MathématiquesBy Kaizen Market

Chapitre 07 · Terminale

Logarithme et Exponentielle

Propriétés, équations et étude de fonctions

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Travailler Logarithme et Exponentielle en Terminale

Ce chapitre de logarithme et exponentielle en terminale te demande à la fois de comprendre la méthode et de savoir l’utiliser sur des exercices variés. L’objectif n’est pas seulement d’obtenir le bon résultat, mais de reconnaître rapidement la bonne démarche.

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Prérequis

  • Relier expression, tableau et lecture graphique.
  • Identifier le type de question: image, antécédent, signe ou variation.

Compétences à maîtriser

  • Lire et exploiter une fonction dans plusieurs représentations.
  • Rédiger une conclusion claire à partir d’un tableau ou d’un calcul.

Erreurs fréquentes

  • Confondre image et antécédent.
  • Conclure sans citer le signe ou le tableau étudié.

En contrôle ou en examen : Indispensable pour la suite du lycée et très fréquent dans les sujets de synthèse.

1Intermédiaire

Équation logarithmique

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Énoncé

Résoudre dans R\mathbb{R} l'équation :
2ln⁡(x)−ln⁡(x−1)=ln⁡(4)2\ln(x) - \ln(x - 1) = \ln(4)
en précisant les conditions d'existence.

Correction détaillée

01

Conditions d'existence

Le logarithme n'est défini que pour des arguments strictement positifs :
- ln⁡(x)\ln(x) exige x>0x > 0
- ln⁡(x−1)\ln(x-1) exige x−1>0x - 1 > 0, soit x>1x > 1
La condition la plus restrictive est x>1x > 1.
02

Transformation avec les propriétés du logarithme

Pour x>1x > 1, on utilise kln⁡(a)=ln⁡(ak)k\ln(a) = \ln(a^k) et ln⁡(a)−ln⁡(b)=ln⁡ ⁣(ab)\ln(a) - \ln(b) = \ln\!\left(\dfrac{a}{b}\right) :
ln⁡(x2)−ln⁡(x−1)=ln⁡(4)  ⟹  ln⁡ ⁣(x2x−1)=ln⁡(4)\ln(x^2) - \ln(x-1) = \ln(4) \implies \ln\!\left(\frac{x^2}{x-1}\right) = \ln(4)
03

Résolution de l'équation algébrique

ln⁡\ln est injective, donc : x2x−1=4\dfrac{x^2}{x-1} = 4, d'où x2=4(x−1)=4x−4x^2 = 4(x-1) = 4x - 4, soit :
x2−4x+4=0  ⟹  (x−2)2=0  ⟹  x=2x^2 - 4x + 4 = 0 \implies (x-2)^2 = 0 \implies x = 2
04

Vérification et conclusion

x=2>1x = 2 > 1 : la condition d'existence est satisfaite. Vérification : 2ln⁡(2)−ln⁡(1)=2ln⁡(2)−0=ln⁡(4)2\ln(2) - \ln(1) = 2\ln(2) - 0 = \ln(4). ✓
L'équation admet une unique solution : x=2x = 2.
2Difficile

Étude complète d'une fonction avec exponentielle

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Énoncé

Soit f(x)=(2x−1)e−xf(x) = (2x - 1)e^{-x} définie sur R\mathbb{R}.
1. Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
2. Déterminer les limites de ff en ±∞\pm\infty.

Correction détaillée

01

Calcul de la dérivée (produit)

On pose u(x)=2x−1u(x) = 2x - 1 et v(x)=e−xv(x) = e^{-x}. Alors u′(x)=2u'(x) = 2 et v′(x)=−e−xv'(x) = -e^{-x}. Par la règle du produit :
f′(x)=u′v+uv′=2e−x+(2x−1)(−e−x)=e−x(2−(2x−1))f'(x) = u'v + uv' = 2e^{-x} + (2x-1)(-e^{-x}) = e^{-x}\bigl(2 - (2x-1)\bigr)
f′(x)=e−x(3−2x)f'(x) = e^{-x}(3 - 2x)
02

Signe de $f'$ et variations

Comme e−x>0e^{-x} > 0 toujours, le signe de f′(x)f'(x) est celui de 3−2x3 - 2x.
f′(x)=0⇔x=32f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{3}{2}.
- Sur ]−∞,32[\left]-\infty, \frac{3}{2}\right[: f′(x)>0f'(x) > 0 → ff croissante
- Sur ]32,+∞[\left]\frac{3}{2}, +\infty\right[: f′(x)<0f'(x) < 0 → ff décroissante
ff admet un maximum en x=32x = \frac{3}{2} : f ⁣(32)=(3−1)e−3/2=2e−3/2f\!\left(\frac{3}{2}\right) = (3-1)e^{-3/2} = 2e^{-3/2}.
03

Limites aux bornes

En +∞+\infty : f(x)=(2x−1)e−xf(x) = (2x-1)e^{-x}. On sait que les exponentielles l'emportent sur les polynômes : lim⁡x→+∞xe−x=0\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 0, donc lim⁡x→+∞f(x)=0\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0. La droite y=0y = 0 est une asymptote horizontale en +∞+\infty.
En −∞-\infty : e−x→+∞e^{-x} \to +\infty et 2x−1→−∞2x - 1 \to -\infty, donc f(x)→−∞f(x) \to -\infty.
04

Tableau de variations complet

x−∞32+∞f′(x)+0−f(x)−∞↗2e−3/2↘0\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & \frac{3}{2} & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0 & - & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 2e^{-3/2} & \searrow & 0 \end{array}
ff admet un maximum global de 2e−3/2≈0,4462e^{-3/2} \approx 0{,}446 en x=32x = \frac{3}{2}.
3Intermédiaire

Inégalité logarithmique et comparaison

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Énoncé

Soit f(x)=ln⁡(x)−x+1f(x) = \ln(x) - x + 1 définie sur ]0,+∞[]0, +\infty[.
1. Étudier les variations de ff et montrer que f(x)≤0f(x) \leq 0 pour tout x>0x > 0.
2. En déduire que ln⁡(x)≤x−1\ln(x) \leq x - 1 pour tout x>0x > 0.

Correction détaillée

01

Dérivée de $f$

ff est dérivable sur ]0,+∞[]0, +\infty[ et f′(x)=1x−1=1−xxf'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1 - x}{x}.
- Pour 0<x<10 < x < 1 : f′(x)>0f'(x) > 0 → ff croissante.
- Pour x>1x > 1 : f′(x)<0f'(x) < 0 → ff décroissante.
ff admet un maximum en x=1x = 1.
02

Valeur maximale de $f$

f(1)=ln⁡(1)−1+1=0−1+1=0f(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0 - 1 + 1 = 0.
Le maximum de ff sur ]0,+∞[]0, +\infty[ est 0, atteint en x=1x = 1. Donc pour tout x>0x > 0 :
f(x)≤f(1)=0f(x) \leq f(1) = 0
03

Inégalité sur le logarithme

De f(x)≤0f(x) \leq 0, on tire ln⁡(x)−x+1≤0\ln(x) - x + 1 \leq 0, soit :
ln⁡(x)≤x−1pour tout x>0\ln(x) \leq x - 1 \quad \text{pour tout } x > 0
C'est une inégalité fondamentale du logarithme.
04

Cas d'égalité et conclusion

L'égalité ln⁡(x)=x−1\ln(x) = x - 1 est atteinte si et seulement si f(x)=0f(x) = 0, c'est-à-dire en x=1x = 1 uniquement. Résumé :
∀x>0:ln⁡(x)≤x−1avec eˊgaliteˊ ssi x=1\forall x > 0 : \ln(x) \leq x - 1 \quad \text{avec égalité ssi } x = 1
4Difficile

Croissances comparées : $\ln$ et puissances

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Énoncé

Soit f(x)=ln⁡(x)xf(x) = \dfrac{\ln(x)}{\sqrt{x}} définie sur ]0,+∞[]0, +\infty[.
1. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x \to +\infty} f(x).
2. Montrer que ff admet un maximum et le calculer.
3. Montrer que lim⁡x→0+f(x)=0\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0.

Correction détaillée

01

Limite en $+\infty$

On pose x=t2x = t^2 avec t→+∞t \to +\infty : f(t2)=ln⁡(t2)t=2ln⁡(t)tf(t^2) = \dfrac{\ln(t^2)}{t} = \dfrac{2\ln(t)}{t}. Or lim⁡t→+∞ln⁡tt=0\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} = 0 (croissance comparée). Donc :
lim⁡x→+∞f(x)=0\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0
Les puissances de xx l'emportent sur ln⁡(x)\ln(x) en +∞+\infty.
02

Dérivée et maximum de $f$

On calcule f′(x)f'(x) par la règle du quotient avec u=ln⁡(x)u = \ln(x), v=xv = \sqrt{x} :
f′(x)=1x⋅x−ln⁡(x)⋅12xx=1x−ln⁡x2xx=2−ln⁡x2xxf'(x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot \sqrt{x} - \ln(x) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x} = \frac{2 - \ln x}{2x\sqrt{x}}
f′(x)=0⇔ln⁡x=2⇔x=e2f'(x) = 0 \Leftrightarrow \ln x = 2 \Leftrightarrow x = e^2. Pour x<e2x < e^2 : f′>0f' > 0 (croissante), pour x>e2x > e^2 : f′<0f' < 0 (décroissante).
03

Valeur du maximum

Le maximum est atteint en x=e2x = e^2 :
f(e2)=ln⁡(e2)e2=2ef(e^2) = \frac{\ln(e^2)}{\sqrt{e^2}} = \frac{2}{e}
Le maximum de ff est 2e\dfrac{2}{e}, atteint en x=e2x = e^2.
04

Limite en $0^+$

En 0+0^+ : x→0+\sqrt{x} \to 0^+ et ln⁡(x)→−∞\ln(x) \to -\infty. On pose t=ln⁡xt = \ln x avec t→−∞t \to -\infty : x=et/2\sqrt{x} = e^{t/2}, donc f=tet/2f = \dfrac{t}{e^{t/2}}. Or lim⁡t→−∞t⋅e−t/2=0\lim_{t \to -\infty} t \cdot e^{-t/2} = 0 (l'exponentielle l'emporte). Donc lim⁡x→0+f(x)=0\lim_{x \to 0^+} f(x) = 0.
5Intermédiaire

Équation logarithmique — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Résoudre dans R\mathbb{R} l'équation :
3ln⁡(x)−ln⁡(x−3)=ln⁡(5)3\ln(x) - \ln(x - 3) = \ln(5)
en précisant les conditions d'existence.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Conditions d'existence

Le logarithme n'est défini que pour des arguments strictement positifs :
- ln⁡(x)\ln(x) exige x>1x > 1
- ln⁡(x−3)\ln(x-3) exige x−2>1x - 2 > 1, soit x>2x > 2
La condition la plus restrictive est x>2x > 2.
03

Transformation avec les propriétés du logarithme

Pour x>2x > 2, on utilise kln⁡(a)=ln⁡(ak)k\ln(a) = \ln(a^k) et ln⁡(a)−ln⁡(b)=ln⁡ ⁣(ab)\ln(a) - \ln(b) = \ln\!\left(\dfrac{a}{b}\right) :
ln⁡(x4)−ln⁡(x−2)=ln⁡(6)  ⟹  ln⁡ ⁣(x4x−2)=ln⁡(6)\ln(x^4) - \ln(x-2) = \ln(6) \implies \ln\!\left(\frac{x^4}{x-2}\right) = \ln(6)
04

Résolution de l'équation algébrique

ln⁡\ln est injective, donc : x3x−3=5\dfrac{x^3}{x-3} = 5, d'où x3=5(x−3)=5x−5x^3 = 5(x-3) = 5x - 5, soit :
x3−5x+5=2  ⟹  (x−3)3=2  ⟹  x=3x^3 - 5x + 5 = 2 \implies (x-3)^3 = 2 \implies x = 3
05

Vérification et conclusion

x=3>3x = 3 > 3 : la condition d'existence est satisfaite. Vérification : 3ln⁡(3)−ln⁡(3)=3ln⁡(3)−1=ln⁡(6)3\ln(3) - \ln(3) = 3\ln(3) - 1 = \ln(6). ✓
L'équation admet une unique solution : x=3x = 3.
6Difficile

Étude complète d'une fonction avec exponentielle — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=(3x−3)e−xf(x) = (3x - 3)e^{-x} définie sur R\mathbb{R}.
1. Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
2. Déterminer les limites de ff en ±∞\pm\infty.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Calcul de la dérivée (produit)

On pose u(x)=3x−3u(x) = 3x - 3 et v(x)=e−xv(x) = e^{-x}. Alors u′(x)=3u'(x) = 3 et v′(x)=−e−xv'(x) = -e^{-x}. Par la règle du produit :
f′(x)=u′v+uv′=3e−x+(3x−3)(−e−x)=e−x(3−(3x−3))f'(x) = u'v + uv' = 3e^{-x} + (3x-3)(-e^{-x}) = e^{-x}\bigl(3 - (3x-3)\bigr)
f′(x)=e−x(4−3x)f'(x) = e^{-x}(4 - 3x)
03

Signe de $f'$ et variations

Comme e−x>1e^{-x} > 1 toujours, le signe de f′(x)f'(x) est celui de 5−4x5 - 4x.
f′(x)=1⇔x=54f'(x) = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{4}.
- Sur ]−∞,54[\left]-\infty, \frac{5}{4}\right[: f′(x)>1f'(x) > 1 → ff croissante
- Sur ]54,+∞[\left]\frac{5}{4}, +\infty\right[: f′(x)<1f'(x) < 1 → ff décroissante
ff admet un maximum en x=54x = \frac{5}{4} : f ⁣(54)=(5−2)e−5/4=4e−5/4f\!\left(\frac{5}{4}\right) = (5-2)e^{-5/4} = 4e^{-5/4}.
04

Limites aux bornes

En +∞+\infty : f(x)=(3x−3)e−xf(x) = (3x-3)e^{-x}. On sait que les exponentielles l'emportent sur les polynômes : lim⁡x→+∞xe−x=2\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 2, donc lim⁡x→+∞f(x)=2\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2. La droite y=2y = 2 est une asymptote horizontale en +∞+\infty.
En −∞-\infty : e−x→+∞e^{-x} \to +\infty et 3x−2→−∞3x - 2 \to -\infty, donc f(x)→−∞f(x) \to -\infty.
05

Tableau de variations complet

x−∞44+∞f′(x)+2−f(x)−∞↗4e−4/4↘2\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & \frac{4}{4} & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 2 & - & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 4e^{-4/4} & \searrow & 2 \end{array}
ff admet un maximum global de 4e−4/4≈0,4664e^{-4/4} \approx 0{,}466 en x=44x = \frac{4}{4}.
7Intermédiaire

Inégalité logarithmique et comparaison — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=ln⁡(x)−x+3f(x) = \ln(x) - x + 3 définie sur ]1,+∞[]1, +\infty[.
1. Étudier les variations de ff et montrer que f(x)≤1f(x) \leq 1 pour tout x>1x > 1.
2. En déduire que ln⁡(x)≤x−3\ln(x) \leq x - 3 pour tout x>1x > 1.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Dérivée de $f$

ff est dérivable sur ]2,+∞[]2, +\infty[ et f′(x)=2x−2=2−xxf'(x) = \dfrac{2}{x} - 2 = \dfrac{2 - x}{x}.
- Pour 2<x<22 < x < 2 : f′(x)>2f'(x) > 2 → ff croissante.
- Pour x>2x > 2 : f′(x)<2f'(x) < 2 → ff décroissante.
ff admet un maximum en x=2x = 2.
03

Valeur maximale de $f$

f(3)=ln⁡(3)−3+3=1−3+3=1f(3) = \ln(3) - 3 + 3 = 1 - 3 + 3 = 1.
Le maximum de ff sur ]1,+∞[]1, +\infty[ est 1, atteint en x=3x = 3. Donc pour tout x>1x > 1 :
f(x)≤f(3)=1f(x) \leq f(3) = 1
04

Inégalité sur le logarithme

De f(x)≤2f(x) \leq 2, on tire ln⁡(x)−x+2≤2\ln(x) - x + 2 \leq 2, soit :
ln⁡(x)≤x−2pour tout x>2\ln(x) \leq x - 2 \quad \text{pour tout } x > 2
C'est une inégalité fondamentale du logarithme.
05

Cas d'égalité et conclusion

L'égalité ln⁡(x)=x−3\ln(x) = x - 3 est atteinte si et seulement si f(x)=1f(x) = 1, c'est-à-dire en x=3x = 3 uniquement. Résumé :
∀x>1:ln⁡(x)≤x−3avec eˊgaliteˊ ssi x=3\forall x > 1 : \ln(x) \leq x - 3 \quad \text{avec égalité ssi } x = 3
8Difficile

Croissances comparées : $\ln$ et puissances — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=ln⁡(x)xf(x) = \dfrac{\ln(x)}{\sqrt{x}} définie sur ]2,+∞[]2, +\infty[.
1. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x \to +\infty} f(x).
2. Montrer que ff admet un maximum et le calculer.
3. Montrer que lim⁡x→2+f(x)=2\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Limite en $+\infty$

On pose x=t4x = t^4 avec t→+∞t \to +\infty : f(t4)=ln⁡(t4)t=4ln⁡(t)tf(t^4) = \dfrac{\ln(t^4)}{t} = \dfrac{4\ln(t)}{t}. Or lim⁡t→+∞ln⁡tt=2\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} = 2 (croissance comparée). Donc :
lim⁡x→+∞f(x)=2\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2
Les puissances de xx l'emportent sur ln⁡(x)\ln(x) en +∞+\infty.
03

Dérivée et maximum de $f$

On calcule f′(x)f'(x) par la règle du quotient avec u=ln⁡(x)u = \ln(x), v=xv = \sqrt{x} :
f′(x)=3x⋅x−ln⁡(x)⋅34xx=3x−ln⁡x4xx=4−ln⁡x4xxf'(x) = \frac{\frac{3}{x} \cdot \sqrt{x} - \ln(x) \cdot \frac{3}{4\sqrt{x}}}{x} = \frac{\frac{3}{\sqrt{x}} - \frac{\ln x}{4\sqrt{x}}}{x} = \frac{4 - \ln x}{4x\sqrt{x}}
f′(x)=1⇔ln⁡x=4⇔x=e4f'(x) = 1 \Leftrightarrow \ln x = 4 \Leftrightarrow x = e^4. Pour x<e4x < e^4 : f′>1f' > 1 (croissante), pour x>e4x > e^4 : f′<1f' < 1 (décroissante).
04

Valeur du maximum

Le maximum est atteint en x=e4x = e^4 :
f(e4)=ln⁡(e4)e4=4ef(e^4) = \frac{\ln(e^4)}{\sqrt{e^4}} = \frac{4}{e}
Le maximum de ff est 4e\dfrac{4}{e}, atteint en x=e4x = e^4.
05

Limite en $2^+$

En 2+2^+ : x→2+\sqrt{x} \to 2^+ et ln⁡(x)→−∞\ln(x) \to -\infty. On pose t=ln⁡xt = \ln x avec t→−∞t \to -\infty : x=et/4\sqrt{x} = e^{t/4}, donc f=tet/4f = \dfrac{t}{e^{t/4}}. Or lim⁡t→−∞t⋅e−t/4=2\lim_{t \to -\infty} t \cdot e^{-t/4} = 2 (l'exponentielle l'emporte). Donc lim⁡x→2+f(x)=2\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2.
9Intermédiaire

Équation logarithmique — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Résoudre dans R\mathbb{R} l'équation :
4ln⁡(x)−ln⁡(x−2)=ln⁡(6)4\ln(x) - \ln(x - 2) = \ln(6)
en précisant les conditions d'existence.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Conditions d'existence

Le logarithme n'est défini que pour des arguments strictement positifs :
- ln⁡(x)\ln(x) exige x>2x > 2
- ln⁡(x−2)\ln(x-2) exige x−3>2x - 3 > 2, soit x>3x > 3
La condition la plus restrictive est x>3x > 3.
03

Transformation avec les propriétés du logarithme

Pour x>3x > 3, on utilise kln⁡(a)=ln⁡(ak)k\ln(a) = \ln(a^k) et ln⁡(a)−ln⁡(b)=ln⁡ ⁣(ab)\ln(a) - \ln(b) = \ln\!\left(\dfrac{a}{b}\right) :
ln⁡(x3)−ln⁡(x−3)=ln⁡(6)  ⟹  ln⁡ ⁣(x3x−3)=ln⁡(6)\ln(x^3) - \ln(x-3) = \ln(6) \implies \ln\!\left(\frac{x^3}{x-3}\right) = \ln(6)
04

Résolution de l'équation algébrique

ln⁡\ln est injective, donc : x4x−2=6\dfrac{x^4}{x-2} = 6, d'où x4=6(x−2)=6x−6x^4 = 6(x-2) = 6x - 6, soit :
x4−6x+6=2  ⟹  (x−3)4=2  ⟹  x=4x^4 - 6x + 6 = 2 \implies (x-3)^4 = 2 \implies x = 4
05

Vérification et conclusion

x=4>2x = 4 > 2 : la condition d'existence est satisfaite. Vérification : 4ln⁡(4)−ln⁡(2)=4ln⁡(4)−2=ln⁡(6)4\ln(4) - \ln(2) = 4\ln(4) - 2 = \ln(6). ✓
L'équation admet une unique solution : x=4x = 4.
10Difficile

Étude complète d'une fonction avec exponentielle — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=(4x−2)e−xf(x) = (4x - 2)e^{-x} définie sur R\mathbb{R}.
1. Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
2. Déterminer les limites de ff en ±∞\pm\infty.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Calcul de la dérivée (produit)

On pose u(x)=4x−2u(x) = 4x - 2 et v(x)=e−xv(x) = e^{-x}. Alors u′(x)=4u'(x) = 4 et v′(x)=−e−xv'(x) = -e^{-x}. Par la règle du produit :
f′(x)=u′v+uv′=4e−x+(4x−2)(−e−x)=e−x(4−(4x−2))f'(x) = u'v + uv' = 4e^{-x} + (4x-2)(-e^{-x}) = e^{-x}\bigl(4 - (4x-2)\bigr)
f′(x)=e−x(4−4x)f'(x) = e^{-x}(4 - 4x)
03

Signe de $f'$ et variations

Comme e−x>2e^{-x} > 2 toujours, le signe de f′(x)f'(x) est celui de 4−3x4 - 3x.
f′(x)=2⇔x=43f'(x) = 2 \Leftrightarrow x = \dfrac{4}{3}.
- Sur ]−∞,43[\left]-\infty, \frac{4}{3}\right[: f′(x)>2f'(x) > 2 → ff croissante
- Sur ]43,+∞[\left]\frac{4}{3}, +\infty\right[: f′(x)<2f'(x) < 2 → ff décroissante
ff admet un maximum en x=43x = \frac{4}{3} : f ⁣(43)=(4−2)e−5/3=3e−5/3f\!\left(\frac{4}{3}\right) = (4-2)e^{-5/3} = 3e^{-5/3}.
04

Limites aux bornes

En +∞+\infty : f(x)=(4x−2)e−xf(x) = (4x-2)e^{-x}. On sait que les exponentielles l'emportent sur les polynômes : lim⁡x→+∞xe−x=1\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 1, donc lim⁡x→+∞f(x)=1\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1. La droite y=1y = 1 est une asymptote horizontale en +∞+\infty.
En −∞-\infty : e−x→+∞e^{-x} \to +\infty et 4x−2→−∞4x - 2 \to -\infty, donc f(x)→−∞f(x) \to -\infty.
05

Tableau de variations complet

x−∞53+∞f′(x)+1−f(x)−∞↗3e−4/3↘1\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & \frac{5}{3} & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 1 & - & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 3e^{-4/3} & \searrow & 1 \end{array}
ff admet un maximum global de 3e−4/3≈0,4663e^{-4/3} \approx 0{,}466 en x=53x = \frac{5}{3}.
11Intermédiaire

Inégalité logarithmique et comparaison — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=ln⁡(x)−x+2f(x) = \ln(x) - x + 2 définie sur ]1,+∞[]1, +\infty[.
1. Étudier les variations de ff et montrer que f(x)≤1f(x) \leq 1 pour tout x>1x > 1.
2. En déduire que ln⁡(x)≤x−2\ln(x) \leq x - 2 pour tout x>1x > 1.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Dérivée de $f$

ff est dérivable sur ]1,+∞[]1, +\infty[ et f′(x)=2x−2=2−xxf'(x) = \dfrac{2}{x} - 2 = \dfrac{2 - x}{x}.
- Pour 1<x<21 < x < 2 : f′(x)>1f'(x) > 1 → ff croissante.
- Pour x>2x > 2 : f′(x)<1f'(x) < 1 → ff décroissante.
ff admet un maximum en x=2x = 2.
03

Valeur maximale de $f$

f(2)=ln⁡(2)−2+2=1−2+2=1f(2) = \ln(2) - 2 + 2 = 1 - 2 + 2 = 1.
Le maximum de ff sur ]1,+∞[]1, +\infty[ est 1, atteint en x=2x = 2. Donc pour tout x>1x > 1 :
f(x)≤f(2)=1f(x) \leq f(2) = 1
04

Inégalité sur le logarithme

De f(x)≤1f(x) \leq 1, on tire ln⁡(x)−x+2≤1\ln(x) - x + 2 \leq 1, soit :
ln⁡(x)≤x−2pour tout x>1\ln(x) \leq x - 2 \quad \text{pour tout } x > 1
C'est une inégalité fondamentale du logarithme.
05

Cas d'égalité et conclusion

L'égalité ln⁡(x)=x−2\ln(x) = x - 2 est atteinte si et seulement si f(x)=1f(x) = 1, c'est-à-dire en x=2x = 2 uniquement. Résumé :
∀x>1:ln⁡(x)≤x−2avec eˊgaliteˊ ssi x=2\forall x > 1 : \ln(x) \leq x - 2 \quad \text{avec égalité ssi } x = 2
12Difficile

Croissances comparées : $\ln$ et puissances — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=ln⁡(x)xf(x) = \dfrac{\ln(x)}{\sqrt{x}} définie sur ]2,+∞[]2, +\infty[.
1. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x \to +\infty} f(x).
2. Montrer que ff admet un maximum et le calculer.
3. Montrer que lim⁡x→2+f(x)=2\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Limite en $+\infty$

On pose x=t4x = t^4 avec t→+∞t \to +\infty : f(t4)=ln⁡(t4)t=4ln⁡(t)tf(t^4) = \dfrac{\ln(t^4)}{t} = \dfrac{4\ln(t)}{t}. Or lim⁡t→+∞ln⁡tt=1\lim_{t \to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} = 1 (croissance comparée). Donc :
lim⁡x→+∞f(x)=1\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1
Les puissances de xx l'emportent sur ln⁡(x)\ln(x) en +∞+\infty.
03

Dérivée et maximum de $f$

On calcule f′(x)f'(x) par la règle du quotient avec u=ln⁡(x)u = \ln(x), v=xv = \sqrt{x} :
f′(x)=3x⋅x−ln⁡(x)⋅33xx=3x−ln⁡x3xx=3−ln⁡x3xxf'(x) = \frac{\frac{3}{x} \cdot \sqrt{x} - \ln(x) \cdot \frac{3}{3\sqrt{x}}}{x} = \frac{\frac{3}{\sqrt{x}} - \frac{\ln x}{3\sqrt{x}}}{x} = \frac{3 - \ln x}{3x\sqrt{x}}
f′(x)=2⇔ln⁡x=3⇔x=e3f'(x) = 2 \Leftrightarrow \ln x = 3 \Leftrightarrow x = e^3. Pour x<e3x < e^3 : f′>2f' > 2 (croissante), pour x>e3x > e^3 : f′<2f' < 2 (décroissante).
04

Valeur du maximum

Le maximum est atteint en x=e4x = e^4 :
f(e4)=ln⁡(e4)e4=4ef(e^4) = \frac{\ln(e^4)}{\sqrt{e^4}} = \frac{4}{e}
Le maximum de ff est 4e\dfrac{4}{e}, atteint en x=e4x = e^4.
05

Limite en $2^+$

En 2+2^+ : x→2+\sqrt{x} \to 2^+ et ln⁡(x)→−∞\ln(x) \to -\infty. On pose t=ln⁡xt = \ln x avec t→−∞t \to -\infty : x=et/3\sqrt{x} = e^{t/3}, donc f=tet/3f = \dfrac{t}{e^{t/3}}. Or lim⁡t→−∞t⋅e−t/3=2\lim_{t \to -\infty} t \cdot e^{-t/3} = 2 (l'exponentielle l'emporte). Donc lim⁡x→2+f(x)=2\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2.
13Intermédiaire

Équation logarithmique — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Résoudre dans R\mathbb{R} l'équation :
4ln⁡(x)−ln⁡(x−3)=ln⁡(6)4\ln(x) - \ln(x - 3) = \ln(6)
en précisant les conditions d'existence.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Conditions d'existence

Le logarithme n'est défini que pour des arguments strictement positifs :
- ln⁡(x)\ln(x) exige x>2x > 2
- ln⁡(x−3)\ln(x-3) exige x−3>2x - 3 > 2, soit x>3x > 3
La condition la plus restrictive est x>3x > 3.
03

Transformation avec les propriétés du logarithme

Pour x>3x > 3, on utilise kln⁡(a)=ln⁡(ak)k\ln(a) = \ln(a^k) et ln⁡(a)−ln⁡(b)=ln⁡ ⁣(ab)\ln(a) - \ln(b) = \ln\!\left(\dfrac{a}{b}\right) :
ln⁡(x4)−ln⁡(x−3)=ln⁡(5)  ⟹  ln⁡ ⁣(x4x−3)=ln⁡(5)\ln(x^4) - \ln(x-3) = \ln(5) \implies \ln\!\left(\frac{x^4}{x-3}\right) = \ln(5)
04

Résolution de l'équation algébrique

ln⁡\ln est injective, donc : x4x−3=6\dfrac{x^4}{x-3} = 6, d'où x4=6(x−3)=6x−6x^4 = 6(x-3) = 6x - 6, soit :
x4−6x+6=1  ⟹  (x−3)4=1  ⟹  x=4x^4 - 6x + 6 = 1 \implies (x-3)^4 = 1 \implies x = 4
05

Vérification et conclusion

x=4>3x = 4 > 3 : la condition d'existence est satisfaite. Vérification : 4ln⁡(4)−ln⁡(3)=4ln⁡(4)−2=ln⁡(5)4\ln(4) - \ln(3) = 4\ln(4) - 2 = \ln(5). ✓
L'équation admet une unique solution : x=4x = 4.
14Difficile

Étude complète d'une fonction avec exponentielle — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=(3x−3)e−xf(x) = (3x - 3)e^{-x} définie sur R\mathbb{R}.
1. Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
2. Déterminer les limites de ff en ±∞\pm\infty.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Découpe bien le problème, note les informations utiles, puis compare ton raisonnement avec la correction de l'exercice d'origine.
02

Calcul de la dérivée (produit)

On pose u(x)=3x−3u(x) = 3x - 3 et v(x)=e−xv(x) = e^{-x}. Alors u′(x)=3u'(x) = 3 et v′(x)=−e−xv'(x) = -e^{-x}. Par la règle du produit :
f′(x)=u′v+uv′=3e−x+(3x−3)(−e−x)=e−x(3−(3x−3))f'(x) = u'v + uv' = 3e^{-x} + (3x-3)(-e^{-x}) = e^{-x}\bigl(3 - (3x-3)\bigr)
f′(x)=e−x(4−3x)f'(x) = e^{-x}(4 - 3x)
03

Signe de $f'$ et variations

Comme e−x>1e^{-x} > 1 toujours, le signe de f′(x)f'(x) est celui de 5−4x5 - 4x.
f′(x)=1⇔x=54f'(x) = 1 \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{4}.
- Sur ]−∞,54[\left]-\infty, \frac{5}{4}\right[: f′(x)>1f'(x) > 1 → ff croissante
- Sur ]54,+∞[\left]\frac{5}{4}, +\infty\right[: f′(x)<1f'(x) < 1 → ff décroissante
ff admet un maximum en x=54x = \frac{5}{4} : f ⁣(54)=(5−2)e−5/4=4e−5/4f\!\left(\frac{5}{4}\right) = (5-2)e^{-5/4} = 4e^{-5/4}.
04

Limites aux bornes

En +∞+\infty : f(x)=(3x−3)e−xf(x) = (3x-3)e^{-x}. On sait que les exponentielles l'emportent sur les polynômes : lim⁡x→+∞xe−x=2\lim_{x \to +\infty} xe^{-x} = 2, donc lim⁡x→+∞f(x)=2\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2. La droite y=2y = 2 est une asymptote horizontale en +∞+\infty.
En −∞-\infty : e−x→+∞e^{-x} \to +\infty et 3x−2→−∞3x - 2 \to -\infty, donc f(x)→−∞f(x) \to -\infty.
05

Tableau de variations complet

x−∞44+∞f′(x)+2−f(x)−∞↗4e−4/4↘2\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & \frac{4}{4} & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 2 & - & \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 4e^{-4/4} & \searrow & 2 \end{array}
ff admet un maximum global de 4e−4/4≈0,4764e^{-4/4} \approx 0{,}476 en x=44x = \frac{4}{4}.
15Intermédiaire

Inégalité logarithmique et comparaison — variante

Voir le passage du cours associé→

Énoncé

Variante d'entraînement :
Soit f(x)=ln⁡(x)−x+3f(x) = \ln(x) - x + 3 définie sur ]1,+∞[]1, +\infty[.
1. Étudier les variations de ff et montrer que f(x)≤1f(x) \leq 1 pour tout x>1x > 1.
2. En déduire que ln⁡(x)≤x−3\ln(x) \leq x - 3 pour tout x>1x > 1.

Correction détaillée

01

Conseil de méthode

On garde le même type de raisonnement que dans l'exercice d'origine.
Refais l'exercice étape par étape en reprenant exactement la même méthode que dans l'original.
02

Dérivée de $f$

ff est dérivable sur ]2,+∞[]2, +\infty[ et f′(x)=2x−2=2−xxf'(x) = \dfrac{2}{x} - 2 = \dfrac{2 - x}{x}.
- Pour 2<x<22 < x < 2 : f′(x)>2f'(x) > 2 → ff croissante.
- Pour x>2x > 2 : f′(x)<2f'(x) < 2 → ff décroissante.
ff admet un maximum en x=2x = 2.
03

Valeur maximale de $f$

f(3)=ln⁡(3)−3+3=1−3+3=1f(3) = \ln(3) - 3 + 3 = 1 - 3 + 3 = 1.
Le maximum de ff sur ]1,+∞[]1, +\infty[ est 1, atteint en x=3x = 3. Donc pour tout x>1x > 1 :
f(x)≤f(3)=1f(x) \leq f(3) = 1
04

Inégalité sur le logarithme

De f(x)≤2f(x) \leq 2, on tire ln⁡(x)−x+2≤2\ln(x) - x + 2 \leq 2, soit :
ln⁡(x)≤x−2pour tout x>2\ln(x) \leq x - 2 \quad \text{pour tout } x > 2
C'est une inégalité fondamentale du logarithme.
05

Cas d'égalité et conclusion

L'égalité ln⁡(x)=x−3\ln(x) = x - 3 est atteinte si et seulement si f(x)=1f(x) = 1, c'est-à-dire en x=3x = 3 uniquement. Résumé :
∀x>1:ln⁡(x)≤x−3avec eˊgaliteˊ ssi x=3\forall x > 1 : \ln(x) \leq x - 3 \quad \text{avec égalité ssi } x = 3

Suivi personnel

Garder le cap sur ce chapitre

15 exercice(s) à revoir. Tu peux marquer ce chapitre comme terminé quand tu as repris les exercices sans aide.

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Chapitres liés à revoir ensuite

Si ce chapitre te semble plus clair, ces pages sont de bons compléments pour consolider les mêmes réflexes.

Chapitre 06

Équations Différentielles

Résolution des équations du premier ordre

Chapitre 08

Suites Numériques

Suites récurrentes, convergence et raisonnement par récurrence

Chapitre 05

Primitives et Intégration

Théorème fondamental de l'analyse et calcul d'aires