Logarithme népérien : corrigé des exercices en terminale en PDF.

Le corrigé des exercice de maths sur le logarithme népérien et l’utilisation des formule et calcul de limites en terminale.

Exercice 1 :
$ln\,72=ln(2^3\times 3^2)=3ln2+2ln3\,;\\ln\frac{1}{8}=-ln8=-ln(2^3)=-3ln2\,;\\ \frac{1}{8}ln\,256=\frac{1}{8}ln(2^8)=\frac{8}{8}ln(2)=ln2\,.$

$ln\,250=ln(2\times 5^3)=ln2+3ln5\,\\ln200=ln(5^2\times 2^3)=2ln5+3ln2\\ \,ln1,25=ln(125\times 10^{-2})=ln(5^3\times 5{-2}\times 2^{-2})=3ln5-2ln5-2ln2=ln5-2ln2 \\ ln\,10^{-4}=-4ln(5\times 2)=-4ln5-4ln2\,.$

Exercice 2 :
Simplifier les expressions suivantes :

$a=ln\,e^2+ln\sqrt{e}=2ln e+\frac{ln e}{2} \\b=ln(e\sqrt{e})=ln e-+\frac{ln e}{2} \\ c=ln e+ln(\frac{1}{e})=ln e-ln e=0 \\d=lne^2-lne^{-2}=2ln e+2ln e=4ln e\..$

Exercice 3 :

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

$S=lna^n+lna^{n-1}+...+lna+ln1+ln\frac{1}{a}+...+ln\frac{1}{a^{n-1}}+ln\frac{1}{a^n} \\ =ln(a^n\times a^{n-1}\times...\times a\times 1)+ln(\frac{1}{a\times...\times a^{n-1}\times a^n})\\ =ln(a^n\times a^{n-1}\times...\times a\times 1)-ln(a\times...\times a^{n-1}\times a^n)\\= 0 \,.$

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 :

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

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

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

Exercice 6 :
Résoudre dans $\mathbb{R} \,.$ chacune des équations suivantes :

a. $x=e^2 \,.$

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

c. $x=e^9\,.$

$ln(2x+1)=ln(2x-3)\\ln(2x+1)-ln(2x-3)=0\\ln(\frac{2x+1}{-2x-3})=0\\\frac{2x+1}{-2x-3}=1\\2x+1=-2x-3\\x=-1\,.$

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

Posons $X=ln x \,.$

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

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

$X=3 \,\,ou\,\,X=-1\\ln x=3\,\,ou\,\,ln x=-1\\x=e^3 ou x=e^{-1} \,.$

$\red\fbox{S=\{e^{-1}\,,\,e^3\}}.$

Exercice 7 :
$\{{x+y=2\atop lnx-lny=ln3} \,.$

$\{{x+y=2\atop ln\frac{x}{y}=ln3} \,.$

$\{{x+y=2\atop \frac{x}{y}=3} \,.$

$\{{x+y=2\atop x=3y} \,.$

$\{{3y+y=2\atop x=3y} \,.$

$\{{y=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\atop x=\frac{3}{2}} \,.$

$\red\fbox{S=\{(\frac{3}{2}\,,\,\frac{1}{2})\}}.$

Exercice 8 :
Déterminer la fonction dérivée de la fonction f sur l’ensemble $D \,.$

$f(x)=ln(-x)\,\,D=]-\infty\,;\,0[ \\ f'(x)=-\frac{1}{x}\,.$

$f(x)=ln(\sqrt{x})\,\,D=]0\,;\,+\infty\,[ \\f'(x)=\frac{1}{2x}\,.$

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

$\red\fbox{f'(x)=\frac{-2}{x^2-1}.$

Exercice 9 :

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

$\left\{\begin{matrix} & a^3 -5a^2 +7a-2 = 0 \\ & 2a^2 -7a +6 = 0 \end{matrix}\right.$

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

$z' = \frac{3-2i +1}{2}$ et $z'' = \frac{3-2i -1}{2}$

$z' = 2-i$ et $z'' = 1-i$

donc

$P(z) = (z-2)( z -(2-i))(z -(1-i))$

Exercice 10 :

Résoudre les inéquations suivantes :

$1.\,lnx>2\\lnx>lne^2\\x>e^2\\2.\,2lnx-1<5\\2lnx<6\\lnx<3\\lnx<lne^3\\x<e^3\\ \\3.\,ln(2x-1)-ln(2x+1)\leq ln(x+2)\\ln(\frac{2x-1}{2x+1})\leq ln(x+2)\\\frac{2x-1}{2x+1}\leq x+2\\2x-1\leq (x+2)(2x+1)$

$2x-1\leq 2x^2+x+4x+2$

$2x-1-2x^2-x-4x-2\leq 0$

$-3x-3-2x^2\leq 0$

$2x^2+3x+3\leq 0$

Exercice 11 :

Résoudre les équations suivantes :

$1.\,ln(4x^2-1)=ln(x+2)\\4x^2-1=x+2\\4x^2-x-3=0$

Calculons le discriminant :

$\Delta =1+4\times 4\times 3=49$

$\Delta >0$ , il y a deux racines réelles distinctes .

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

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

Exercice 12 :

Résoudre les équations suivantes :

$1.\,lnx=3\Leftrightarrow x=e^3\\2.\,ln(3x)=0\Leftrightarrow x=\frac{e^0}{3}=\frac{1}{3}\\3.\,ln(2x-1)=3\Leftrightarrow 2x-1=e^3\Leftrightarrow x=\frac{e^3-1}{2}\\4.\,ln\left ( \frac{1}{x-1}\right )=1\Leftrightarrow \frac{1}{x-1}=e^1\Leftrightarrow x-1=\frac{1}{e}\Leftrightarrow x=e^{-1}+1\\5.\,ln(x^2)=4\Leftrightarrow x^2=e^4\Leftrightarrow x=e^2\,ou\,x=-e^{2}$

Exercice 13 :

Simplifier :

$a=ln(e^5)=5lne=5\\b=ln(e^2\sqrt{e})=ln(e^2e^{\frac{1}{2}})=ln(e^{\frac{5}{2}})=\frac{5}{2}lne=\frac{5}{2}\\c=ln\left ( \frac{\sqrt{e}}{4} \right )=ln(\sqrt{e})-ln4=\frac{1}{2}lne-ln2^2=\frac{1}{2}-2ln2\\d=ln\left ( \frac{1}{e^2} \right )^3=-3lne^2=-6lne=-6\\e=\frac{1}{3}lne^{27}=\frac{27}{3}lne=9lne=9$

Exercice 14 :

Exprimer en fonction de ln 2 et ln 3 :

$a=ln18=ln(2\times 3^2)=ln2+2ln3.\\b=ln\frac{1}{8}=ln\frac{1}{2^3}=-ln2^3=-3ln2\\c=ln(\frac{\sqrt{3}}{2})=ln\sqrt{3}-ln2=\frac{1}{2}ln3-ln2.\\d=ln(2e^3)=ln2+3lne=3+ln2.\\e=4ln(\sqrt{6})-6ln(12)=4\times \frac{1}{2}ln(6)-6ln(12)=2ln(3\times 2)-6ln(2^2\times 3)\\=2ln3+2ln2-12ln2-6ln3=-10ln2-4ln3.$

Exercice 15 :

1. ln(3-5x) = 0 équivaut à $3-5x = e^0 = 1$ . Donc 5x = 2 et x = 2/5.

2. On peut transformer l’équation de la manière suivante :

$2ln(x-4) = ln(x)-2ln(2) = ln(x)-ln(4)$

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 $x^2-15x+16 = 0$ .

On résout cette équation du second degré en x et on vérifie que les solutions obtenues sont bien positives et différentes de 4.

3. $ln(x+4)+ln(x+1) = ln(6)$ équivaut à $ln( (x+4)(x+1) ) = ln(6)$ , donc (x+4)(x+1) = 6.

On résout cette équation du second degré en x et on vérifie que la solution obtenue est bien positive.

4. $ln( |x+4 |)+ln( |x+1 |) = ln(6)$ signifie que $|(x+4)(x+1)| = 6$ , c’est-à-dire que (x+4)(x+1) = 6 ou (x+4)(x+1) = -6. On résout ces deux équations et on vérifie que les solutions obtenues sont bien positives.

5. On peut réécrire l’équation sous la forme $ln^3x-lnx = 2-ln^2x$ .

En posant y = ln x, cela équivaut à $y^3-y = 2-y^2$ , soit $y^3-y^2+y-2 = 0$ .

On peut factoriser cette expression en $(y-2)(y^2+1y+1) = 0$ , donc y = 2 ou y = (-1±i√3)/2. On vérifie que ces trois valeurs de y correspondent à des solutions de l’équation initiale.

6. $ln( \frac{ 2x-3 }{5x+1}) < 0$ équivaut à $\frac{ 2x-3 }{ 5x+1 }< 1$ (car ln est une fonction strictement croissante).

On résout cette inéquation et on trouve 1/3 < x < -1/5.

7. On peut réécrire l’équation sous la forme $ln x - \frac{1}{ln x} < \frac{3}{2}$ .

On pose y = ln x et on note f(y) = y – (1/y).

L’équation devient f(y) < 3/2.

On étudie la fonction f(y) : elle est dérivable sur ]0,+∞[, sa dérivée est $f'(y) = 1 + \frac{1}{y^2} > 0$ , donc f est strictement croissante sur ]0,+∞[.

De plus, f(1) = 0. On en déduit que l’équation $f(y) < \frac{3}{ 2}$ est équivalente à $y < f^{-1}(\frac{3}{2})$ .

On calcule $f^{-1}(y)$ en résolvant l’équation $y = x - \frac{ 1}{ x }$ en x :

$y = x - (1/x) \Leftrightarrow x^2 - yx - 1 = 0$

La solution positive est $x = \frac{ y + \sqrt{y^2+4} }{2}$ , donc $f^{-1}(y) = \frac{y + \sqrt{y^2+4}}{2}$ .

On calcule $f^{-1}(\frac{3}{ 2})$ et on trouve $f^{-1}(\frac{3}{2}) = \frac{ln(3+ \sqrt{5})}{2}$ .

Finalement, les solutions de l’inéquation sont les x tels que $ln x < \frac{ln(3+ \sqrt{5})}{ 2}$ , c’est-à-dire $0 < x < e^ {\frac{ln(\sqrt{3+ \sqrt{5}})}{2}} \approx 3,57$ .

Exercice 16 :

On peut comparer ces deux nombres en regardant la fonction $f(x) = x^{ 1/x }$ , pour x > 0.

On a $f'(x) = \frac{x^ {\frac{1}{ x}} (1-ln(x))}{ x^2}$ , donc f est croissante sur ]0,e[ et décroissante sur ]e,+∞[.

En particulier, f( e^(1/e) ) ≈ 1,44 est le maximum de f sur ]0,+∞[.

On a donc :

$\pi^{e} = e^{e\ln\pi} = (e^{\ln\pi})^{e} = \pi^{e} = (\pi^{\frac{1}{\pi}})^{e\pi} = (\pi^{e\pi})^{\frac{1}{e\pi}} > (e^{\pi})^{\frac{1}{e}} = e^{\frac{\pi}{e}}$

La dernière égalité est justifiée par le fait que f(e) > f(\pi) pour 0 < x < e^(1/e) et que f(x) < f(e) pour x > e^(1/e).

Finalement, on a :

$\pi^{e} > e^{\frac{\pi}{e}}$

Le nombre $\pi^e$ est donc plus grand que $e^{\frac{\pi}{e}}$ .

Exercice 17 :

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

fonctions dérivables sur cet intervalle .

$g'(x)=4x-\frac{1}{x}$

$g'(x)\geq 0$

$\Leftrightarrow 4x-\frac{1}{x}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{4x^2-1}{x}\geq 0$

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

$\Leftrightarrow x(2x+1)(2x-1)\geq 0$

Conclusion : sur $]0;+\infty[$ , f est croissant sur $[\frac{1}{2};+\infty[$ .

Exercice 18 :

1.Calculer la dérivée de la fonction g et étudier son signe. En déduire les variations de la fonction g .

$g'(x)=-2x-\frac{1}{x}$

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

Le signe de $g'$ est celui de $-2x^2-1$ .

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

$-2x^2-1< 0$ sur $]0;+\infty[$ .

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

2. Calculer g(1). En déduire le signe de g(x) pour x appartenant à l’intervalle ]0;+ [ .

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

$g(1)=0$

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 :

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 1,5

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

$ln(1,05^n)\geq ln(1,5)$

$nln(1,05)\geq ln(1,5)$ (ln 1,05 <0)

$n\leq \frac{ln(1,5)}{ln(1,05)}$

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%

Exercice 20 :

Partie A:
1. Limites de la fonction g en 0 et $+\infty$ :
Pour la limite en 0, on peut utiliser le développement de Taylor de ln(x) au premier ordre, qui est $ln(x) = x - 1 + o(x)$ près de x=0.
Ainsi, en utilisant ce développement dans la définition de g, on obtient:
$g(x) = x - xln(x) = x - x(x - 1 + o(x)) = x - x^2 + o(x^2)$
Comme $x^2$ est une infinitésimale de plus haut ordre que x, on a $\lim_{x\rightarrow 0} \frac{x^2}{ o(x^2)} = 0$ , ce qui implique que $\lim_{x \rightarrow 0} g(x) = 0$ .

Pour la limite en $+\infty$ , on peut utiliser le lemme de L’Hôpital.

En effet, on a:
$\lim_{x \rightarrow +\infty} g(x) = \lim_{x->+\infty} x - xln(x) = \lim_{x->+\infty} \frac{x}{\frac{1}{ln(x)}}$ .

En appliquant le lemme de L’Hôpital, on obtient:
$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x}{\frac{1}{ln(x)}} = \lim_{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{\frac{-1}{ln^2(x)}} = 0.$

Donc, la limite de g en $+\infty$ est 0.

2. Calcul de la dérivée de g(x) et justification de la dérivabilité de g sur l’intervalle $]0;+\infty[$ :
On peut calculer la dérivée de g(x) en utilisant la formule de dérivation de la différence. On a:
$g'(x) = (x)' - (xln(x))' \\= 1 - (xln(x))' \\= 1 - (x)'ln(x) - x(ln(x))' \\= 1 - ln(x).$
Ainsi, g'(x) = -ln(x).

Pour montrer que g est dérivable sur l’intervalle $]0;+\infty[$ , il suffit de montrer que la limite du taux d’accroissement de g(x) quand x tend vers a pour tout a>0 existe et est finie. On a:
$\lim_{x\rightarrow a} [g(x) - g(a)]/(x-a) \\\\= \lim_{x\rightarrow a} [(x- a) -- (xln(x)-aln(a))]/(x-a) \\\\= \lim_{x\rightarrow a} [1-ln(x)/ln(a)] = 1-ln(a)/ln(a) = 0.$
Donc, la fonction g est dérivable sur l’intervalle $]0;+\infty[$ .

3. Tableau de variations de la fonction g:
Pour dresser le tableau de variations de g(x), on peut utiliser sa dérivée g'(x). On a:
– g'(x) est définie et strictement négative sur ] $]0;+\infty[$ .
– g'(x) est décroissante sur $]0;+\infty[$ .
– Le signe de g'(x) change en x=1, donc g(x) atteint son minimum en x=1.
On obtient alors le tableau de variations suivant pour g(x):

x | 0 | 1 | +\infty
——-|——-|———|——–
g'(x) | – | 0/- | 0
g(x) | 0 | -1/e + 1 | 0

Partie B:
1. Conjecture de sens de variation et de limite de la suite $(u_n)$ :
a. Pour conjecturer le sens de variation de la suite $(u_n)$ , on peut calculer les premiers termes de la suite et observer s’ils augmentent ou diminuent. On a:

$u_1 = e/1^1 \approx 2.718 \\\\u_2 = e^2/2^2 \approx 3.678 \\\\u_3 = e^3/3^3 \approx 1.909 \\\\u_4 = e^4/4^4 \approx 0.581 \\\\u_5 = e^5/5^5 \approx 0.164 \\\\u_6 = e^6/6^6 \approx 0.040$

On peut remarquer que la suite diminue et atteint des valeurs de plus en plus petites.

b. Pour conjecturer la limite de la suite $(u_n)$ , on peut observer que les termes de la suite décroissent vers 0 à mesure que n augmente.

On peut également utiliser la règle de Stolz-Cesàro pour montrer que la limite de $u_n$ est 0. En effet, on a:
$\lim_{n->+\infty} \frac{u_{n+1}-u_n}{(n+1)^{n+1}-n^n} \\\\= \lim_{n->+\infty} \frac{e^{n+1}/(n+1)^{n+1}-e^n/n^n}{(n+1)^{n+1}-n^n} \\\\= \lim_{n->+\infty} \frac{e^{n+1}n^n-n^{n+1}e^n}{(n+1)^{n+1}(n^n)-(n^n)(n+1)^n} \\\\= \lim_{n->+\infty} \frac{n^n e^n}{n^n(n+1)} \frac{e}{(1+1/n)^{n+1}-1} \\\\= \frac{e}{e-1} \lim_{n->+\infty} \frac{1}{(1+1/n)^n} \\\\= \frac{e}{e-1} \frac{1}{e} = 0.$

Donc, la limite de $(u_n)$ est 0.

2. Calcul de la suite $(v_n)$ et détermination de son sens de variation:
a. On peut calculer $v_n$ en utilisant la formule de $ln(u_n)$ .

On a:
$v_n = ln(u_n) = nln(e) - nln(n) = n(1-ln(n))$ .

b. Pour déterminer le sens de variation de la suite $(v_n)$ , on peut étudier le signe de sa dérivée $v'_n = 1-ln(n)-n(-1/n^2) = 1+1/n-ln(n)$ .

On observe que la dérivée est positive pour n=1 et décroissante sur $]1;+\infty[$ , donc la suite $(v_n)$ est décroissante sur $]1;+\infty[$ .

3. Montrer que la suite $(u_n)$ est bornée:
On peut montrer que la suite $(u_n)$ est bornée en utilisant l’inégalité de Bernoulli $(1+x)^n \geq 1+nx$ pour tout x>-1 et tout entier naturel n. On a:
$u_n = \frac{e^n}{n^n} = \left(1 + \frac{e-1}{n}\right)^n \le \left(1 + \frac{e-1}{n}\cdot n\right) = e.$
Ainsi, la suite $(u_n)$ est majorée par e et donc bornée.

4. Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente et déterminer sa limite:
On peut utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass pour montrer que la suite $(u_n)$ admet une limite. En effet, comme on a montré que la suite $(u_n)$ est bornée, elle admet une sous-suite convergente.

On peut également utiliser la propriété des suites adjacentes pour déterminer la limite de $(u_n)$ .

Pour cela, on construit deux suites $(a_n)$ et $(b_n)$ telles que $a_n \leq u_n \leq b_n$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} (b_n-a_n) = 0$ .

On peut prendre par exemple:
– $a_n = 0$ pour tout n, et $b_n = e$ pour tout n (on a montré que u_n ≤ e pour tout n).
– On a

$\lim_{n \rightarrow +\infty} b_n/a_n \\\\= \lim_{n \rightarrow +\infty} e^2/((n+1)^{n+1} \times e^n)\\\\ = \lim_{n \rightarrow +\infty} e/(1+1/n)^{n+1} \\\\= e/e^2 \\\\= 1/e.$
Donc, la suite $(u_n)$ converge vers la limite commune des deux suites adjacentes $(a_n)$ et $(b_n)$ , qui est 0.

Exercice 21 :

1. Démonstration de $f(x) = xln2 - 2lnx$ :
On a f(x) = ln(2^x) – ln(x^2) = xln2 – 2lnx par les propriétés des logarithmes.

2. Calcul de f(2) et f(4):
On a $f(2) = 2ln2 - 2ln4 = 2ln2 - ln(16) = 2ln2 - 4ln2 = -2ln2$ .

De même, on a $f(4) = 4ln2 - 2ln16 = 4ln2 - 4ln2 = 0$ .

3. Calcul de la dérivée f ‘ de f:
On peut calculer la dérivée de f(x) en utilisant la formule de dérivation de la différence et les propriétés des logarithmes. On a:

$f'(x) = (xln2 - 2lnx)' = x'ln2 - (2lnx)' = ln2 - \frac{2}{ x}$ .

4. Signe de f(x):
Pour déterminer le signe de f(x), on peut étudier le signe de sa dérivée f ‘(x):
– f ‘(x) est définie et strictement négative sur $]0;+\infty[$ .
– f ‘(x) est décroissante sur $]0;+\infty[$ .
On en déduit que la fonction f est décroissante sur $]0;+\infty[$ .

En particulier, pour tout x>2, on a $f(x) < f(2) = -2ln2$ .

5. Ensemble des entiers n pour lesquels $2^n \geq n^2$ :
On peut réécrire cette inégalité sous la forme d’une exponentielle: $n^2 \leq 2^n$ .

On remarque que les deux membres de l’inégalité sont des fonctions croissantes de n pour n > 0, donc l’inégalité est vraie pour un nombre fini d’entiers.

On peut ensuite vérifier pour chacun des entiers n si l’inégalité est vraie.

Par exemple, pour n=1, on a $2^1 \geq 1^2$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1.

De même, pour n=2, on a $2^2=4 \geq 2^2$ , donc l’inégalité est vraie pour n=2.

Pour n=3, on a $2^3=8 \geq 3^2=9$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1, 2 et 3.

On peut poursuivre le raisonnement pour les valeurs suivantes de n, jusqu’à trouver le plus grand entier satisfaisant l’inégalité:
– Pour n=4, on a $2^4=16 \geq 4^2=16$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1, 2, 3 et 4.
– Pour n=5, on a $2^5=32 \geq 5^2=25$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1, 2, 3, 4 et 5.
– Pour n=6, on a $2^6=64 \geq 6^2=36$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1, 2, 3, 4, 5 et 6.
– Pour n=7, on a $2^7=128 \geq 7^2=49$ , donc l’inégalité est vraie pour n=1, 2, 3, 4, 5, 6 et 7.

On peut ensuite remarquer que pour tout entier n ≥ 8, on a $2^n > n^2$ , donc l’inégalité n’est plus vraie. Ainsi, l’ensemble des entiers n pour lesquels on a $2^n \geq n^2$ est {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

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