Exponentielles et Logarithmes : Exercices de Dépassement

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Exercice 1 : Si $\lim\limits_{x \to +\infty} \left[ \left( \frac{\e}{1-\e} \right)\left( \frac{1}{\e} - \frac{x}{1+x} \right) \right]^x = \alpha$, alors la valeur de $\ln \alpha$ est égale à :

$\e$
$\e^2$
$\e^3$
$\e^4$

solution

$\ln \alpha = \e$

Exercice 2 : Résoudre l'inéquation : \[ \log_{\frac{1}{3}} (x^2 - 1) + \log_{\frac{1}{3}} (5 - x) > \log_{\frac{1}{3}} \big(3(x+1)\big). \]

solution

solution : S$= \left]1,2\right[ \cup \left]4,5\right[ $

Exercice 3 : La suite $(a_n)$ est définie par la formule : \[ a_n = \frac{1}{\frac{1}{\log_2 (n+1)} + \frac{1}{\log_3 (n+1)} + \frac{1}{\log_4 (n+1)} + \dots + \frac{1}{\log_{2018} (n+1)}} \quad \text{pour } n \geq 1. \]

Justifiez que l'expression de la suite $(a_n)$ peut être écrite sous la forme $a_n = \log_{2018!} (n+1)$ et calculez la valeur de la somme : \[ a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_{2017}. \]

solution

\[ a_n = \log_{2018!} (n+1). \]

\[ a_1 + a_2 + \dots + a_{2017} = 1. \]

Exercice 4 : Une suite géométrique infinie $(a_n)$ est définie par la relation de récurrence : \[ a_1 = 2, \quad a_{n+1} = a_n \cdot \log_2 (k-2), \] pour tout $n \geq 1$. Tous les termes de cette suite sont différents de zéro. Déterminez toutes les valeurs du paramètre $k$ pour lesquelles la somme de tous les termes de la suite infinie $(a_n)$ existe.

solution

L'expression $\log_2 (k-2)$ est définie lorsque $k-2 > 0 \iff k > 2$. D'après la définition de la suite géométrique, la raison est $q = \log_2 (k-2)$. $$q \neq 0 \iff \log_2 (k-2) \neq 0 \iff k \neq 3.$$ Pour que la somme de tous les termes de la suite géométrique existe, le quotient doit satisfaire $|q| < 1 \iff |\log_2 (k-2)| < 1$. \[ |\log_2 (k-2)| < 1 \iff k > \frac{5}{2} \quad \text{et} \quad k < 4. \] Les solutions de l'inéquation sont les réels dans l'intervalle $\left] \frac{5}{2}, 4 \right[$.

La somme de tous les termes de la suite géométrique avec des termes tous différents de zéro existe pour $k \in \left] \frac{5}{2}, 3 \right[ \cup ]3, 4[$.

Exercice 5 : Calculer la limite suivante en utilisant des méthodes mathématiques rigoureuses : \[ \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{3^x + 2^x}{4^x}\right)^{\frac{1}{x}} \]

solution

\begin{align*} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\frac{3^x + 2^x}{4^x}\right)^{\frac{1}{x}} &= \lim\limits_{x \to +\infty} \frac{ \left(3^x + 2^x\right)^{\frac{1}{x}}}{\left(4^x\right)^{\frac{1}{x}} } \\ &= \frac14\lim\limits_{x \to +\infty} \left(3^x + 2^x\right)^{\frac{1}{x}}\\ &= \frac14\lim\limits_{x \to +\infty} \left(3^x \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)\right)^{\frac{1}{x}}\\ &= \frac34\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)^{\frac{1}{x}} \qquad \left[1 + \left(\tfrac23\right)^x \xrightarrow{x\to+\infty} 1\right] \\ &= \frac34 \end{align*}

\begin{align*} \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)^{\frac{1}{x}} &= \exp \left(\lim\limits_{x \to +\infty} {\tfrac{1}{x}}\ln \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)\right)\\ &= \exp \left(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)}{x}\right)\\ &=\exp\left(\lim\limits_{x \to +\infty} \left(\ln \left(1 + \left(\tfrac23\right)^x\right)'\right)\right)\\ &=\exp\left(\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(\tfrac23 \right)\left(\tfrac23\right)^x}{1 + \left(\tfrac23\right)^x}\right)\\ &= \exp\left( \frac{\ln\left( \tfrac23\right) \times 0}{1+0}\right) = \exp \left(0\right) =1 \end{align*}

Exercice 6 : Calculer la limite suivante en utilisant des méthodes mathématiques rigoureuses : \[ \lim_{x \to \infty} \left(\frac{2^x + 3^x}{\mathbf{e}^x}\right)^{\frac{1}{x}} \]

solution

$\frac{3}{\mathbf{e}}$

Exercice 7 : Déterminer la concavité de la fonction suivante en utilisant la dérivée seconde : \[ y = \mathbf{e}^x + 2\mathbf{e}^{-x} \]

solution

$y' = \left(\mathbf{e}^x + 2\mathbf{e}^{-x}\right)' = \mathbf{e}^x - 2\mathbf{e}^{-x}$ et $y'' = \left(\mathbf{e}^x - 2\mathbf{e}^{-x}\right)' = \mathbf{e}^x + 2\mathbf{e}^{-x}$

$\forall x\in\mathbb{R} ~:~ \mathbf{e}^x>0 \text{ et } \mathbf{e}^{-x}>0 \implies y''>0 \implies $ concavité du graphe tournée vers le haut $\forall x\in \mathbb{R}$

Exercice 8 : Résoudre dans $\mathbb{R}$ \[\log _{\frac{1}{4}}\left(3 x-x^{2}\right)-\log _{2} \Par{\dfrac{1}{x}}+\log _{4}|x-1|=0\]

solution

CE : $\left(3 x-x^{2}>0\right) \land \left(x>0\right) \land \left(|x-1|>0\right) \iff \left(x\in \into{0}{3} \right) \land \left(x>0\right) \land \left(x\neq 1\right)$

CE : $x\in\into{0}{3}\backslash \Sol{1}$

$$\begin{aligned}[t] \log _{\frac{1}{4}}\left(3 x-x^{2}\right)-\log _{2} \dfrac{1}{x}+\log _{4}|x-1|=0 &\iff \frac{\ln\left(3 x-x^{2}\right)}{\ln\frac14}-\frac{\ln\frac1x}{\ln 2}+\frac{\ln |x-1|}{\ln4}=0 \\ &\iff \frac{\ln\left(3 x-x^{2}\right)}{-2\ln 2}-\frac{\ln\frac1x}{\ln 2}+\frac{\ln |x-1|}{2\ln2}=0 \\ &\iff -\ln\left(3 x-x^{2}\right)-2\ln\frac1x+\ln |x-1|=0 \\ &\iff -\ln\left(3 x-x^{2}\right)+2\ln x+\ln |x-1|=0 \\ %&\iff 2\ln x+\ln |x-1| = \ln\left(3 x-x^{2}\right) \\ %&\iff \ln \left(x^2\cdot |x-1|\right) = \ln\left(3 x-x^{2}\right) \\ &\iff x^2\cdot |x-1| = x\cdot \left(3-x\right) \qquad \left(x\neq 0\right)\\ &\iff x\cdot |x-1| = 3-x \end{aligned}$$

Soit $x>1$ : $x\cdot \left(x-1\right) = 3-x \iff x=\pm \sqrt{3} \stackrel{x>0}{\iff} x=\sqrt{3}$

Soit $x<1$ : $x\cdot \left(1-x\right) = 3-x \iff x^2-2x+3=0$ impossible car $\rho<0$

Donc : S$=\Sol{\sqrt{3}}$

Exercice 9 : Résoudre dans $\mathbb{R}$ \[\log _{x-2}(x+4)+\dfrac{1}{\log _{x-3}(x-2)} \leq 2-\log _{x-2} 2\]

solution

Solution finale : S$=\intof{3}{3-\sqrt{37}}$ (NDLR : voir 202302PesamExpoLogs.tex)

Exercice 10 : On considère la fonction $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}|x|^{x} & \textrm{ si } x \neq 0 \\ 1 & \textrm{ si } x=0\end{array}\right.$

n° 10.1 : Quel est le domaine de $f$ ? Est-ce que $f$ est paire ou impaire ? Indication : calculer $f(2)$ et $f(-2)$

Solution

Si $x \neq 0$, alors $f(x)=\mathbf{e}^{x \ln |x|}$ existe $\left(|x|>0 \iff x\neq 0\right)$, donc $\dom f=\mathbb{R}$.

$f(2)=2^2=4$ et $f(-2)=2^{-2}=\frac{1}{4}$, donc $f$ n'est ni paire ni impaire.

n° 10.2 : Etudier la continuité de $f$ en $0$ et en déduire le domaine de continuité de f.

Solution

$\lim\limits_{x \to 0} f(x)=\lim\limits_{x \to 0} \mathbf{e}^{x \ln |x|}=1=f(0)$, donc $f$ est continue en 0.

En effet : $\lim\limits_{x \to 0} x \ln |x|=\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln |x|}{x^{-1}} = \frac{\infty}{\infty} \stackrel{\textrm{H}}{=} \lim\limits_{x \to 0} \frac{x^{-1}}{-x^{-2}}=\lim\limits_{x \to 0}-x=0$.

n° 10.3 : Déterminer les limites de $f$ aux bornes du domaine et en déduire les asymptotes éventuelles au graphe de f.

Solution

Il est clair que $f$ est continue en tout réel distinct de 0. Donc : $\dom_c f=\mathbb{R}$.

$\lim\limits_{x \to+\infty} f(x)=\lim\limits_{x \to+\infty} e^{x \ln x}=+\infty$, donc pas d'A.H.D.

$\lim\limits_{x \to+\infty} \frac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x \to+\infty} \frac{x^x}{x}=\lim\limits_{x \to+\infty} x^{x-1}=\lim\limits_{x \to+\infty} e^{(x-1) \ln x}=+\infty$, donc pas d'A.O.D.%, mais une B.P.D. de direction $(O y)$.

$\lim\limits_{x \to-\infty} f(x)=\lim\limits_{x \to-\infty} e^{x \ln |x|}=0$, donc A.H.G. : $y=0$

n° 10.4 : Déterminer la dérivée de $f$ sur $\mathbb{R}$, puis étudier la dérivabilité de $f$ en $0$. Quel est la nature du point d'abscisse $0$ du graphe de $f$ ? Quel est le domaine de dérivabilité de $f$ ?

Solution

la fonction $x \mapsto \ln |x|$ est dérivable sur $\mathbb{R}_0$ et $(\ln |x|)^{\prime}=\frac{1}{x}$.

Donc : $\left(\forall x \in \mathbb{R}_0\right) \quad f^{\prime}(x)=\mathbf{e}^{x \ln |x|} \cdot\left(\ln |x|+x \cdot \frac{1}{x}\right)=\underbrace{|x|^x}_{>0}(\ln |x|+1)$.

On étudie sa dérivabilité en $0$ : $$\lim\limits_{x\to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \left[\tfrac00\right] \stackrel{\textrm{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0} f'(x) = \lim\limits_{x \rightarrow 0} \; \underbrace{e^{x \ln |x|}}_{\rightarrow 1} \cdot(\underbrace{\ln |x|}_{\rightarrow-\infty}+1) = -\infty$$ Donc $f$ n'est pas dérivable en 0 et le point $(0,1)$ est un point d'inflexion à tangente verticale. $$\dom f^{\prime}=\mathbb{R}_0$$

n° 10.5 : Étudier le sens de variation de $f$ sur son domaine et dresser son tableau de variation.

Solution

Laissé au lecteur.

Exercice 11 : Résoudre $\log_2 \left| 1- 2^x \right| \leq \log_2 12 - \left|x\right|$

solution

CE : $1-2^x \neq 0 \iff x\neq 0$ $$\begin{aligned}[t] \log_2 \left| 1- 2^x \right| \leq \log_2 12 - \left|x\right| &\iff \log_2 \left| 1- 2^x \right| \leq \log_2 12 - \log_2 \left( 2^ {\left|x\right|}\right) \\ &\iff \log_2 \left| 1- 2^x \right| \leq \log_2 \left( \frac{12}{2^ {\left|x\right|}}\right) \\ &\iff \left| 1- 2^x \right| \leq \frac{12}{2^ {\left|x\right|}} \\ &\iff \left| 1- 2^x \right| \cdot 2^ {\left|x\right|}\leq {12} \\ \end{aligned}$$

1) Soit $x > 0$ : $\left| 1- 2^x \right| = 2^x-1$ et $2^ {\left|x\right|} = 2^x$ $$\begin{aligned}[t] \left( 2^x-1\right) 2^x -12 \leq 0 & \Longleftrightarrow{u=2^x} u^2-u-12 \leq 0 \\ & \Longleftrightarrow{} \:-3 \le u \le \:4 \\ & \Longleftrightarrow{} \:-3 \le 2^x \le \:4 \\ & \Longleftrightarrow{} \: 2^x\le \:4 \\ & \Longleftrightarrow{} x\le \:2 \qquad\qquad \mathrm{S}_1 = \left] 0\; ; \; 2 \right]\\ \end{aligned}$$

2) Soit $x < 0$ : $\left| 1- 2^x \right| = 1 - 2^x$ et $2^ {\left|x\right|} = 2^{-x}$ $$\begin{aligned}[t] \left( 1-2^x\right) 2^{-x} \leq 12 & \Longleftrightarrow{} 2^{-x} \leq 13 \\ & \Longleftrightarrow{} \ln \left( 2^{-x} \right) \leq \ln(13) \\ & \Longleftrightarrow{} -x \ln \left( 2 \right) \leq \ln(13) \\ & \Longleftrightarrow{} x \geq -\frac{\ln(13)}{\ln \left( 2 \right)} \\ & \Longleftrightarrow{} x \geq -\log_2 \left( 13 \right) \qquad\qquad \mathrm{S}_2 = \left[ -\log_2 \left( 13 \right)\; ; \; 0 \right[\\ \end{aligned}$$

Solution finale : S$=\left[ -\log_2 \left( 13 \right)\; ; \; 0 \right[ \cup \left] 0\; ; \; 2 \right]$

Exercice 12 : Étudier les variations de la fonction $f$ définie par $f(x)=\sqrt{x}-\frac{1}{3} \ln x$, puis résoudre l'équation $x^{\sqrt{x}}=\sqrt[3]{x}^{\ln x}$. On n'a pas besoin d'indiquer les limites aux bornes de dom$f$.

solution

CE : $x>0$ Conclusion : pour tout $x\in\mathbb{R}_0^+$, on a $\sqrt{x}-\frac{1}{3} \ln x>0$.

Résolution de l'équation : $$\begin{aligned}[t] x^{\sqrt{x}}=\sqrt[3]{x}^{\ln x} &\iff \mathbf{e}^{\ln \left( x^{\sqrt{x}} \right) } = \mathbf{e}^{\ln \left( \sqrt[3]{x}^{\ln x} \right) } \\ &\iff \mathbf{e}^{{\sqrt{x}} \cdot \ln \left( x \right) } = \mathbf{e}^{ {\ln x} \cdot \ln \left( \sqrt[3]{x} \right) } \\ &\iff {{\sqrt{x}} \cdot \ln \left( x \right) } = { {\ln x} \cdot \ln \sqrt[3]{x} } \\ &\iff {{\sqrt{x}} \cdot \ln \left( x \right) } - { {\ln x} \cdot \ln \left( x^{1/3} \right) } = 0\\ &\iff \ln(x) \cdot\left( \sqrt{x} - \frac13 \ln {x} \right) = 0\\ &\iff \ln x = 0 \; \mathrm{ ou } \; \underbrace{\sqrt{x} - \frac13 \ln {x}}_{>0} = 0 \iff \ln x = 0 \iff x=1 \quad \mathrm{sol. unique} \quad S=\big\{1\big\} \end{aligned}$$

Exercice 13 : Calculer $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(1+\mathbf{e}^{-x}\right)^{\sqrt{x}}$.

solution

$\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(1+\mathbf{e}^{-x}\right)^{\sqrt{x}} = \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \exp\left( \ln\left( \left(1+\mathbf{e}^{-x}\right)^{\sqrt{x}} \right) \right) = \exp\left(\lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \sqrt{x} \cdot \ln \left(1+\mathbf{e}^{-x}\right) \right)$ $$\begin{aligned}[t] \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \underbrace{\sqrt{x}}_{\rightarrow+\infty} \underbrace{\ln \left(1+\e^{-x}\right)}_{\rightarrow 0} &= \big[ \left( +\infty \right) \cdot 0\big] \rightarrow \mathbf{F.I.}\\ &= \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln \left(1+\e^{-x}\right)}{\tfrac{1}{\sqrt{x}}} = \left[ \frac00\right] \\ &\stackrel{\mathrm{H}}{=} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\frac{-\e^{-x}}{1+\e^{-x}}}{\frac{-1}{2 x \sqrt{x}}} \\ &= \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2x^{3/2}\cdot\e^{-x}}{1+\e^{-x}} \quad \left(\times \frac{\e^x}{\e^x} \right)\\ &= \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{2x^{3/2}}{\e^x+1} = \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \\ &\stackrel{\mathrm{H}}{=} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{3x^{1/2}}{\e^x} = \left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\ &\stackrel{\mathrm{H}}{=} \lim\limits_{x \rightarrow+\infty} \frac{\tfrac32 }{x^{1/2}\cdot\e^x} = 0\\ \end{aligned}$$ donc, $\lim\limits_{x \rightarrow+\infty}\left(1+\mathbf{e}^{-x}\right)^{\sqrt{x}} = \e^0 = 1$