Exercices VERY HARD (Type Bac) — Fonction logarithme népérien
Série HARD 12 • niveau 19–20/20 • sans développement limité
Paramètres • variations fines • inéquations composées • convexité • suites • optimisation
Paramètres • variations fines • inéquations composées • convexité • suites • optimisation
Règles de jeu (HARD)
- Jamais de \(\ln(\cdot)\) sans domaine : argument \(>0\).
- Pour comparer, privilégie : fonction-différence + étude (dérivée/convexité).
- Pas de DL : si forme \(0/0\), utiliser taux d’accroissement, inégalités, encadrements.
- Soigne les phrases Bac : « \(f'\) garde un signe », « \(f\) est convexe », « une unique solution ».
H1Paramètre — nombre exact de solutions
On considère, pour \(a\in\mathbb{R}\), l’équation sur \(]0,+\infty[\) :
\[
\ln(x)=ax+\ln(a^2+1).
\]
Discuter le nombre de solutions suivant \(a\), puis donner les solutions lorsque c’est possible sous forme explicite.
Correction (détaillée)
Domaine : \(x>0\) (et aucun souci sur \(\ln(a^2+1)\), car \(a^2+1>0\)).
Poser
\[
\phi_a(x)=\ln(x)-ax-\ln(a^2+1).
\]
\[
\phi_a'(x)=\frac1x-a,\qquad \phi_a''(x)=-\frac1{x^2}<0.
\]
Donc \(\phi_a\) est concave, et si \(a>0\), elle admet un unique maximum en \(x=\frac1a\).
Cas 1 : \(a\le 0\). \(\phi_a'(x)=\frac1x-a>0\) (car \(\frac1x>0\) et \(-a\ge0\)) donc \(\phi_a\) est strictement croissante. \[ \lim_{x\to0^+}\phi_a(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}\phi_a(x)=+\infty \] (si \(a<0\), le terme \(-ax\to+\infty\); si \(a=0\), \(\ln(x)\to+\infty\)). Donc : une unique solution.
Cas 2 : \(a>0\). Maximum en \(x=\frac1a\) : \[ \phi_a\!\left(\frac1a\right)=\ln\!\left(\frac1a\right)-a\cdot\frac1a-\ln(a^2+1) =-\ln(a)-1-\ln(a^2+1). \] Donc : \[ \phi_a\!\left(\frac1a\right)>0 \iff -\ln(a)-1-\ln(a^2+1)>0 \iff \ln\!\big(a(a^2+1)\big)<-1 \iff a(a^2+1)0\) tel que
\[
a_0^3+a_0=e^{-1}.
\]
Alors :
\[
0a_0:\ 0\ \text{solution}.
\]
Explicite ? L’équation équivaut à \(x=e^{ax}\,(a^2+1)\), elle n’a pas de forme élémentaire (Lambert W non au programme), donc on donne le bilan et éventuellement une localisation numérique.
Cas 1 : \(a\le 0\). \(\phi_a'(x)=\frac1x-a>0\) (car \(\frac1x>0\) et \(-a\ge0\)) donc \(\phi_a\) est strictement croissante. \[ \lim_{x\to0^+}\phi_a(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}\phi_a(x)=+\infty \] (si \(a<0\), le terme \(-ax\to+\infty\); si \(a=0\), \(\ln(x)\to+\infty\)). Donc : une unique solution.
Cas 2 : \(a>0\). Maximum en \(x=\frac1a\) : \[ \phi_a\!\left(\frac1a\right)=\ln\!\left(\frac1a\right)-a\cdot\frac1a-\ln(a^2+1) =-\ln(a)-1-\ln(a^2+1). \] Donc : \[ \phi_a\!\left(\frac1a\right)>0 \iff -\ln(a)-1-\ln(a^2+1)>0 \iff \ln\!\big(a(a^2+1)\big)<-1 \iff a(a^2+1)
H2Inéquation composée (piège de domaine)
Résoudre sur \(\mathbb{R}\) :
\[
\ln(2x-1)\le \ln(x+2)\le \ln(5-2x).
\]
Correction (détaillée)
Domaine simultané :
\[
2x-1>0\Rightarrow x>\frac12,\quad x+2>0\Rightarrow x>-2,\quad 5-2x>0\Rightarrow x<\frac52.
\]
Donc \(\boxed{x\in\left(\frac12,\frac52\right)}\).
\(\ln\) est croissante, donc :
\[
\ln(2x-1)\le \ln(x+2)\iff 2x-1\le x+2 \iff x\le 3.
\]
(toujours vrai sur \(\left(\frac12,\frac52\right)\)).
Et
\[
\ln(x+2)\le \ln(5-2x)\iff x+2\le 5-2x \iff 3x\le 3 \iff x\le 1.
\]
Intersection :
\[
\boxed{x\in\left(\frac12,1\right]}.
\]
H3Optimisation (maximum global)
Déterminer le maximum de
\[
F(x)=\ln(x)-\frac{x}{2}\quad \text{sur } ]0,+\infty[,
\]
et en déduire la meilleure constante \(M\) telle que
\[
\forall x>0,\ \ln(x)\le \frac{x}{2}+M.
\]
Correction (détaillée)
\(F\) est définie sur \(x>0\).
\[
F'(x)=\frac1x-\frac12=\frac{2-x}{2x}.
\]
Donc \(F'\!>0\) sur \(]0,2[\), \(F'(2)=0\), \(F'\!<0\) sur \(]2,+\infty[\).
Ainsi \(F\) admet un maximum global en \(x=2\).
\[
F(2)=\ln(2)-1.
\]
Donc
\[
\boxed{\max_{x>0} F(x)=\ln(2)-1}
\quad\Rightarrow\quad
\boxed{\forall x>0,\ \ln(x)-\frac{x}{2}\le \ln(2)-1}.
\]
D’où la meilleure constante :
\[
\boxed{M=\ln(2)-1}
\]
(égalité pour \(x=2\)).
H4Inégalité (taux d’accroissement, sans DL)
Montrer que, pour tout \(x>0\) avec \(x\ne 1\),
\[
\frac{\ln(x)}{x-1}\le 1.
\]
Préciser quand il y a égalité.
Correction (détaillée)
On sait (cours) que pour tout \(x>0\),
\[
\ln(x)\le x-1
\]
(tangente en \(1\) + concavité).
Pour \(x\ne 1\), diviser par \(x-1\) demande de traiter les signes.
- Si \(x>1\), alors \(x-1>0\) donc \[ \ln(x)\le x-1 \Rightarrow \frac{\ln(x)}{x-1}\le 1. \] - Si \(0vrai pour \(x\ge1\) et faux pour \(0.
La version correcte “Bac” :
\[
\boxed{\forall x>0,\ \frac{\ln(x)}{x-1}\le 1 \ \text{si } x>1,\quad
\frac{\ln(x)}{x-1}\ge 1 \ \text{si } 0
- Si \(x>1\), alors \(x-1>0\) donc \[ \ln(x)\le x-1 \Rightarrow \frac{\ln(x)}{x-1}\le 1. \] - Si \(0
H5Équation : existence et unicité
Montrer que l’équation
\[
\ln(x)=\frac{1}{x}
\]
admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0,+\infty[\), puis encadrer \(\alpha\) dans un intervalle de longueur \(0{,}1\).
Correction (détaillée)
Posons \(g(x)=\ln(x)-\frac{1}{x}\) sur \(]0,+\infty[\).
\[
g'(x)=\frac1x+\frac1{x^2}=\frac{x+1}{x^2}>0.
\]
Donc \(g\) est strictement croissante, donc au plus une solution.
Limites :
\[
\lim_{x\to0^+}g(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty
\]
donc au moins une solution. Conclusion : une unique solution \(\alpha\).
Encadrement : \(g(1)=0-1=-1<0\). \(g(2)=\ln(2)-\frac12\approx 0.693-0.5=0.193>0\). Donc \(\alpha\in]1,2[\). Affiner : \[ g(1.7)=\ln(1.7)-\frac{1}{1.7}\approx 0.531-0.588\approx -0.057<0, \] \[ g(1.8)=\ln(1.8)-\frac{1}{1.8}\approx 0.588-0.556\approx 0.032>0. \] Donc \[ \boxed{\alpha\in]1.7,1.8[} \] (longueur \(0.1\)).
Encadrement : \(g(1)=0-1=-1<0\). \(g(2)=\ln(2)-\frac12\approx 0.693-0.5=0.193>0\). Donc \(\alpha\in]1,2[\). Affiner : \[ g(1.7)=\ln(1.7)-\frac{1}{1.7}\approx 0.531-0.588\approx -0.057<0, \] \[ g(1.8)=\ln(1.8)-\frac{1}{1.8}\approx 0.588-0.556\approx 0.032>0. \] Donc \[ \boxed{\alpha\in]1.7,1.8[} \] (longueur \(0.1\)).
H6Suite (LN) — convergence sans DL
Soit la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=2\) et
\[
u_{n+1}=2-\ln(u_n).
\]
1) Montrer que \(u_n\) est bien définie et que \(u_n>1\) pour tout \(n\).
2) Montrer que \((u_n)\) converge, puis déterminer sa limite.
Correction (détaillée)
1) \(u_0=2>1\). Supposons \(u_n>1\). Alors \(\ln(u_n)>0\), donc
\[
u_{n+1}=2-\ln(u_n)<2.
\]
Et comme \(u_n>1\Rightarrow \ln(u_n)1\Rightarrow u_n-1>0\)),
on a \(\ln(u_n)2-u_n.
\]
En particulier si \(u_n<2\), alors \(2-u_n>0\) donc \(u_{n+1}>0\).
On peut montrer plus proprement : pour \(x>1\), \(\ln(x)\le x-1\Rightarrow 2-\ln(x)\ge 3-x\).
Si \(x\in(1,2]\), alors \(3-x\in[1,2)\) donc l’intervalle \((1,2]\) est stable.
Or \(u_0=2\in(1,2]\) donc \(\forall n,\ u_n\in(1,2]\), en particulier \(u_n>1\) (bien définie).
2) Sur \((1,2]\), définir \(f(x)=2-\ln(x)\). \(f\) est continue et décroissante (car \(f'(x)=-1/x<0\)). De plus \(f((1,2])\subset(1,2]\) (stabilité montrée). La suite est donc une itération d’une contraction monotone “à la Bac” : on compare \(u_{n+1}-u_n\). Posons \(\varphi(x)=f(x)-x=2-\ln(x)-x\). \[ \varphi'(x)=-\frac1x-1<0 \] donc \(\varphi\) est strictement décroissante. Or \[ \varphi(1)=2-0-1=1>0,\qquad \varphi(2)=2-\ln2-2=-\ln2<0. \] Donc il existe un unique \(\ell\in(1,2)\) tel que \(\varphi(\ell)=0\), i.e. \[ \ell=2-\ln(\ell). \] Comme \(\varphi\) décroît : - si \(u_n>\ell\) alors \(\varphi(u_n)<0\Rightarrow u_{n+1}-u_n<0\) donc la suite décroît, - si \(u_n<\ell\) alors \(\varphi(u_n)>0\Rightarrow u_{n+1}-u_n>0\) donc la suite croît. Avec \(u_0=2>\ell\), on en déduit \((u_n)\) décroissante et minorée par \(\ell\), donc convergente vers une limite \(L\ge\ell\). Par continuité de \(f\) : \[ L=f(L)=2-\ln(L). \] Donc \(L=\ell\) (unicité), la limite est l’unique solution de \(\boxed{x=2-\ln(x)}\) dans \((1,2)\).
2) Sur \((1,2]\), définir \(f(x)=2-\ln(x)\). \(f\) est continue et décroissante (car \(f'(x)=-1/x<0\)). De plus \(f((1,2])\subset(1,2]\) (stabilité montrée). La suite est donc une itération d’une contraction monotone “à la Bac” : on compare \(u_{n+1}-u_n\). Posons \(\varphi(x)=f(x)-x=2-\ln(x)-x\). \[ \varphi'(x)=-\frac1x-1<0 \] donc \(\varphi\) est strictement décroissante. Or \[ \varphi(1)=2-0-1=1>0,\qquad \varphi(2)=2-\ln2-2=-\ln2<0. \] Donc il existe un unique \(\ell\in(1,2)\) tel que \(\varphi(\ell)=0\), i.e. \[ \ell=2-\ln(\ell). \] Comme \(\varphi\) décroît : - si \(u_n>\ell\) alors \(\varphi(u_n)<0\Rightarrow u_{n+1}-u_n<0\) donc la suite décroît, - si \(u_n<\ell\) alors \(\varphi(u_n)>0\Rightarrow u_{n+1}-u_n>0\) donc la suite croît. Avec \(u_0=2>\ell\), on en déduit \((u_n)\) décroissante et minorée par \(\ell\), donc convergente vers une limite \(L\ge\ell\). Par continuité de \(f\) : \[ L=f(L)=2-\ln(L). \] Donc \(L=\ell\) (unicité), la limite est l’unique solution de \(\boxed{x=2-\ln(x)}\) dans \((1,2)\).
H7Comparaison très fine
Montrer que, pour tout \(x>0\),
\[
\ln(1+x)\le \frac{x}{1+x}.
\]
Correction (détaillée)
Poser
\[
F(x)=\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)\quad (x>0).
\]
Calculer :
\[
F'(x)=\frac{(1+x)-x}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}=\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}
=-\frac{x}{(1+x)^2}\le 0.
\]
Donc \(F\) est décroissante sur \(]0,+\infty[\).
Or
\[
\lim_{x\to0^+}F(x)=0-0=0.
\]
Comme \(F\) décroît et “part” de 0 au voisinage de 0, on a \(F(x)\le 0\) pour \(x>0\), donc
\[
\boxed{\ln(1+x)\ge \frac{x}{1+x}}
\]
ce qui est l’inégalité inverse.
Donc l’énoncé proposé est faux.
La vraie inégalité “Bac” (sans DL) est : \[ \boxed{\ln(1+x)\ge \frac{x}{1+x}\quad (x>-1)}. \] (preuve ci-dessus valable pour \(x>-1\) en adaptant le domaine).
La vraie inégalité “Bac” (sans DL) est : \[ \boxed{\ln(1+x)\ge \frac{x}{1+x}\quad (x>-1)}. \] (preuve ci-dessus valable pour \(x>-1\) en adaptant le domaine).
H8Inéquation mixte (très Bac)
Résoudre sur \(]0,+\infty[\) :
\[
\ln(x)\le \sqrt{x}-1.
\]
Correction (détaillée)
Poser \(t=\sqrt{x}\) (\(t>0\)), donc \(x=t^2\) et \(\ln(x)=\ln(t^2)=2\ln(t)\).
L’inéquation devient :
\[
2\ln(t)\le t-1\quad (t>0).
\]
Poser \(G(t)=t-1-2\ln(t)\) sur \(]0,+\infty[\).
\[
G'(t)=1-\frac{2}{t}=\frac{t-2}{t},\qquad G''(t)=\frac{2}{t^2}>0.
\]
Donc \(G\) est convexe, décroît sur \(]0,2]\) puis croît sur \([2,+\infty[\) : minimum en \(t=2\).
\[
G(2)=2-1-2\ln(2)=1-2\ln(2).
\]
Or \(2\ln(2)\approx1.386\Rightarrow G(2)\approx -0.386<0\).
Et \(G(1)=0\). Comme \(G\) est convexe et \(G(2)<0\), il existe exactement deux zéros : \(t=1\) et un autre \(t=t_0>2\).
On ne peut pas l’exprimer sans Lambert W (hors programme), mais on peut l’encadrer :
\[
G(4)=3-2\ln(4)=3-2\cdot 2\ln2=3-4\ln2\approx 3-2.772=0.228>0.
\]
Donc \(t_0\in]2,4[\).
L’inéquation \(2\ln(t)\le t-1\) équivaut à \(G(t)\ge0\), donc
\[
t\in]0,1]\cup[t_0,+\infty[.
\]
Revenir à \(x=t^2\) :
\[
\boxed{x\in]0,1]\ \cup\ [t_0^2,+\infty[}
\]
avec \(t_0\in]2,4[\Rightarrow t_0^2\in]4,16[\).