corrige

Corrigé des exercices sur le logarithme en terminale.

EXERCICE N° 1 :

a) La seule solution est x=0 car e^0=1.
b) On a e^x=4 qui donne x=ln4.
c) On résout l’équation e^x-2=0, donc e^x=2 qui donne x=ln2.
d) On résout l’équation 4e^{-x}=15, donc e^{-x}=\frac{15}{4} qui donne x=ln(\frac{4}{15}).
e) On résout l’équation e^{2x-1}-2=0, donc e^{2x-1}=2 qui donne 2x-1=ln2 et finalement x=(ln2+1)/2.
f) L’équation n’a pas de solution car e^{-x} est toujours positif.

EXERCICE N° 2 :

a) On a x=e^3.
b) On a x=\frac{1}{2}.
c) On résout l’équation 2lnx=7, donc ln(x^2)=7, ce qui donne x=e^{7/2}.
d) On résout l’équation ln(2x-1)=3, donc 2x-1=e^3, ce qui donne x=\frac{e^3+1}{2}.
e) On a x=1/e.
f) On résout l’équation ln(x^2)=4, donc x^2=e^4, ce qui donne x=e^2 ou x=-e^2 (mais cette dernière solution est exclue car elle n’appartient pas à l’ensemble de définition de ln).

EXERCICE N° 3 :

a) On peut simplifier ln3+ln( \frac{1}{3})=ln( \frac{3}{3})=0.
b) On peut simplifier ln(1/16)=-4ln2.
c) On peut simplifier \frac{1}{2}ln \sqrt{2}=ln(\frac{ \sqrt{2}}{2})=ln(\frac{1 }{\sqrt{2}})=-ln \sqrt{2}=-\frac{1}{2}ln2.

EXERCICE N° 4 :

a) L’ensemble de définition est ]-∞; -1[ ∪ ]1; +∞[. On peut simplifier ln(1-x)+ln(1+x)=ln(1-x^2), donc l’équation est équivalente à ln(1-x^2)=2(ln2-ln5), donc 1-x^2=e^{2(ln2-ln5)}=\frac{4}{25}, ce qui donne x=\pm\sqrt{ \frac{21}{25} }.

Cependant, x=√(21/25) ne convient pas car il n’appartient pas à l’ensemble de définition, donc la seule solution est x=-√(21/25)=-√21/5.
b) L’ensemble de définition est ]3/2; +∞[.

On peut simplifier ln(x(x-3))=ln(x-3)+lnx=ln4,

donc x(x-3)=4 et finalement x=4 ou x=-1.

Cependant, x=-1 ne convient pas car il n’appartient pas à l’ensemble de définition, donc la seule solution est x=4.
c) L’ensemble de définition est ]0; 3[.

On peut simplifier ln(x(x-3))=ln(-x^2+3x), donc -x^2+3x=\frac{4}{1} et finalement x=\frac{1}{2} ou x=2.

Cependant, x=2 ne convient pas car il n’appartient pas à l’ensemble de définition, donc la seule solution est x=1/2.

EXERCICE N° 5 :

1. On a

f(x)=2x-1+ln(x/(x+1))=2x-1-ln(1+x/(x+1))=2x-1-ln((x+1)/x)

, donc f(x) tends vers -∞ quand x tends vers 0 car ln(\frac{x+1}{x}) tends vers -∞.

On peut interpréter graphiquement ce résultat en disant que C_f admet une asymptote verticale en x=0.
2. a) On a f(x) tends vers +∞ quand x tends vers +∞ car 2x-1 tends vers +∞ et ln(x/(x+1)) tends vers 0.
b) On a

\lim_{x\to +\infty}[(2x-1-(y-1))/ln(1+x/(x+1))]=\lim_{x\to +\infty}(2x/(x+1))/(1+x/(x+1))=2

, donc y=2x-1 est une asymptote oblique à C_f en +∞.

On peut dire que C_f est située en dessous de la droite y=2x-1 carf(x)<2x-1 pour tout x.
3. On résout l’inéquation 1-e^{ 2x } \geq\, 0, donc e^{2x} \leq\, 1, ce qui donne x≤0. On peut également écrire l’inéquation sous la forme e^{2x} \geq\, 1, c’est à dire x≥0, mais cette solution n’appartient pas à l’ensemble de définition de ln.
4. On cherche à résoudre l’équation 2x-1+ln(\frac{x}{x+1})=0.

On peut réécrire l’équation sous la forme ln(\frac{x}{x+1})=-2x+1, donc \frac{x}{x+1}=e^{-2x+1}, ce qui donne l’équation x+xe^{-2x+1}=1.

On sait que l’équation a une unique solution dans ]0;+\infty[ car x+xe^{-2x+1} est une fonction croissante dans cet intervalle (puisque sa dérivée est 1-2xe^{-2x+1}>0).

En utilisant la méthode de dichotomie, on trouve que la solution est 0.54<x<0.55.
5. Voir figure ci-dessous.

EXERCICE N° 6 :

ph d'une solution et logarithme

1. On a pH=-log[H_3O^+]=-log(5 \times   10^{-9}) \approx 8.30, donc la solution est basique.

Si la concentration en ions H_3O^+ est égale à 0,1 mol/L, alors pH=-log(0,1)≈1 (la solution est acide).
2. Une solution neutre a un pH égal à 7.

On a pH=-log[H_3O^+], donc [H_3O^+]=10^{-pH}=10^{-7} mol/L.
3. Si l’on augmente la concentration en ions H_3O^+, on diminue le pH de la solution car pH=-log[H_3O^+], donc une concentration plus élevée implique un logarithme plus petit (et donc un pH plus petit).
4. Pour incrémenter le pH d’une solution, il faut ajouter une base (qui réagit avec les ions H_3O^+ pour les neutraliser) ou enlever un acide (qui libère des ionsH_3O^+ dans la solution). Pour décrémenter le pH d’une solution, il faut faire l’opposé (ajouter un acide ou enlever une base).

VOCABULAIRE : Décrémenter, c’est soustraire 1.

EXERCICE N° 7 :

1. a) On a \lim_{x\to -\infty}ln(1+e^{2x})=-\infty car e^{2x} tends vers 0 et ln tends vers -\inftyquand son argument tend vers 0.
b) En utilisant la règle de l’Hôpital, on trouve que \lim_{x\to +\infty}[(x+2)/e^{2x}]=0.

Donc l’équation de l’asymptote oblique est y=-2x+c pour une certaine constante c.

En utilisant l’expression f(x)=2-x-ln(1+e^{-2x}) qui est équivalente à f(x), on trouve que c=1.

Donc l’asymptote oblique est y=-2x+1.

c) En utilisant l’expression f(x)=2-x-ln(1+e^{-2x}), on trouve que f(-x)=2+x-ln(1+e^{2x})=f(x)+2x, donc l’axe des ordonnées est un axe de symétrie pour C.

d) On a \lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}(x+2-ln(e^{2x}(1+e^{2x})^{-1}))=+\infty

car x+2 tends vers +∞ et ln(e^{2x}(1+e^{2x})^{-1}) tends vers -∞.

Donc il y a une seconde asymptote oblique en +∞.

En utilisant f(x)=2-x-ln(1+e^{-2x}), on trouve que l’équation de cette asymptote est y=-2x.
2. On a f(-x)=x+2-ln(1+e^{2x})=f(x), donc C est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
3. On résout l’équation 1-e^{2x} \geq\, 0 comme dans l’exercice précédent et on trouve x \leq\, 0.
4. On calcule la dérivée de f : f'(x)=2-e^{2x}/(1+e^{2x})=2(1-1/(1+e^{2x}))=2(1-t/(1+t))t=e^{2x}>0.

La fonction 1-t/(1+t) est décroissante car sa dérivée est \frac{t}{(1+t)^2}>0 pour t>0.

Donc f'(x)<0 pour tout x, ce qui implique que f est décroissante sur \mathbb{R}.

De plus, f(-x)=f(x), donc C est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées et il suffit d’étudier les variations de f sur [0; +\infty[.

On a f(0)=1 et \lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty, donc C intersecte l’axe des abscisses en un unique point \alpha.

Pour déterminer son encadrement d’amplitude 10^{-2}, on utilise la méthode de dichotomie.

On trouve que \alpha est plus grand que 0,69 et plus petit que 0,70.
5. Voir figure ci-dessous.

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