
\begin{enumerate}
\item \label{q1ex11ln}$\begin{aligned}[t]
f(1)=1 & \iff k\ln(a+b)=1\\
& \iff \ln(a+b)=\dfrac{1}{k}\\
& \iff \boxed{a+b=\e^{\frac{1}{k}}}
\end{aligned}$

\item $f'(x)=\dfrac{ka}{ax+b}$ donc $\begin{aligned}[t]
f'(1)=1 & \iff \dfrac{ka}{a+b}=1\\
& \iff ka=a+b\\
& \iff ka-a=b\\
& \iff (k-1)a=b\\
& \iff \boxed{a=\dfrac{b}{k-1}}
\end{aligned}$

\item En remplaçant $a$ par $\dfrac{b}{k-1}$ dans l'égalité obtenue à la question \ref{q1ex11ln}, on obtient :
\begin{align*}
\dfrac{b}{k-1}+b=\e^{\frac{1}{k}} & \iff \dfrac{b}{k-1}+\dfrac{b{\color{red}(k-1)}}{\color{red}k-1}=\dfrac{{\color{red}(k-1)}\e^{\frac{1}{k}}}{\color{red}k-1}\\
& \iff b+b(k-1)=(k-1)\e^{\frac{1}{k}}\\
& \iff bk=(k-1)\e^{\frac{1}{k}}\\
& \iff \boxed{b = \dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}}
\end{align*}
Comme $a=\dfrac{b}{k-1}=\dfrac{1}{k-1}\times b$, on en déduit que $a=\dfrac{1}{k-1}\times\dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}$, soit après simplification par $k-1$ :
\[
\boxed{a=\dfrac{1}{k}\e^{\frac{1}{k}}}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(0) & = k\ln b\qquad avec b=\dfrac{k-1}{k}\e^{\frac{1}{k}}=\left(1-\dfrac{1}{k}\right)\e^{\frac{1}{k}}\\
& = k\ln\left[\left(1-\frac{1}{k}\right)\e^{\frac{1}{k}} \right]\\
& = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\ln\e^{\frac{1}{k}}\\
& = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\times\dfrac{1}{k}\\
\Aboxed{f(0) & = k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1}
\end{aligned}$

\item On souhaite voir si l'équation $k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1=0,5$ admet une solution.
\[
k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+1=0,5 \iff k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+0,5=0.
\]
Posons alors :
\[
g(k)=k\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+0,5.
\]
Alors,
\begin{align*}
g'(k) & =\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+k\times\dfrac{\frac{1}{k^2}}{1-\frac{1}{k}}\\
& =\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)+\dfrac{1}{k-1}
\end{align*}
et donc :
\[
g''(x)=\dfrac{\frac{1}{k^2}}{1-\frac{1}{k}}-\dfrac{1}{(k-1)^2}=-\dfrac{1}{k(k-1)^2}.
\]
Ainsi, $g''(k)$ est du signe opposé à $k$. Notons au passage que $g$ n'est pas définie sur \intervOO{0}{1}.

Par conséquent, si $k<0$, $g''(k)>0$ donc $g'$ croissante. Or, si $k$ est très proche de $-\infty$, $\dfrac{1}{k}$ est proche de 0 et donc $\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)$ est proche de $\ln1=0$.

Ainsi, $g'(k)>0$ donc $g$ est strictement croissante.

De plus, $g(-1)=-\ln2+0,5<0$ et $g(-0,2)=-0,2\ln(6)+0,5\approx0,14>0$. $g$ étant continue et strictement croissante sur \intervFF{-1}{-0,2}, d'après le corollaire du théorème de la valeur intermédiaire, il existe un unique $k$ sur \intervFF{-1}{-0,2} tel que $g(k)=0$.

\begin{rem}
Inutile de regarder sur \intervOO{1}{+\infty} car une valeur de $k$ nous suffit. Mais si l'on regarde sur cet intervalle, on voit qu'il n'y a pas de valeur possible car \mbox{$1-\dfrac{1}{k}<1$} donc $\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)<0$ et donc $g(k)<0,5$.
\end{rem}

La calculatrice nous donne : \underline{$k\approx-0,4$}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
