Exercice type Bac - Analyse

Composition d'un logarithme et d'une fonction rationnelle


Soit $f la fonction définie sur $]\,0;+\infty[ par: $ f(x)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\right)
.
On note $\mathcal{C}_f sa courbe représentative dans un repère $\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp.
  1. Etudier les limites de $f en $0 et en $+\infty.
     
  2. Etudier les variations de $f et dresser son tableau de variation.
     
    1. Montrer que la droite $\Delta d'équation $y=x-\ln(2) est asymptote à $\mathcal{C}_f en $+\infty.
       
    2. Etudier la position de $\mathcal{C}_f par rapport à $\Delta.
     
  3. Montrer que l'équation $f(x)=0 admet une solution unique $\alpha et justifier que $\dsp\alpha\in\Big[1;\frac{5}{4}\Big[.
  4. Tracer $\Delta et $\mathcal{C}_f.

Solution:


Soit $f la fonction définie sur $]\,0;+\infty[ par: $ f(x)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp.
  1. $\dsp\lim_{x\to0}\dfrac{x}{2x+1}=0, et donc, par composition des limites $\dsp\lim_{x\to0}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp=
  \lim_{X\to0}\ln\left( X\right) =-\infty.
    Ainsi, par addition des limites, $\dsp\lim_{x\to0}f(x)=-\infty.
    $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{2x+1}
  =\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2\left( 1+\frac{1}{2x}\rp}
  =\dfrac12,
    et donc, par composition des limites, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\right)
  =\lim_{X\to\frac12}\ln\left( X\right)
  =\ln\lp\dfrac12\rp=-\ln(2).
    Enfin, par addition des limites, $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.
  2. Pour tout $x>0, $f(x)=x+\ln\left( u(x)\rp, donc $f'(x)=1+\dfrac{u'(x)}{u(x)},
    avec $u(x)=\dfrac{x}{2x+1}, et donc $u'(x)=\dfrac{1(2x+1)-x(2)}{(2x+1)^2}
  =\dfrac{1}{(2x+1)^2}.
    Ainsi, pour tout $x>0, $f'(x)=1+\dfrac{2x+1}{(2x+1)^2x}
  =1+\dfrac{1}{x(2x+1)}.
    Pour tout $x>0, $2x+1>1>0, et donc, $\dfrac{x}{x(2x+1)}>0, d'où, $f'(x)>1>0.
    Ainsi, $f est strictement croissante sur $]0;+\infty[.
    {|c|ccc|}\hline
    $x$ & $0$ &\hspace*{1.2cm}& $+\infty$ \\\hline
    &&&$+\infty$ \\
    $f$ && \psline[arrowsize=7pt]{->}(-0.9,-0.4)(0.9,0.4)& \\
    &$-\infty$&& \\\hline


    1. Pour tout $x>0, $f(x)-\Bigl( x-\ln(2)\Bigr)
  =\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp+\ln(2)
  =\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\rp.
      Or, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{2x+1}
  =\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}=1,
      et donc, par composition des limites, $\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\right)
  =\lim_{X\to1}\ln(X)=0.
      Ainsi, $\dsp\lim_{x\to+\infty} \Bigl(f(x)-\left( x-\ln(2)\rp\Bigr)=0 et la droite $\Delta est asymptote oblique à $\mathcal{C}_f en $+\infty.
    2. On avait, pour tout $x>0, $f(x)-\Bigl( x-\ln(2)\Bigr)
  =\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\right)
  =\ln\lp\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}\rp. Pour tout $x>0, $\dfrac{1}{2x}>0, et donc, $1+\dfrac{1}{2x}>1, d'où $\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}<1 et donc, $\ln\lp\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}\rp<0
      Ainsi, $\mathcal{C}_f est toujours au dessous de $\Delta.
  3. $f est continue sur $]0;+\infty[, strictement croissante, et $\dsp\lim_{0}f(x)=-\infty et $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.
    Ainsi, d'après le théorème de la bijection (ou théorème des valeurs intermédiaires version forte), il existe un unique $\alpha\in\R solution de l'équation $f(x)=0.
    De plus, $f(1)=1+\ln\lp\dfrac{1}{3}\rp=1-\ln(3)\simeq -0.1<0 et $f\lp\dfrac54\rp=\dfrac54+\ln\lp\dfrac{10}{28}\rp\simeq0,2>0. Ainsi, d'après le même théorème, on a bien $\alpha\in\Big[1;\dfrac{5}{4}\Big[.

  4. \psset{unit=1.2cm,arrowsize=7pt}
  \begin{pspicture}(-0.5,-3.5)(5,4.3)
    \psline{->}(-0.5,0)(5,0)
    \psline{->}(0,-3.5)(0,4.3)
    \psplot[plotpoints=1000]{0.035}{5}{x 2 x mul 1 add div ln x add}
    \rput(0.7,-1.3){$\mathcal{C}_f$}
    \psplot{-0.6}{5.}{x 2 ln sub}\rput(-0.3,-1.3){$\Delta$}
    \psline(1.12,0.1)(1.12,-0.1)\rput(1.2,-0.25){$\alpha$}
  \end{pspicture}



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