Par somme, \(\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty\).

2. a) En \(+\infty\) : \((\ln x)^2\) tend vers \(+\infty\) et \(-\ln x\) tend vers \(-\infty\). De plus, on obtient une forme « \(+\infty-\infty\) » : c’est une forme indéterminée.

b) En factorisant par ln(x) : \(f(x)=\ln(x)(\ln(x)-1)\). Ensuite, en \(+\infty\), \(\ln x\) tend vers \(+\infty\) et \(\ln x-1\) aussi. Par produit, \(\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\).

Exercice 33 :

a) Pour x > 1, \(\ln x\gt \ln 1=0\) car ln est strictement croissante : ln(x) > 0.

b) Quand x tend vers 1 (x > 1), \(3+\ln x\) tend vers 3 et \(\ln x\) tend vers 0 en restant positif (\(0^+\)). Par quotient, \(\lim_{x\to 1^+}g(x)=+\infty\) : la droite d’équation x = 1 est asymptote verticale.

2. Par ailleurs, pour x > 1, \(\ln x\ne 0\) et on peut séparer la fraction : \(g(x)=\dfrac{3}{\ln x}+\dfrac{\ln x}{\ln x}=\dfrac{3}{\ln x}+1\).

En \(+\infty\), \(\ln x\) tend vers \(+\infty\), donc \(\dfrac{3}{\ln x}\) tend vers 0 et \(\lim_{x\to +\infty}g(x)=1\) : la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale.

Exercice 34 :

Les points A et B sont sur la courbe de ln, avec a > 0 et b > 0 : \(A(a\,;\,\ln a)\) et \(B(b\,;\,\ln b)\).

M est le milieu de [AB], donc \(M(\dfrac{a+b}{2}\,;\,\dfrac{\ln a+\ln b}{2})\).

N est le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses : \(N(\dfrac{a+b}{2}\,;\,0)\). Puis la longueur MN est donc la valeur absolue de l’ordonnée de M. Sur la figure, M est au-dessus de l’axe des abscisses, donc :

\(MN=\dfrac{\ln a+\ln b}{2}=\dfrac{1}{2}\ln(ab)=\ln((ab)^{\frac{1}{2}})=\ln(\sqrt{ab})\)

On a bien MN = ln(√(ab)). (Dans le cas général, \(MN=|\ln(\sqrt{ab})|\).)

Exercice 35 :

a) Le point A a pour coordonnées \(A(a\,;\,\ln a)\) et son projeté sur l’axe des ordonnées est \(P(0\,;\,\ln a)\).

La fonction ln est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) avec \(\ln^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\). Ensuite, la tangente T en A a pour équation :
\(y=\dfrac{1}{a}(x-a)+\ln a=\dfrac{x}{a}-1+\ln a\)

Q est sur l’axe des ordonnées, donc x = 0 : \(y_Q=\ln a-1\), soit \(Q(0\,;\,\ln a-1)\).

\(PQ=|y_P-y_Q|=|\ln a-(\ln a-1)|=1\)

Quel que soit a, PQ = 1.

b) Construction : on trace le point P (projeté de A sur l’axe des ordonnées), puis on place le point Q sur l’axe des ordonnées une unité en dessous de P. Puis la tangente T est la droite (AQ).

Exercice 36 :

1. De plus, on lit sur le graphique :
• le point de coordonnées (1 ; 2) est sur la courbe, donc f(1) = 2 ;
• la tangente en ce point est horizontale, donc f'(1) = 0 ;
• le point d’abscisse \(\dfrac{1}{2}\) a pour ordonnée \(1+\dfrac{1}{2}\ln 2\), donc \(f(\dfrac{1}{2})=1+\dfrac{1}{2}\ln 2\).

Calculs :
• \(f(1)=a+(b+c)\ln 1=a\), donc a = 2.
• \(f^{\prime}(x)=a+b\ln x+(bx+c)\times \dfrac{1}{x}\), donc \(f^{\prime}(1)=a+b+c=0\) et \(b+c=-2\).
• \(f(\dfrac{1}{2})=\dfrac{a}{2}+(\dfrac{b}{2}+c)\ln\dfrac{1}{2}=1-(\dfrac{b}{2}+c)\ln 2\). Ensuite, en identifiant avec \(1+\dfrac{1}{2}\ln 2\) : \(\dfrac{b}{2}+c=-\dfrac{1}{2}\).

En soustrayant les deux équations : \((b+c)-(\dfrac{b}{2}+c)=-2+\dfrac{1}{2}\), soit \(\dfrac{b}{2}=-\dfrac{3}{2}\) et b = −3, puis c = 1.

Ainsi \(f(x)=2x+(1-3x)\ln x\) : c’est la fonction g de la question 2.

2. a) En 0 : \(2x\) tend vers 0, \(1-3x\) tend vers 1 et \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\lim_{x\to 0^+}g(x)=-\infty\).
Par ailleurs, en \(+\infty\) : on écrit \(g(x)=x(2+(\dfrac{1}{x}-3)\ln x)\). Comme \(\dfrac{1}{x}-3\) tend vers −3 et \(\ln x\) vers \(+\infty\), la parenthèse tend vers \(-\infty\), donc \(\lim_{x\to +\infty}g(x)=-\infty\).

b) \(g^{\prime}(x)=2-3\ln x+(1-3x)\times \dfrac{1}{x}=2-3\ln x+\dfrac{1}{x}-3=\dfrac{1-x}{x}-3\ln x\).

• Sur ]0 ; 1[ : \(\dfrac{1-x}{x}\gt 0\) et \(\ln x\lt 0\) donc \(-3\ln x\gt 0\) : \(g^{\prime}(x)\gt 0\).
• Sur ]1 ; +∞[ : \(\dfrac{1-x}{x}\lt 0\) et \(-3\ln x\lt 0\) : \(g^{\prime}(x)\lt 0\).
• \(g^{\prime}(1)=0\).

c) Tableau de variations, avec \(g(1)=2+(1-3)\times 0=2\) :

Exercice 37 :

La formule du gain est illisible dans l’énoncé (« G = 20 x 10 90 ») : il manque l’expression exacte qui relie G à la fréquence f, on ne peut donc pas donner de valeur numérique. Voici la méthode à appliquer une fois la formule connue ; elle s’écrit sous la forme \(G=20\log(\ldots)\), où la parenthèse contient la fréquence f.

a) On remplace f par \(9\times 10^9\) dans la formule, on calcule le logarithme décimal à la calculatrice et on multiplie par 20 ; on arrondit le résultat au centième.

b) On résout l’inéquation \(G\geq\, 20\) : on divise par 20, ce qui donne « log(…) ≥ 1 ». Comme la fonction log est strictement croissante et que \(\log(10)=1\), cela équivaut à « (…) ≥ 10 », que l’on résout pour obtenir une inégalité du type f ≥ valeur minimale. Puis on arrondit cette fréquence à \(10^7\) Hz près.

Exercice 38 :

1. \(e^{2x}\leq\, 3\Leftrightarrow 2x\leq\, \ln 3\Leftrightarrow x\leq\, \dfrac{1}{2}\ln 3\) : réponse C.

2. \(\ln(1-2x)\) existe si \(1-2x\gt 0\), c’est-à-dire \(x\lt \dfrac{1}{2}\) : réponse C.

3. \(\ln(3-x)\lt 1\Leftrightarrow 0\lt 3-x\lt e\Leftrightarrow 3-e\lt x\lt 3\) : réponse B.

4. \(\ln(20)-\ln(4)+\ln(25)=\ln(\dfrac{20\times 25}{4})=\ln(125)=\ln(5^3)=3\ln(5)\) : réponse B.

5. \(\ln(\dfrac{2^5}{7^3})=\ln(2^5)-\ln(7^3)=5\ln(2)-3\ln(7)\) : réponse A.

6. \(f^{\prime}(x)=1\times \ln(x)+x\times \dfrac{1}{x}-1=\ln(x)\) : réponse A.

7. Ensuite, en \(+\infty\), \(\dfrac{\ln(x)}{x}\) tend vers 0 (croissance comparée) et \(x^2+1\) vers \(+\infty\) : la limite est \(+\infty\), réponse C.

Exercice 39 :

1. \((\dfrac{1}{2})^n\lt 10^{-3}\Leftrightarrow 2^n\gt 1\,000\Leftrightarrow n\ln 2\gt \ln 1\,000\Leftrightarrow n\gt \dfrac{\ln 1\,000}{\ln 2}\approx 9{,}97\). Puis L’inégalité est vraie pour tout \(n\geq\, 10\) (\(2^9=512\), \(2^{10}=1\,024\)). De plus, elle est donc vraie pour n = 12 et à partir de n = 10, mais pas pour n = 3 ni pour n = 9 : réponses B et D.

2. \(g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{2x+1}\).
• A : \(g(4)=\ln 9=2\ln 3\) et \(g^{\prime}(4)=\dfrac{2}{9}\) : vrai.
• B : \(g(1)=\ln 3\) mais \(g^{\prime}(1)=\dfrac{2}{3}\ne\dfrac{1}{3}\) : faux.
• C : \(g(0)=\ln 1=0\) et \(g^{\prime}(0)=2\) : vrai.
• D : \(g(2)=\ln 5\) mais \(g^{\prime}(2)=\dfrac{2}{5}\ne\dfrac{4}{5}\) : faux.
Réponses A et C.

3. Ensuite, en 0 : \(x\ln x\) tend vers 0, donc le numérateur tend vers −1, et \(x^2\) tend vers \(0^+\) : \(\lim_{x\to 0}f(x)=-\infty\).
Par ailleurs, en \(+\infty\) : \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}-\dfrac{1}{x^2}\) tend vers 0, ce qui exclut C et D.
Réponse B.

Logarithme népérien corrigé : méthode de travail

Avant tout, rédige ta propre réponse sur un brouillon. Ensuite, vérifie chaque résultat avec soin. Ainsi, tu repères vite tes erreurs de méthode. Par ailleurs, en outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, explique la méthode à voix haute, comme à un camarade. Enfin, pour aller plus loin, l’article Limite (mathématiques) de Wikipédia présente la notion autrement. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.

Le livre MathovoreExercices corrigés de mathématiques TerminaleEnvie de continuer l’entraînement ? Le recueil de Terminale réunit des exercices de toute l’année, chacun suivi de sa correction.Ouvrir le recueil ↗Le livre MathovoreAnnales du bac de maths TerminaleObjectif bac : entraînez-vous sur les exercices du bac de spécialité maths, classés par chapitre, avec leur correction complète.Ouvrir les annales du bac ↗