Devoir sur la fonction logarithme népérien (extrait du bb2) 2021-2022

Il s'agit d'un sujet de bac de 2013, réadapté.

Soit \(n\) un entier positif. On considère les fonctions \(f_n\) définies sur \(]0;+\infty[\) par :

\[f_n(x)=\dfrac{1+n\ln{x}}{x^2}\]

On note \(\text C_n\) les courbes représentatives de \(f_n\)  dans un repère orthonormé \((\text O;\vec \imath ,\vec \jmath)\).

PARTIE A - Étude d'une fonction particulière

Dans cette partie, on prendra \(n=1\)

1. Déterminer les limites de la fonction \(f_1\) aux bornes de son ensemble de définition.

   Interpréter géométriquement.

2. Étudier les variations de la fonction \(f_1\)  sur l'intervalle \(]0;+\infty[\) et dresser son tableau de variations.

3. Montrer que l'équation \(f_1(x)=\dfrac 1 2\)  admet exactement deux solutions sur \(]0;+\infty[\).

Corrigé

1. on a \(f_1(x)=\dfrac{1+\ln{x}}{x^2}\) .

   On a \(\lim\limits_{x \to 0}\ln{x}=-\infty\) et \(\lim\limits_{x \to 0}\dfrac 1{x^2}=+\infty\), par somme et produit, on a donc \(\lim\limits_{x\to 0}f_1(x)=-\infty\).

   \(\text C_1\) admet donc en \(0\) une asymptote verticale d'équation \(x=0\)

   On récrit \(f_1(x)=\dfrac 1{x^2}+\dfrac{\ln{x}}{x^2}\) .

   On a \(\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{1}{x^2}=0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\ln{x}}{x^2}=0\), donc par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty}f_1(x)=0\).

   \(\text C_1\) admet donc en \(+\infty\) une asymptote horizontale d'équation \(y=0\).

2. \(f_1\) est de la forme \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=1+\ln{x}\)  et \(v(x)=x^2\)  soit \(u'(x)=\dfrac{1}{x}\) et \(v'(x)=2x\).

   d'où \(f'_1(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}=\dfrac{x-(1+\ln{x}) \times 2x}{x^4}=\dfrac{-x-2x\ln{x}}{x^4}=\dfrac{-1-2\ln{x}}{x^3}\)

   \(x^3>0\) sur \(]0;+\infty[\) et \(-1-2\ln{x} \geqslant 0 \Leftrightarrow -1 \geqslant 2\ln{x} \Leftrightarrow \text{e}^{-\frac 1 2} \geqslant x\)

   La fonction \(f_1\) est donc croissante sur \(\left]0;\text{e}^{-\frac 1 2}\right]\) et décroissante sur \(\left[\text{e}^{-\frac 1 2};+\infty \right[\).

   on calcule \(f_1\left(\text{e}^{-\frac 1 2}\right)=\text{e} \times \left(1-\frac 1 2\right)=\dfrac{\text{e}} 2\) et on obtient alors le tableau des variations de \(f_1\) :

   

3. On a \(f_1\) strictement croissante et continue sur \(\left]0;\text{e}^{-\frac 1 2}\right]\), de plus \(f_1\left(\dfrac{\text{e}} 2\right) > \dfrac 1 2\)  et \(\lim\limits_{x \to 0}f_1(x)<\dfrac{1}{2}\).

D'après le corollaire du théorème sur les valeurs intermédiaires, \(f_1(x)=\dfrac{1}{2}\) admet une unique solution sur l'intervalle \(\left]0;\text{e}^{-\frac{1}{2}}\right]\) .

De même sur l'intervalle $\left[\text{e}^{-\frac{1}{2}};+\infty \right[$.

On a donc $f_1(x)=\dfrac{1}{2}$  qui a exactement deux solutions sur $\mathbb{R}^+$.

PARTIE B

Dans cette partie, on prendra \(n\) quelconque.

1. Calculer \(f_{n+1}(x)-f_n(x)\)

2. Les courbes \(\text C_n\)  ont-elles toutes un point commun ? Si oui, déterminer les coordonnées de ce point.

Corrigé

1. \(f_{n+1}(x)-f_n(x)=\dfrac{1+(n+1)\ln{x}-(1+n\ln{x})}{x^2}=\dfrac{\ln{x}}{x^2}\)

2. sur \(\mathbb{R}^+\), on a \(\dfrac{\ln{x}}{x^2}=0 \Leftrightarrow \text{ln}(x)=0 \Leftrightarrow x=1\) , les courbes \(\text C_n\)  passent donc toutes par le même point d'abscisse \(1\).

   On a \(f_n(1)=\dfrac{1+0} 1=1\) , ce point a donc pour ordonnée 1. C'est le point de coordonnées \((1;1)\).

PARTIE C - Propriété d'une famille de tangentes

1. Déterminer l'équation de la tangente à \(\text C_1\)  au point d'abscisse \(\text e\) . Donner le résultat sous la forme \(y={ax}+b\)  avec \(a\)  et \(b\)  sous forme simplifiée.

2. Montrer que les tangentes aux courbes \(\text C_n\)  aux points d'abscisse \(\text e\)  ont toutes un point commun que l'on déterminera.

Corrigé

1. Une équation de la tangente à \(\text C_1\)  au point d'abscisse \(\text e\):

   \(\text T_1\) :  \(y=f'_1(\text e)(x-\text e)+f_1(\text e) \Leftrightarrow y=\dfrac{-3}{\text e^3}(x-\text e)+\dfrac 2{\text e^2}=-\dfrac 3{\text e^3}x+\dfrac 5{\text e^2}\)

2. Pour déterminer le point commun, on commence par chercher l'intersection de la tangente à \(\text C_0\)  en \(\text e\) , et celle à \(\text C_1\)  en \(\text e\) (dont l'équation vient d'être calculée).

   Équation de la tangente à \(\text C_0\)  au point d'abscisse \(\text e\) :

   \(\text T_0\) : \(y=f'_0(\text e)(x-\text e)+f_0(\text e)\)

   \(f_0(x)=\dfrac 1{x^2}\)  \(\to\) \(f_0(\text e)=\dfrac 1{\text e^2}\)

   \(f'_0(x)=-\dfrac 2{x^3}\)  \(\to\) \(f'_0(\text e)=-\dfrac 2{\text e^3}\)

   D'où \(\text T_0\) :

   \(y=-\dfrac 2{\text e^3}(x-\text e)+\dfrac 1{\text e^2}=-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 2{\text e^2}+\dfrac 1{\text e^2}=-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 3{\text e^2}\)

   On peut donc chercher le point d'intersection de \(\text T_0\) et \(\text T_1\) (unique puisque les deux droites ne sont pas parallèles) :

   On résout \(-\dfrac 2{\text e^3}x+\dfrac 3{\text e^2}=-\dfrac 3{\text e^3}x+\dfrac 5{\text e^2} \Leftrightarrow \dfrac 1{\text e^3}x=\dfrac 2{\text e^2}\) \(\Leftrightarrow x=2\text e\) et \(y=-\dfrac 2{\text e^3}\times 2\text e+\dfrac 3{\text e^2}=-\dfrac 1{\text e^2}\), on a donc \(\left(2\text e;-\dfrac 1{\text e^2}\right)\) les coordonnées de ce point d'intersection.

   Reste à vérifier que ce point appartient bien à toutes les tangentes aux courbes \(\text C_n\)  en 1.

   On détermine l'équation d'une tangente quelconque :

   \[\text T_n : y=f'_n(\text e)(x-\text e)+f_n(\text e)\]

   On calcule :

   \(f'_n(x)=\dfrac{\dfrac{n}{x} \times x^2-(1+n \ln{x}) \times 2x}{x^4}=\dfrac{xn-2x-2xn \ln{x}}{x^4}=\dfrac{n-2-2n\ln{x}}{x^3} \Rightarrow f'_n(\text e)=\dfrac{-2-n}{\text e^3}\)

   \(f_n(\text{e})=\dfrac{1+n}{\text{e}^2}\) d'où \(\text{T}_n\)  : \(y=\dfrac{-2-n}{\text{e}^3}(x-\text{e})+\dfrac{1+n}{\text{e}^2}\)

   Pour \(x=2 \text{e}\), on obtient \(y=\dfrac{-2-n}{\text{e}^2}+\dfrac{1+n}{\text{e}^2}=-\dfrac 1{\text{e}^2}\).

   Les courbes \(\text{T}_n\) passent donc toutes par le point de coordonnées \(\left( 2\text{e};-\dfrac 1{\text{e}^2} \right)\).