Logarithme composé avec fraction rationnelle, et asymptote oblique

Exercice corrigé - Spécialité maths, terminale générale

Soit

la fonction définie sur $$]\,0;+\infty[$ par: $$ f(x)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\right)$ .
On note $$\mathcal{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère $$\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp$ .

Etudier les limites de en et en $$+\infty$ .
Etudier les variations de et dresser son tableau de variation.
1. Montrer que la droite $$\Delta$ d'équation $$y=x-\ln(2)$ est asymptote à $$\mathcal{C}_f$ en $$+\infty$ .
2. Etudier la position de $$\mathcal{C}_f$ par rapport à $$\Delta$ .
Montrer que l'équation admet une solution unique $$\alpha$ et justifier que $$\dsp\alpha\in\Big[1;\frac{5}{4}\Big[$ .
Tracer $$\Delta$ et $$\mathcal{C}_f$ .

Correction
Soit

la fonction définie sur $$]\,0;+\infty[$ par: $$ f(x)=x+\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp$ .

$$\dsp\lim_{x\to0}\dfrac{x}{2x+1}=0$ , et donc, par composition des limites $$\dsp\lim_{x\to0}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp= \lim_{X\to0}\ln\left( X\right) =-\infty$ .
Ainsi, par addition des limites, $$\dsp\lim_{x\to0}f(x)=-\infty$ .
$$\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{2x+1} =\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2\left( 1+\frac{1}{2x}\rp} =\dfrac12$ ,
et donc, par composition des limites, $$\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\right) =\lim_{X\to\frac12}\ln\left( X\right) =\ln\lp\dfrac12\rp=-\ln(2)$ .
Enfin, par addition des limites, $$\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ .
Pour tout , $$f(x)=x+\ln\left( u(x)\rp$ , donc $$f'(x)=1+\dfrac{u'(x)}{u(x)}$ ,
avec $$u(x)=\dfrac{x}{2x+1}$ , et donc $$u'(x)=\dfrac{1(2x+1)-x(2)}{(2x+1)^2} =\dfrac{1}{(2x+1)^2}$ .
Ainsi, pour tout , $$f'(x)=1+\dfrac{2x+1}{(2x+1)^2x} =1+\dfrac{1}{x(2x+1)}$ .
Pour tout , , et donc, $$\dfrac{x}{x(2x+1)}>0$ , d'où, .
Ainsi, est strictement croissante sur $$]0;+\infty[$ .

${|c|ccc|}\hline $x$ & $0$ &\hspace*{1.2cm}& $+\infty$ \\\hline &&&$+\infty$ \\ $f$ && \psline[arrowsize=7pt]{->}(-0.9,-0.4)(0.9,0.4)& \\ &$-\infty$&& \\\hline$
1. Pour tout , $$f(x)-\Bigl( x-\ln(2)\Bigr) =\ln\lp\dfrac{x}{2x+1}\rp+\ln(2) =\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\rp$ .
  Or, $$\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2x}{2x+1} =\dsp\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}=1$ ,
  et donc, par composition des limites, $$\dsp\lim_{x\to+\infty}\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\right) =\lim_{X\to1}\ln(X)=0$ .
  Ainsi, $$\dsp\lim_{x\to+\infty} \Bigl(f(x)-\left( x-\ln(2)\rp\Bigr)=0$ et la droite $$\Delta$ est asymptote oblique à $$\mathcal{C}_f$ en $$+\infty$ .
2. On avait, pour tout , $$f(x)-\Bigl( x-\ln(2)\Bigr) =\ln\lp\dfrac{2x}{2x+1}\right) =\ln\lp\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}\rp$ . Pour tout , $$\dfrac{1}{2x}>0$ , et donc, $$1+\dfrac{1}{2x}>1$ , d'où $$\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}<1$ et donc, $$\ln\lp\dfrac{1}{1+\frac{1}{2x}}\rp<0$
  Ainsi, $$\mathcal{C}_f$ est toujours au dessous de $$\Delta$ .
est continue sur $$]0;+\infty[$ , strictement croissante, et $$\dsp\lim_{0}f(x)=-\infty$ et $$\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ .
Ainsi, d'après le théorème de la bijection (ou théorème des valeurs intermédiaires version forte), il existe un unique $$\alpha\in\R$ solution de l'équation .
De plus, $$f(1)=1+\ln\lp\dfrac{1}{3}\rp=1-\ln(3)\simeq -0.1<0$ et $$f\lp\dfrac54\rp=\dfrac54+\ln\lp\dfrac{10}{28}\rp\simeq0,2>0$ . Ainsi, d'après le même théorème, on a bien $$\alpha\in\Big[1;\dfrac{5}{4}\Big[$ .
$\psset{unit=1.2cm,arrowsize=7pt} \begin{pspicture}(-0.5,-3.5)(5,4.3) \psline{->}(-0.5,0)(5,0) \psline{->}(0,-3.5)(0,4.3) \psplot[plotpoints=1000]{0.035}{5}{x 2 x mul 1 add div ln x add} \rput(0.7,-1.3){$\mathcal{C}_f$} \psplot{-0.6}{5.}{x 2 ln sub}\rput(-0.3,-1.3){$\Delta$} \psline(1.12,0.1)(1.12,-0.1)\rput(1.2,-0.25){$\alpha$} \end{pspicture}$

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