1. Résoudre l’équation : 2x² + 5x − 3 = 0
2. Résoudre les équations : a. 2(lnx)² + 5 lnx − 3 = 0 b. lnx + ln(2x + 5) = ln 3 c. ln(x(2x + 5)) = ln 3 1. 2x² + 5x - 3 a pour discriminant ∆ = 49 et donc pour racines x = -3 et x = ½ donc S = {-3 ; ½}.
2. a. 2(lnx)² + 5lnx - 3 = 0 existe si x > 0 donc D = ]0 ; +∞ [
d’après 1. 2(lnx)² + 5lnx −3 = 0 ⇔ lnx = -3 ou lnx = ½ ⇔ x = e-3 ou x = e1/2 Donc S = {1/e3 ; e } b. lnx + ln(2x+5) = ln3 existe si x > 0 et 2x + 5 > 0 c’est à dire x > 0 et x > -5/2. Donc D = ]0 ;+∞[
lnx + ln(2x+5) = ln3 ⇔ ln(x(2x+5)) = ln3 ⇔ x(2x+5)=3 ⇔ 2x² + 5x – 3 = 0 ⇔ x = −3 ou x =1/2.
or -3 n’est pas dans D donc S = {1/2}
c. ln(x(2x+5)) = ln3 existe si x(2x+5) > 0, donc d’après la règle du signe du trinôme D = ]-∞ ;-5/2[ ∪ ]0 ;+∞[
ln(x(2x+5)) = ln3 ⇔ x(2x+5) = 3 ⇔ 2x² + 5x – 3 = 0 ⇔ x = −3 ou x =1/2, S = {-3 ;1/2} .
Soit P(x) = 2x3 − 7x² − 5x + 4 1. Calculer P(-1), puis factoriser P(x).
2. Résoudre : a. P(x) = 0 b. 2(lnx)3 - 7(lnx)2 - 5lnx + 4 = 0 c. ln (2x) + ln (x² - 1) = ln (x + 1) + ln (7x-4)
1. P(-1) = 0 donc P(x) est factorisable par x +1. Par division polynômiale on obtient P(x) = (x + 1)(2x² −9x + 4) 2x² − 9x + 4 a pour discriminant ∆ = 49 et donc pour racines 4 et 1/2. On a alors P(x) = (x + 1) 2(x - 4)(x - 1/2) 2. a. P(x) = 0 ⇔ x = −1 ou x = 4 ou x = 1/2 d’après 1.
b. 2(lnx)3 − 7(lnx)2 − 5lnx + 4 = 0. Cette équation (E) existe à condition que x > 0 donc (E) existe dans ]0 ;+∞[
en posant lnx = X on retrouve l’équation de a.
donc (E) ⇔ lnx = −1 ou lnx = 4 ou lnx = 1/2 ⇔ x = e-1 ou x = e4 ou x = e½ ⇔ x =1/e ou x = e4 ou x = e ces 3 valeurs étant dans ]0 ;+∞[, S = {1/e ; e4 ; e}
c. ln(2x) + ln(x² −1) = ln(x + 1) + ln(7x − 4).
Cette équation (E’) existe à condition que 2x > 0 et x² - 1 > 0 et x + 1 > 0 et 7x – 4 > 0
or 2x > 0 ⇔ x > 0 x²-1 > 0 ⇔ x < -1 ou x > 1 x + 1 > 0 ⇔ x > -1 et 7x - 4 > 0 ⇔ x > 4/7 donc (E’) existe dans ]1 ; +∞[
on a alors (E’) ⇔ ln(2x)(x²-1) = ln(x + 1)(7x - 4) ⇔ 2x3 - 2x = 7x² + 3x - 4 ⇔ P(x) = 0 ⇔ x = -1 ou x = 4 ou x = 1/2 seule, la valeur 4 est acceptable donc S = {4}
Soit f la fonction définie dans ]0;+∝∝∝∝[, par f(x) = (ln x)² - ln x 1. Etudier les limites de f aux bornes de son domaine .
2. Calculer la dérivée f' de f, étudier son signe et dresser le tableau de variation de f . 3. Résoudre l'équation f(x) = 0 .
1. limite en 0 : quand x → 0, lnx → -∞ donc (lnx)² → +∞ et –lnx → +∞ donc f(x) → +∞
limite en +∞ : quand x → +∞, lnx → +∞ donc (lnx)² → +∞ et –lnx → -∞ donc f(x) prend la forme indéterminée ‘’∞ - ∞ ‘’
mais f(x) = lnx (lnx – 1) quand x → +∞ ,lnx → +∞ et (lnx-1) → +∞ donc f(x) → +∞ 2. f’(x) = 2(lnx)(lnx)’- (lnx)’ = 2lnx ×1
x – 1
x = 2lnx-1 x . Dans ]0 ;+∞[, x>0 donc f’(x) a le signe de 2lnx-1 : or 2lnx-1 ≥ 0 ⇔ lnx ≥ ½ ⇔ x ≥ e½ ⇔ x ≥ e et donc 2lnx-1 < 0 ⇔ x < e
3. f(x) = 0 ⇔ (lnx)²-lnx = 0 ⇔ lnx (lnx-1) = 0 ⇔ lnx = 0 ou lnx = 1 ⇔ x = 1 ou x = e Déterminer les limites en 0 et +∝ de f(x) = (x² + 2x) lnx
limite de f en 0 : quand x → 0, x²+2x → 0 et lnx → -∞ donc f(x) prend la forme indéterminée ‘’∞ × 0’’
mais f(x) = xlnx(x+2) et on sait que : quand x → 0, xlnx → 0 et x+2 → 2 donc f(x) → 0 limite de f en +∞ : quand x → +∞, x²+2x → +∞ et lnx → +∞ donc f(x) → +∞
f est la fonction définie dans ]0 ;+∞[ par f(x) = xlnx – x². Etudier les limites de f aux bornes de son domaine.
limite en 0 : quand x → 0 on sait que x lnx → 0 et x² → 0 donc f(x) → 0
limite en +∞ : quand x → +∞, lnx → +∞ donc xlnx → +∞ et –x² → -∞ donc f(x) prend la forme indéterminée ‘’∞ - ∞’’
mais f(x) = x²(lnx/x – 1) et on sait que lnx/x → 0 quand x → +∞ donc (lnx/x – 1) → -1 et f(x) → -∞
x 0 e +∞
f’(x) - 0 + f(x) +∞
-¼ +∞
f est la fonction définie par f(x) = ln(x²-x)
1. Déterminer le domaine de définition Df de f et les limites de f aux bornes de ce domaine.
2. Etudier les variations de f et dresser son tableau de variation.
3. Trouver les points d’intersection de Cf avec l’axe des abscisses.
1. f(x) existe à condition que x² - x > 0. Or x² - x > 0 ⇔ x(x - 1) > 0 ⇔ x ∈ ]-∞ ;0[∪]1 ;+∞[ = Df limites en +∞ et- ∞ : quand x → ∞, x² - x se comporte comme x² et donc x² - x → +∞ d’où f(x) → +∞
limite en 0- : quand x →0- , x² - x → 0+ donc f(x) → −∞
limite en 1+ : quand x → 1+, x² - x → 0+ donc f(x) → −∞
2. f’(x) = (x²-x)' x²-x = 2x-1
x²-x .
Dans Df, x² - x > 0 donc f’(x) a le signe de 2x - 1
d’où f’(x) < 0 dans]-∞ ; 0[ et f’(x) > 0 dans ]1 ;+∞[
3. Cf coupe l’axe des abscisses quand f(x) = 0
or f(x) = 0 ⇔ ln(x² - x) = 0 ⇔ x² - x = 1 ⇔ x² - x - 1 = 0 ce trinôme a pour discriminant ∆ = 5 et donc pour racines x’ =
2
1+ 5 et x’’ =
2 1− 5
donc Cf coupe l’axe des abscisses en deux points A(x’ ;0) et B(x’’ ;0) f est la fonction définie dans ]0;+∞[ par f(x) = (ln x)² - 4 ln x.
a. limites de f . b. variations de f. c. intersection de Cf avec l'axe des abscisses : a. limite 0 : quand x → 0, lnx → -∞ donc (lnx)² → +∞ et –4lnx → +∞ donc f(x) → +∞
limite en +∞ : f(x) = lnx(lnx − 4) quand x → +∞, lnx → +∞ donc lnx – 4 → +∞ d’où f(x) → +∞
b. f’(x) = 2(lnx)(lnx)’− 4(lnx)’ = 2(lnx)1 x − 4 1
x = 2lnx - 4
x = 2(lnx - 2)
x
dans ]0 ;+∞[, x > 0 donc f’(x) a le signe de lnx – 2.
Or lnx − 2 ≥ 0 ⇔ lnx ≥ 2 ⇔ x ≥ e² et donc lnx - 2 < 0 ⇔ x < e² c. Cf coupe l’axe des abscisses quand f(x) = 0.
or f(x) = 0 ⇔ lnx(lnx – 4) = 0 ⇔ lnx = 0 ou lnx = 4 ⇔ x = 1 ou x = e4. donc Cf coupe l’axe des abscisses en A(1 ;0) et B(e4 ;0)
II. f est la fonction définie dans ]0;+∞[ par f(x) = x - x lnx. Limite et variation de f.
limite en 0 : quand x → 0 on sait que xlnx → 0 donc f(x) → 0
limite en +∞ : f(x) = x(1 – lnx). quand x → +∞, lnx → +∞ donc 1 – lnx → −∞ donc f(x) → −∞
f’(x) = (x)’ – [(x)’(lnx)+(x)(lnx)’] = 1-[lnx+(x)(1/x)] = -lnx f’(x) a le signe de –lnx c’est à dire :
positif avant 1, nul en 1 et négatif après 1
III. f est la fonction définie dans ]0;+∞[ par f(x) = (x² + x) lnx. Limites de f.
a) limite de f en 0 :f(x) = x(xlnx) + xlnx. quand x → 0 on sait que xlnx → 0 donc f(x) → 0 b) limite de f en +∞ :quand x → +∞, x²+x → +∞ et lnx → +∞ donc f(x) → +∞
IV. f est la fonction définie dans IR par f(x) = ln (x² + 2x + 5). Limites et variations de f :
limite en –∞ : x² + 2x + 5 se comporte comme x² donc x² + 2x + 5→ +∞ donc f(x) → +∞ limite en +∞ : x² + 2x + 5 se comporte comme x² donc x² + 2x + 5→ +∞ donc f(x) → +∞
f’(x) = 2x+2
x²+2x+5 = 2(x+1) x²+2x+5
dans IR, x²+2x+5 > 0 donc f’(x) a le signe de x+1.
donc f’(x) est négative avant -1, nulle en -1 et positive après –1
V. f est la fonction définie dans ]1;+∞[ par f(x) = ln ( 2
x-1 ). limites et variations de f :
f(x) = ln ( 2 x-1 )
limite en 1 : quand x → 1+, x - 1 → 0+ donc 2/(x-1) → +∞ donc f(x) → +∞
limite en +∞ : quand x → +∞, x - 1 → +∞ donc 2/(x-1) → 0+ donc f(x) → -∞ f’(x) = (2/(x-1))'
(2/(x-1)) = -2 (x-1)²×x-1
2 = -1 x-1 dans ]1 ;+∞[, x-1 > 0 donc f’(x) < 0
x -∞ 0 1 +∞
f’(x) - + f(x) +∞
-∞ -∞ +∞
x 0 e2 +∞
f’(x) - 0 + f(x) +∞
-4 +∞
x 0 1 +∞ f’(x) + 0 - f(x)
0 1 -∞
x –∞ -1 +∞
f’(x) - 0 + f(x) +∞
ln4 +∞
x 1 +∞
f’(x) - f(x) +∞
-∞
