Exercices corrigés — Fonction logarithme népérien (Tle spé)

1. Le cosinus est pair et le sinus impair. Ainsi \[ f(-x)=2\cos(-x)-\sin(-x)=2\cos x+\sin x. \] 2. Pour tout réel \(x\), \[ f(x+2\pi)=2\cos(x+2\pi)-\sin(x+2\pi)=2\cos x-\sin x=f(x). \] Donc \(2\pi\) est une période de \(f\). 3. On a \[ f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\times\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}=1-\dfrac{\sqrt3}{2}. \] 4. On obtient \[ f(x)+f(-x)=4\cos x. \] L'équation demandée équivaut à \(\cos x=\dfrac{1}{2}\). Sur \([-\pi;\pi]\), ses solutions sont \[ \boxed{x=-\dfrac{\pi}{3}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{\pi}{3}}. \]

1. On a \(c'(x)=-\sin x\). 2. Sur \([-\pi;0]\), \(\sin x\le0\), donc \(c'(x)\ge0\) : \(c\) croît de \(-1\) à \(1\). Sur \([0;\pi]\), \(\sin x\ge0\), donc \(c'(x)\le0\) : \(c\) décroît de \(1\) à \(-1\). 3. Les solutions sont \[ \boxed{x=-\dfrac{\pi}{3}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{\pi}{3}}. \] 4. D'après les variations, \[ \boxed{x\in\left[-\pi;-\dfrac{\pi}{3}\right]\cup\left[\dfrac{\pi}{3};\pi\right]}. \]

1. \(f'(x)=-\sin x\le0\) sur \([0;\pi]\). 2. La fonction est décroissante sur \([0;\pi]\), de \(f(0)=1\) à \(f(\pi)=-1\). 3. L'angle recherché est \(\dfrac{3\pi}{4}\), donc \[ \boxed{x=\dfrac{3\pi}{4}}. \] 4. Puisque \(f\) décroît, \[ \boxed{x\in\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right]}. \]

1. \(s'(x)=\cos x\ge0\) sur l'intervalle. 2. Ainsi \(s\) est croissante, de \(-1\) à \(1\). 3. L'unique solution est \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{6}}. \] 4. Par croissance, \[ \boxed{x\in\left[\dfrac{\pi}{6};\dfrac{\pi}{2}\right]}. \]

1. \[ f'(x)=2\cos(2x). \] 2. \(f'(x)=0\) équivaut à \(2x=\dfrac{\pi}{2}\) ou \(2x=\dfrac{3\pi}{2}\). Donc \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{4}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{3\pi}{4}}. \] 3. Le signe de \(\cos(2x)\) est successivement \(+,-,+\). Ainsi \(f\) croît de \(0\) à \(1\), décroît de \(1\) à \(-1\), puis croît de \(-1\) à \(0\). 4. \(\sin(2x)=0\) lorsque \(2x\in\{0,\pi,2\pi\}\), donc \[ \boxed{x\in\left\{0;\dfrac{\pi}{2};\pi\right\}}. \]

1. \[ f'(x)=1-\sin x. \] 2. Comme \(\sin x\le1\), \(f'(x)\ge0\). L'égalité se produit uniquement pour \(x=\dfrac{\pi}{2}\). 3. Sur chaque sous-intervalle de part et d'autre de \(\dfrac{\pi}{2}\), la dérivée est strictement positive. La fonction ne peut donc être constante sur aucun intervalle ; elle est strictement croissante sur \([0;\pi]\). 4. On vérifie \[ f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}+0=\dfrac{\pi}{2}. \] Par stricte croissance, cette solution est unique : \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{2}}. \]

1. \[ g'(x)=-\sin x-\dfrac{1}{2}<0. \] Donc \(g\) est strictement décroissante. 2. On a \(g(0)=1>0\) et \[ g\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{\pi}{4}<0. \] Par continuité, il existe une racine ; par stricte décroissance, elle est unique. On la note \(\alpha\). 3. \[ g\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}-\dfrac{\pi}{8}>0 \] car \(4\sqrt2>4>\pi\), tandis que \[ g\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\pi}{6}<0 \] car \(\pi>3\). Ainsi \[ \boxed{\dfrac{\pi}{4}<\alpha<\dfrac{\pi}{3}}. \] 4. Comme \(g\) est strictement décroissante, \[ g(x)>0\ \text{si }x<\alpha,\qquad g(\alpha)=0,\qquad g(x)<0\ \text{si }x>\alpha. \]

1. \[ h'(x)=\cos x-\sin x. \] 2. La dérivée est positive sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right[\), nulle en \(\dfrac{\pi}{4}\), puis négative. Donc \(h\) croît puis décroît. 3. Le maximum est atteint pour \(x=\dfrac{\pi}{4}\) : \[ \boxed{h_{\max}=\dfrac{\sqrt2}{2}+\dfrac{\sqrt2}{2}=\sqrt2}. \] 4. Si \(h(x)=1\), alors en élevant au carré, \[ 1+2\sin x\cos x=1, \] donc \(\sin x\cos x=0\). Sur l'intervalle, \[ \boxed{x=0\ \text{ ou }\ x=\dfrac{\pi}{2}}. \]

1. Comme \(-1\le\cos x\le1\), on a \(2+\cos x\ge1>0\). 2. \[ q'(x)=\dfrac{\cos x(2+\cos x)+\sin^2x}{(2+\cos x)^2} =\dfrac{1+2\cos x}{(2+\cos x)^2}. \] 3. Le dénominateur est positif. Or \(1+2\cos x\) s'annule en \(x=\dfrac{2\pi}{3}\), est positif avant et négatif après. Ainsi \(q\) croît puis décroît. 4. Le maximum est atteint en \(x=\dfrac{2\pi}{3}\) : \[ q\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{\dfrac{\sqrt3}{2}}{\dfrac{3}{2}}=\boxed{\dfrac{\sqrt3}{3}}. \]

1. \[ g(x+\pi)=\cos(2x+2\pi)+\dfrac{1}{2}=g(x). \] Donc \(\pi\) est une période. 2. \[ g'(x)=-2\sin(2x). \] 3. Sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), \(\sin(2x)\ge0\), donc \(g\) décroît de \(\dfrac{3}{2}\) à \(-\dfrac{1}{2}\). Sur \(\left[\dfrac{\pi}{2};\pi\right]\), elle croît de \(-\dfrac{1}{2}\) à \(\dfrac{3}{2}\). 4. On a \(2x=\dfrac{2\pi}{3}\) ou \(\dfrac{4\pi}{3}\). Ainsi \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{3}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{2\pi}{3}}. \]

1. \[ f'(x)=e^x\cos x-e^x\sin x=e^x(\cos x-\sin x). \] 2. Sur \([0;\pi]\), \(\cos x-\sin x=0\) uniquement en \(x=\dfrac{\pi}{4}\). L'expression est positive avant et négative après. 3. Ainsi \(f\) croît sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]\), puis décroît sur \(\left[\dfrac{\pi}{4};\pi\right]\). Son maximum vaut \[ \boxed{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}e^{\pi/4}}. \] 4. \(f(x)=0\iff\cos x=0\), donc \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{2}}. \]

1. \[ F'(x)=e^x(\sin x-\cos x)+e^x(\cos x+\sin x)=2e^x\sin x. \] 2. Sur \([0;\pi]\), \(\sin x\ge0\). Donc \(F\) est croissante, et même strictement croissante sur \(]0;\pi[\). 3. \(F(x)=0\iff\sin x=\cos x\), donc \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{4}}. \] 4. Comme \(F\) est croissante et s'annule en \(\dfrac{\pi}{4}\), \[ \boxed{x\in\left[0;\dfrac{\pi}{4}\right]}. \]

1. \[ G'(x)=-e^{-x}(\sin x+\cos x)+e^{-x}(\cos x-\sin x)=-2e^{-x}\sin x. \] 2. Sur \([0;\pi]\), \(G'\le0\) : \(G\) décroît de \(1\) à \(-e^{-\pi}\). Sur \([\pi;2\pi]\), \(G'\ge0\) : \(G\) croît jusqu'à \(e^{-2\pi}\). 3. Comme \(e^{-x}>0\), il faut \(\sin x+\cos x=0\). Sur \([0;2\pi]\), \[ \boxed{x=\dfrac{3\pi}{4}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{7\pi}{4}}. \] 4. On obtient \[ G>0\text{ sur }\left[0;\dfrac{3\pi}{4}\right[\cup\left]\dfrac{7\pi}{4};2\pi\right], \] \[ G<0\text{ sur }\left]\dfrac{3\pi}{4};\dfrac{7\pi}{4}\right[, \] avec annulation aux deux bornes intermédiaires.

1. \[ f_a'(x)=a-\sin x. \] 2. Si \(a\le0\), alors \(a-\sin x\le0\). Donc \(f_a\) est décroissante. 3. Si \(a\ge1\), alors \(a-\sin x\ge a-1\ge0\). Donc \(f_a\) est croissante. 4. Pour \(a=\dfrac{1}{2}\), les zéros de la dérivée sont \(\dfrac{\pi}{6}\) et \(\dfrac{5\pi}{6}\). La dérivée est positive sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{6}\right]\), négative sur \(\left[\dfrac{\pi}{6};\dfrac{5\pi}{6}\right]\), puis positive sur \(\left[\dfrac{5\pi}{6};\pi\right]\). Ainsi \(f_{1/2}\) croît, décroît, puis croît.

1. \[ \varphi'(x)=\cos x-\dfrac{1}{2}. \] Elle est positive sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{3}\right[\), nulle en \(\dfrac{\pi}{3}\), puis négative. Donc \(\varphi\) croît puis décroît. 2. \[ \varphi(0)=0. \] Donc \(x=0\) est une solution. 3. On a \[ \varphi\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{\pi}{6}>0, \qquad \varphi(\pi)=-\dfrac{\pi}{2}<0. \] La première inégalité est exacte car \(\pi<4<3\sqrt3\). Par continuité, il existe une racine \(\alpha\) entre ces deux valeurs. La stricte décroissance sur cet intervalle la rend unique. 4. La fonction part de \(0\), devient positive, puis ne recoupe l'axe qu'en \(\alpha\). Ainsi \[ \varphi(x)\ge0\ \text{sur }[0;\alpha],\qquad \varphi(x)<0\ \text{sur }]\alpha;\pi]. \]

1. \[ h'(x)=1-\cos x\ge0. \] Donc \(h\) est croissante sur \([0;\pi]\). 2. Comme \(h(0)=0\), on a \(h(x)\ge0\), soit \[ \sin x\le x\quad(0\le x\le\pi). \] 3. Sur \([0;\pi]\), on a \(\sin x\ge0\), donc \(|\sin x|=\sin x\le x\). Pour \(x\ge\pi\), \(|\sin x|\le1<\pi\le x\). Ainsi \(|\sin x|\le x\) pour tout \(x\ge0\). 4. Si \(x<0\), alors \(-x>0\). D'après la question précédente, \(|\sin(-x)|\le -x\). Or \(|\sin(-x)|=|-\sin x|=|\sin x|\) et \(-x=|x|\). Pour \(x\ge0\), la question précédente donne déjà le résultat. Ainsi, pour tout réel \(x\), \[ \boxed{|\sin x|\le|x|}. \]

1. La largeur vaut \(2\cos\theta\) et la hauteur vaut \(\sin\theta\). 2. Donc \[ A(\theta)=2\cos\theta\sin\theta. \] 3. \[ A'(\theta)=2(\cos^2\theta-\sin^2\theta)=2(\cos\theta-\sin\theta)(\cos\theta+\sin\theta). \] Le signe change de \(+\) à \(-\) en \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\). 4. L'aire est maximale en \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\) et \[ A_{\max}=2\times\dfrac{\sqrt2}{2}\times\dfrac{\sqrt2}{2}=\boxed{1}. \]

1. \[ AM^2=(\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta=2-2\cos\theta. \] 2. \[ D'(\theta)=2\sin\theta\ge0 \] sur \([0;\pi]\). Donc \(D\) est croissante. 3. \(D(0)=0\) et \(D(\pi)=4\). Ainsi \[ \boxed{0\le AM\le2}. \] 4. \(AM=1\iff D=1\iff2-2\cos\theta=1\), donc \(\cos\theta=\dfrac{1}{2}\). Sur \([0;\pi]\), \[ \boxed{\theta=\dfrac{\pi}{3}}. \]

1. \[ f'(x)=\cos x-x\sin x=u(x). \] 2. \[ u'(x)=-\sin x-(\sin x+x\cos x)=-2\sin x-x\cos x<0 \] pour \(x\in]0;\dfrac{\pi}{2}]\). Donc \(u\) est strictement décroissante. 3. \(u(0)=1>0\) et \(u\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-\dfrac{\pi}{2}<0\), donc il existe une unique racine \(\alpha\). De plus \[ u\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt2}{2}\left(1-\dfrac{\pi}{4}\right)>0, \] \[ u\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\pi\sqrt3}{6}<0. \] La seconde inégalité suit de \(\pi>3\) et \(\sqrt3>1\), donc \(\pi\sqrt3>3\). Ainsi \(\boxed{\dfrac{\pi}{4}<\alpha<\dfrac{\pi}{3}}\). 4. Puisque \(f'>0\) avant \(\alpha\) et \(f'<0\) après, \(f\) croît puis décroît. Son unique maximum est atteint en \(\boxed{x=\alpha}\).

1. \[ f'(x)=-\sin x+2\sin x\cos x=\sin x(2\cos x-1). \] 2. Sur \([0;\pi]\), \(f'(x)=0\) lorsque \(\sin x=0\) ou \(2\cos x-1=0\). Ainsi \[ \boxed{x\in\left\{0;\dfrac{\pi}{3};\pi\right\}}. \] 3. \(f'\) est positif sur \(]0;\dfrac{\pi}{3}[\) puis négatif. Donc le maximum est \[ \boxed{f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{5}{4}}. \] 4. \[ f(x)=1\iff \cos x+1-\cos^2x=1 \iff \cos x(1-\cos x)=0. \] Donc \[ \boxed{x=0\ \text{ ou }\ x=\dfrac{\pi}{2}}. \]

1. \[ f(\pi-x)=\cos(\cos(\pi-x))=\cos(-\cos x)=\cos(\cos x)=f(x). \] 2. \[ f'(x)=-\sin(\cos x)(-\sin x)=\sin(\cos x)\sin x. \] 3. Sur \(]0;\pi[\), \(\sin x>0\). Le signe de \(\sin(\cos x)\) est celui de \(\cos x\). Donc \(f\) croît jusqu'à \(\dfrac{\pi}{2}\), puis décroît. Son maximum vaut \(f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=1\), et ses valeurs aux extrémités sont \(\cos1\). 4. L'équation équivaut à \(\cos x=\pm\dfrac{1}{2}\). Sur \([0;\pi]\), \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{3}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{2\pi}{3}}. \]

1. \[ F'(x)=1+\cos x\ge0. \] 2. La dérivée n'est nulle qu'aux points \((2k+1)\pi\), qui sont isolés. La fonction est donc strictement croissante sur \(\mathbb R\). 3. Comme \(-1\le\sin x\le1\), on a \(x-1\le F(x)\le x+1\). Par encadrement, \[ \lim_{x\to-\infty}F(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}F(x)=+\infty. \] Avec la continuité et la stricte croissance, \(F\) est bijective de \(\mathbb R\) sur \(\mathbb R\). 4. \(F(\pi)=\pi\). Par injectivité, l'unique solution est \[ \boxed{x=\pi}. \]

1. \[ F'(x)=1+2\cos x. \] Les zéros sont \(x=\dfrac{2\pi}{3}\) et \(x=\dfrac{4\pi}{3}\). 2. La dérivée est positive sur \(\left[0;\dfrac{2\pi}{3}\right[\), négative sur \(\left]\dfrac{2\pi}{3};\dfrac{4\pi}{3}\right[\), puis positive. Donc \(F\) croît, décroît, puis croît. 3. On a \(F(0)=0<\pi\), \[ F\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=\dfrac{2\pi}{3}+\sqrt3>\pi, \] \[ F\left(\dfrac{4\pi}{3}\right)=\dfrac{4\pi}{3}-\sqrt3<\pi, \] et \(F(2\pi)=2\pi>\pi\). Les deux inégalités aux extrema résultent de \(\pi<3\sqrt3\). Sur chacun des trois intervalles de stricte monotonie, le niveau \(\pi\) est franchi exactement une fois. Il y a donc exactement trois solutions. 4. D'abord \(F(\pi)=\pi\). Ensuite \[ F(2\pi-x)=2\pi-x-2\sin x=2\pi-F(x). \] Ainsi, si \(F(\alpha)=\pi\), alors \(F(2\pi-\alpha)=\pi\). Enfin \[ F\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3}+\sqrt3<\pi, \qquad F\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{2}+2>\pi. \] En effet, \(\sqrt3<2<\dfrac{2\pi}{3}\) car \(\pi>3\), et \(\dfrac{\pi}{2}<2\) car \(\pi<4\). D'où \(\boxed{\dfrac{\pi}{3}<\alpha<\dfrac{\pi}{2}}\).

1. \[ f'(x)=e^{\sin x}\cos x. \] 2. Le signe est celui de \(\cos x\). Donc \(f\) croît sur \(\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]\), décroît sur \(\left[\dfrac{\pi}{2};\dfrac{3\pi}{2}\right]\), puis croît sur \(\left[\dfrac{3\pi}{2};2\pi\right]\). 3. \[ \boxed{f_{\max}=e\text{ en }x=\dfrac{\pi}{2}},\qquad \boxed{f_{\min}=e^{-1}\text{ en }x=\dfrac{3\pi}{2}}. \] 4. \[ e^{\sin x}=e^{1/2}\iff\sin x=\dfrac{1}{2}. \] Ainsi \[ \boxed{x=\dfrac{\pi}{6}\ \text{ ou }\ x=\dfrac{5\pi}{6}}. \]

1. \[ AM^2=(\cos\theta-2)^2+(\sin\theta-1)^2=6-4\cos\theta-2\sin\theta. \] 2. \[ D'(\theta)=4\sin\theta-2\cos\theta=2(2\sin\theta-\cos\theta). \] 3. La fonction \(2\sin\theta-\cos\theta\) est strictement croissante sur le premier quadrant car sa dérivée \(2\cos\theta+\sin\theta>0\). Elle s'annule une seule fois. À ce point, \(\cos\theta_0=2\sin\theta_0\). L'identité fondamentale donne \(5\sin^2\theta_0=1\), d'où \[ \boxed{\sin\theta_0=\dfrac{1}{\sqrt5}},\qquad \boxed{\cos\theta_0=\dfrac{2}{\sqrt5}}. \] 4. La dérivée passe de négative à positive, donc \(D\) est minimale en \(\theta_0\). Alors \[ D(\theta_0)=6-\dfrac{8}{\sqrt5}-\dfrac{2}{\sqrt5}=6-2\sqrt5. \] Or \[ 6-2\sqrt5=(\sqrt5-1)^2. \] Comme \(\sqrt5-1>0\), \[ \boxed{AM_{\min}=\sqrt5-1}. \]

1. \[ T(t+24)=12+8\cos\left(\dfrac{\pi t}{12}+2\pi\right)=T(t). \] 2. \[ T'(t)=-\dfrac{2\pi}{3}\sin\left(\dfrac{\pi t}{12}\right). \] La dérivée est négative sur \(]0;12[\), positive sur \(]12;24[\). Donc \(T\) décroît puis croît. 3. \[ \boxed{T_{\max}=20\text{ pour }t=0\text{ et }t=24},\qquad \boxed{T_{\min}=4\text{ pour }t=12}. \] 4. Le cosinus est négatif ou nul lorsque son angle appartient à \(\left[\dfrac{\pi}{2};\dfrac{3\pi}{2}\right]\). Ainsi \[ \boxed{t\in[6;18]}. \]

1. Si \(|m|>1\), aucune solution. Si \(m=1\), seule \(x=0\). Si \(-1

Réflexe Bac : Cette méthode correspond directement à la capacité officielle : equation \(\cos x=a\), puis inéquation sur \([-\pi;\pi]\).