\thumb

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex1

\begin {vf} {Fonctions logarithme et exponentielle} {10 }
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
$\nep^{\ln 5}+\nep^{-\ln 3}=2$.

 \item
 Pour tout réel $x$, $\ln (\nep^x+1)=x+\ln(\nep^{-x}+1)$.
 
\item
Pour tout réel $x$ différent de $-1$, $\ln (x^3+1)^2=2\ln(x^3+1)$.

  \item
  Pour tout réel $x$,  $\ln (\nep^{3x}+1)^2=2\ln(\nep^{3x}+1)$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Faux. Comme $-\ln 3 = \ln\dfrac{1}{3}$, ce nombre est égal à $5+\dfrac{1}{3}$.
\item
Vrai. Pour tout réel $x$, $\ln(\nep^x+1)=\ln\left[\nep^x(1+\nep^{-x})\right]$. Comme $\nep^x$ et $1+\nep^{-x}$ sont tous les deux strictement positifs, 
\[ \ln(\nep^x+1)= \ln \nep^x + \ln (1+\nep^{-x}). \] 
Or, $ \ln \nep^x =x$. Donc, $\ln (\nep^x+1)=x+\ln(\nep^{-x}+1)$.
\item Faux. Le nombre $x^3+1$ peut être négatif, par exemple dans le cas
  où $x=-2$. Or, la formule $\ln a^n=n \ln a$ n'est valable que lorsque
  $a$ est un réel strictement positif.
\item
Vrai. Le nombre $\nep^{3x}+1$ est toujours strictement positif donc on peut appliquer la formule  $\ln a^n=n \ln a$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex2


\begin {vf} {\'Etude d'une fonction} {10 }
Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{\ln\big(\sqrt{x}\big)}$.
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?

\begin{questions}
\item La fonction $f$ est définie sur $\mathscr{D}=]0~;+\infty[$.

\item La courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote au voisinage de $0$.
 
\item
Pour tout réel $x$ appartenant à $\mathscr{D}$, $f(x)<\dfrac{x}{2}$.

  \item
  Pour tout réel $x$ appartenant à $\mathscr{D}$, $f'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{x(\ln x)^2}$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. La fonction $f$ n'est pas définie en 1 car $\ln 1=0$.
\item Faux. En effet, $\lim\limits_{x\to0}\sqrt{x}=0$ et $\lim\limits_{X\to0}\ln X=-\infty$, donc $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{1}{\ln\sqrt{x}}=0$. Par conséquent, $\lim\limits_{x\to0}f(x)=0$. Comme la limite en 0 est finie, il n'y a pas d'asymptote en 0.
\item Faux. Lorsque $x$ vérifie $0<x<1$, le nombre $\ln \sqrt{x}$ est strictement négatif donc $-\dfrac{1}{\ln \sqrt{x}}>0$ donc, dans ce cas,  $f(x) > \dfrac{x}{2}$.
\item Vrai. La fonction $f$ est dérivable sur son ensemble de définition et pour tout réel $x$ de $\mathscr{D}$, $f'(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2x\big(\ln \sqrt{x}\big)^2}.$\\
Pour $x>0$, $\ln\sqrt{x}=\dfrac{1}{2}\ln x$ donc  $f'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{x(\ln x)^2}$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex3


\begin{vf} {Propriétés de la fonction logarithme} {10 }
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item Pour tout réel $x>0$, $\ln x>0$.

\item  L'équation $\nep^{2x}-3\nep^x -4=0$ admet deux solutions distinctes dans $\R$.
 
\item  L'image du réel $x-y$, avec $x<y$, par la fonction ln est $\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)$.
 
\item Pour tout réel $x>0$, $\ln \left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=-\ln\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)$.
  
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Faux. Pour tout réel $x$ tel que $0<x<1$, $\ln x <0$.
\item
Faux. Pour résoudre cette équation, on pose $X=\nep^x$ et on résout l'équation du second degré $X^2-3X-4=0$. \\
Cette équation admet deux solutions réelles distinctes 4 et $-1$. Or pour tout réel $x$, $\nep^x >0$ donc l'équation $\nep^x=-1$ n'admet pas de solution. Par suite, l'équation étudiée admet pour unique solution $x=\ln 4$.

\item
Faux. $x-y$ est un nombre négatif, il n'a donc pas d'image par la fonction $\ln$.

\item
Vrai. On remarque que $\left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)=1$. Ces deux réels sont donc inverses l'un de l'autre. D'après le cours, pour tout réel $a>0$, $\ln \dfrac{1}{a}=-\ln a$. En appliquant cette formule, on a bien :
$\ln \left(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}\right)=-\ln\left(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\right)$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex4

\begin {vf} {Lecture graphique et logarithmes} {10}
Page suivante est représentée une fonction $f$ définie sur $]-\infty~;2[$. La droite d'équation $x=2$ et l'axe des abscisses sont asymptotes à la courbe. On appelle $g$ la fonction définie par $g(x)=\ln\big(f(x)\big)$.\\
Dire, en utilisant la représentation graphique, si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse.
\begin{questions}
\item La fonction $g$ a le même ensemble de définition que $f$.
\item La fonction $g$ est dérivable en $0,4$ et $g'(0,4)=0$.
\item L'équation $g(x)=-1$ possède exactement deux solutions.
\item La fonction $\ln\arrowvert f(x) \arrowvert$ est définie pour tout $x$ de $]-\infty~;2[$.
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics[scale=1]{07-Enonces-fig1}
\end{center}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Faux. La fonction $g$ est définie si $f$ est strictement positive, donc sur l'intervalle $]-2~;1[$.
\item Vrai. On a $g'(x)=\dfrac{f'(x)}{f(x)}$. Donc, en $0,4$, $g'(x)=0$.
\item On a $g(x)  = -1 \Leftrightarrow \ln\big[f(x)\big]=-1 \Leftrightarrow f(x) = \nep^{-1}$. Or, $\nep^{-1} \approx 0,37$. Graphiquement, l'affirmation est vraie. 

\item Faux. Le nombre $\arrowvert f(x) \arrowvert$ est positif ou nul. Cependant, d'après la représentation graphique, $f(x)$ s'annule pour $x=-2$ et $x=1$, donc la fonction $\ln\arrowvert f(x) \arrowvert$ n'est pas définie pour ces deux valeurs. 
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex6


\begin{exo}{Fonction exponentielle et équations}{Lycée La Pérouse, San Francisco}{1}{10}
Résoudre dans $\R$ les équations suivantes :
\begin{questions}
\item 
$
\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2
$ 

\item
$
\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3}=1
$
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}

\begin{questions}
\item L'expression $\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2 $ n'a de sens que pour
$\nep^x\neq 1$, c'est à dire pour $x\neq 0$. 
\par
Alors :
\[
\begin{aligned}
\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2 &\iff \nep^x=2\nep^x-2  \\ &\iff
\nep^x=2.
\end{aligned}
\]
L'équation $\dfrac{\nep^x}{\nep^x -1}=2$ possède donc une unique
solution
$x=\ln 2$.
\item Posons $X=\nep^x$. 
On a 
alors :
$
\nep^{2x}-2\nep^x+3=X^2-2X+3
$.
\par
Le discriminant de ce trinôme vaut $\Delta=-8$, donc pour tout réel
$t$ :
\[
t^2-2t+3>0.
\]
Donc pour tout $x\in \R$,
$
\nep^{2x}-2\nep^x+3>0
$.
\par
Or, pour tout $x\in \R$, $\nep^{-3x}>0$ donc :
\[
\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3} <0\;,
\]
et l'équation 
$
\dfrac{-\nep^{-3x}}{\nep^{2x}-2\nep^x+3}=1
$
ne possède donc pas de solution réelle.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex6


\begin{exo}{Fonction logarithme et système}{Lycée Pasteur, Neuilly}{1}{10}
Donner les solutions, lorsqu'elles existent, des systèmes :
\begin{questions}
\item $\left \{ 
\begin{array}{rl}
2\ln x + \ln y &= \ln \left( \dfrac{x}{y} \right)\\
\ln x+2\ln y & =0
\end{array}\right.$

\item $\left \{
\begin{array}{rl}
xy &=2 \\
\ln x+\ln y &=3
\end{array}
\right.$
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
 
\begin{questions}
\item Pour tous $x$, $y$ vérifiant  $x>0$ et  $y>0$, on a
$
\ln \dfrac{x}{y}=\ln x-\ln y
$,
 donc :
\[\begin{aligned}
\left\{ \begin{aligned}
2\ln x+\ln y&=\ln\left(\dfrac{x}{y}\right)\\
\ln x+2\ln y&=0
\end{aligned}\right.
\quad
&\iff
\quad
\left\{\begin{aligned}
2\ln x+\ln y&=\ln x -\ln y\\
\ln x +2\ln y&=0\\
\end{aligned}\right.\\
&\iff
\qquad
\ln x+2\ln y=0
\end{aligned}
\]
Or, $\ln(x)+2\ln(y)=\ln(xy^2)$ donc :
\[
\left\{\begin{aligned}
2\ln x+\ln y&= \ln \left( \dfrac{x}{y}\right) \\
\ln x+2 \ln y&=0\\
\end{aligned}\right. 
\quad
\iff
\quad
\left\{
\begin{gathered}
xy^2=1\\
x>0
\quad
\text{et}
\quad
y>0\\
\end{gathered}\right.
\]
L'ensemble des solutions de ce système est donc l'ensemble des couples
$\left(x~;\dfrac{\sqrt{x}}{x}\right)$ où $x$ décrit
$\R^*_+$.
\par
\item Puisque $\ln$ est strictement croissante sur $\R^*_+$, deux réels qui ont le même logarithme sont égaux. Donc :
\[
\left\{
\begin{gathered}
\begin{aligned}
xy&=2 \\
\ln x+\ln y&=3
\end{aligned} \\
x>0
\quad
\text {et}
\quad
y>0
\end{gathered}\right.
\iff
\left\{\begin{gathered}
\begin{aligned}
\ln (xy)&=\ln 2\\
\ln x+\ln y&=3
\end{aligned}\\
x>0
\quad
\text {et} 
\quad
y>0
\end{gathered}\right.
\]
De plus, $\ln x+\ln y=\ln(xy)$ donc :
\[
\left\{\begin{gathered}
\begin{aligned}
\ln(xy)&=\ln 2 \\
\ln x+\ln y&=3 
\end{aligned}\\
x>0
\quad
\text{et}
\quad 
y>0
\end{gathered}\right.
\iff
\left\{
\begin{gathered}
\begin{aligned}
\ln(xy)&=\ln 2\\
\ln(xy)&=3
\end{aligned}\\
x>0
\quad
\text{et}
\quad
y>0
\end{gathered}
\right.
\]
Or $\ln 2 \neq 3$ (puisque $\ln$ est croissante d'où $\ln 2< \ln
\nep=1$) : ce système ne possède donc pas de solution.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex7 [nouveau 2014]

\newpage

\begin{exo}{Retrouver la fonction }{Lycée Jules Ferry, Paris}{1}{15}
$f$ est une fonction définie sur $\R$ par : 
\[
f(x)=\ln\left(ax^2+bx+c\right)\;,
\]
où $a$, $b$ et $c$ sont trois réels.

Son tableau de variation est le suivant :

\begin{center}
\begin{tabular}{|C|*9{Sc}|}
\hline\tabulartitle
$x$ & $-\infty$ &  & $-\frac{1}{2}$ &  & 0 &  & $\frac{1}{4}$ &  & $+\infty$\\
\hline
$f'(x)$ &  &  &  &  &  0  & &   &   &  \\
\hline
 &   & $\searrow$ &  &  &  &  &  & $\nearrow$ &  \\
$f(x)$ &  & & $0$ & & & & $\ln\frac{5}{8}$  & & \\
 & & & &$\searrow$ & &$\nearrow$ & & & \\
 \hline
\end{tabular}
\end{center}

En utilisant les données du tableau, déterminer $a$, $b$ et $c$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Si $ax^2+bx+c>0$, la fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et $f'(x)=\dfrac{2ax+b}{ax^2+bx+c}$.

D'après les données du tableau de variation :

\begin{itemize}
\item $f'(0)=0$ donc $b=0$ ;
\item $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=0$ donc $\ln\left(\dfrac{a}{4}+c\right)=0$, soit $\dfrac{a}{4}+c=1$ ;
\item $f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\ln\dfrac{5}{8}$ donc $\ln\left(\dfrac{a}{16}+c\right)=\ln\dfrac{5}{8}$, soit $\dfrac{a}{16}+c=\dfrac{5}{8}$.
\end{itemize}

De ces deux équations, on déduit $c=\dfrac{1}{2}$, $a=2$ et nous avions déjà $b=0$.

L'expression $2x^2+\dfrac{1}{2}$ est bien strictement positive sur $\R$ donc la fonction $f$ est bien définie sur $\R$.
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex8 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Construction d'une tangente}{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret}{1}{20}

Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;+\infty[$ par :
\[
f(x)=x(1-\ln x).
\]

$\mathcal{C}$ est la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère.

\begin{questions}

\item Étudier le signe de $f(x)$ suivant les valeurs du nombre $x$.
\item Déterminer les limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
\item Déterminer la dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;+\infty[$ et dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;+\infty[$.
\item Soit $a$ un nombre réel strictement positif. On considère la tangente $\mathcal{T}_a$ au point $A$ de la courbe  d'abscisse $a$.
\begin{questions}
\item Déterminer, en fonction du nombre réel $a$, les coordonnées du point $A'$, point d'intersection de la droite $\mathcal{T}_a$ et de l'axe des ordonnées.
\item Expliciter une démarche simple pour la construction de la tangente $\mathcal{T}_a$.

Construire la tangente $\mathcal{T}_a$ au point $A$ placé sur la figure page suivante.

\begin{center}
\includegraphics{07_tang_01}
\end{center}
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $1-\ln x>0$ pour $x<\nep$ et $x>0$. Par conséquent, $f(x)>0$ pour $0<x<\nep$, $f(\nep)=0$ et $f(x)<0$ pour $x>\nep$.

\item 
\begin{itemize}
\item $\lim\limits_{x\to0} x\ln x=0$ (limite de référence) donc :
\[
\lim\limits_{x\to0} f(x)=\lim\limits_{x\to0} (x-x\ln x)=0.
\]

\item $\lim\limits_{x\to+\infty}(1-\ln x)=-\infty$ donc :
\[
\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\big[x(1-\ln x)\big]=-\infty.
\]
\end{itemize}

\item $f'(x)=1\times(1-\ln x)+x\times\left(-\dfrac{1}{x}\right)=-\ln x$.

On obtient alors le tableau de variation suivant :

\[
\begin{array}{|C|*6{c}|}
\hline\tabulartitle
x & 0 & &  & 1 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) & \dvline & & + & 0 & - & \\
\hline
      & \dvline & &  & 1  &    & \\
 f(x) & \dvline & & \nearrow& & \searrow & \\
      & \dvline & 0&         & &          & -\infty\\
\hline
\end{array}
\]

\item
\begin{questions}
\item Une équation de $\mathcal{T}_a$ est :
\[
y=f'(a)(x-a)+f(a)\;,
\]
ce qui donne : 
\[ y=-x\ln a+a.\]

En remplaçant $x$ par 0 dans cette équation, on trouve que les coordonnées du point $A'$ sont $(0~;a)$.

\item Pour tracer cette tangente, il suffit de reporter l'abscisse du point $A$ sur l'axe des ordonnées pour obtenir le point $A'$, puis la tangente est la droite $(AA')$.

\begin{center}
\includegraphics{07_tangcorr_02}
\end{center}
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex9 (anc. 8)


\begin{exo}{\'Etude d'une fonction logarithmique}{Lycée Maximilien Sorre, Cachan}{2}{45}

\subsubsectionnn{Partie A}

Soit la fonction $f$ définie sur $]0~;+\infty[$ par : \[ f(x)=3-x-\ln x.\]
\begin{questions}
\item
Étudier les variations de $f$. Compléter le tableau de variation par les limites de $f$ aux bornes de $]0~;+\infty[$.
\item
	\begin{questions}
	\item Montrer que l'équation $f(x)=0$ a une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $[2~;3]$.
	\item Expliquer le rôle de l'algorithme suivant :
	
\Par

\begin{algorithme}
Entrée
\qquad Saisir $n$
Initialisation
\qquad Affecter à a la valeur 2
Traitement
\qquad Tant que 3-a-$\ln$(a)$>$0
\qquad\qquad a prend la valeur a+$10^{-n}$
\qquad Fin tant que
Sortie
\qquad Afficher a
\end{algorithme}

\Par
	
	\item Donner une valeur approchée au millième de $\alpha$ en programmant l'algorithme ci-dessus sur votre calculatrice. Recopier ce programme sur votre copie en précisant le modèle de votre calculatrice.
	\end{questions}
\item
Déterminer le signe de $f(x)$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}


\subsubsectionnn{Partie B}

Soit la fonction $g$ définie sur $]0~;+\infty[$ par : $g(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\left(2-\ln x\right)$.
\begin{questions}
\item
Calculer $g'(x)$ sur $]0~;+\infty[$ et montrer que : $g'(x)=\dfrac{f(x)}{x^2}$.
\item
En déduire les variations de $g$ et compléter le tableau de variation par les limites de $g$ aux bornes de $]0~;+\infty[$.
\item
En utilisant l'égalité $f(\alpha)=0$, montrer que $g(\alpha)=\dfrac{(\alpha-1)^2}{\alpha}$.
\item
En déduire un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude 0,02.
\item
Étudier le signe de $g(x)$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie A}
 \begin{questions}
 \item
 La fonction $f$ est dérivable sur $]0~;+\infty[$ d'après les opérations sur les fonctions dérivables.
 
 Pour tout réel $x$ tel que $x > 0$, on a :
 \[  f'(x)=-1-\dfrac{1}{x}.  \]
 Pour tout réel $x$ strictement positif on a $f'(x) < 0$. On en déduit que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0~;+\infty[$.\\
 
 D'après les limites usuelles,
 \[  \lim_{x\to 0}f(x) = +\infty  \]
  \[  \lim_{x\to +\infty}f(x) = -\infty . \]
 
 On dresse alors le tableau de variation de la fonction $f$.
 \[
 \begin{array}{|C|cccc|}
 \hline\tabulartitle
 x&0&&&+\infty\\
 \hline
 f'(x)&\dvline&&-&\\
 \hline
 &\dvline&+\infty&&\\
 f&\dvline&&\searrow&\\
 &\dvline&&&-\infty\\
 \hline
 \end{array}
 \]
 
 \item
 \begin{questions}
 \item La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $[2~;3]$; $f(2)=1-\ln2$ et $f(3)=-\ln3$ donc $f(2) > 0$ et $f(3) < 0$. Il en résulte, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[2~;3]$.
 
 \item L'algorithme donne, à $10^{-n}$ près, une valeur approchée de $\alpha$. On part de 2, et la fonction étant décroissante sur $[0~;\alpha]$, on se rapprochera de $\alpha$.
 
 \item ~\par 
 \vspace*{-2em}
 \begin{tabular}[t]{|*2{m{0.45\linewidth}|}}
 \hline\tabulartitle
 TI & Casio GRAPH\\
 \hline
  \begin{minipage}[t]{5cm}
\begin{tabular}[t]{>{\ttfamily}l}
 PROGRAM : \\
    : Prompt N\\
    : 2 $\rightarrow$ A\\
    : While 3-A-ln(A)>0\\
    : A+10\verb+^+(-N)$\rightarrow$A\\
    : End\\
    : Disp A 
\end{tabular}
\end{minipage}
&
\begin{minipage}[t]{5cm}
\begin{tabular}[t]{>{\ttfamily}l}
?$\rightarrow$N $\hookleftarrow$\\
2$\rightarrow$A $\hookleftarrow$\\
While 3-A-ln(A)>0$\hookleftarrow$\\
A+10\verb+^+(-N)$\rightarrow$A $\hookleftarrow$\\
WhileEnd $\hookleftarrow$\\
A
\end{tabular}\medskip\\
\end{minipage}\\\hline
\end{tabular}
 
 \Par
 
En utilisant l'algorithme ci-dessus, on obtient $\alpha \approx 2,208$.
 
 \end{questions}
 
 
 \item
 La fonction $f$ s'annule en $\alpha$ et elle est strictement décroissante sur $\left]0~;+\infty\right[$. On en déduit que $f$ est strictement positive sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement négative sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$.
 
 \end{questions}
 

\subsubsectionnn{Partie B}

 \begin{questions}
 \item
 La fonction $g$ est dérivable sur $\left]0~;+\infty\right[$  comme produit de deux fonctions dérivables sur $\left]0~;+\infty\right[$.\\
 Pour tout réel $x$, on a :
 \[
 g'(x)=\dfrac{1}{x^2}(2-\ln x )+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\left(-\dfrac{1}{x}\right)\;,
 \]
 soit :
 \[ 
 g'(x) = \dfrac{3-x-\ln x}{x^2}=\dfrac{f(x)}{x^2}.
 \]
 
 \item \label{chap7ex8B2}
 Comme $x^2$ est strictement positif sur $\left]0~;+\infty\right[$, $g'(x)$ a même signe que $f(x)$. On en déduit que $g'(x)$ est strictement positif sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement négatif sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$.
 Il en résulte que la fonction $g$ est strictement croissante sur $\left]0~;\alpha \right[$ et strictement décroissante sur $\left]\alpha~;+\infty\right[$. Elle admet un maximum en $\alpha$.\\
 D'après les limites usuelles,
 \[
 \lim_{x\to 0}g(x) = -\infty
 \]
  \[
 \lim_{x\to +\infty}g(x) = -\infty.
 \]
 
 On dresse alors le tableau de variation de la fonction $g$.
 \[ 
        \begin{array}{|C|lcccr|}
                        \hline
x& 0 & &\alpha & &\infty\\
   \hline
g'(x) & &+&0&-& \\
\hline
&&& g(\alpha) &&\\
g&&\nearrow&&\searrow&\\
&-\infty &&&&-\infty\\
\hline
\end{array}
\]

\item
On a :
\[
g(\alpha)=\left(1-\dfrac{1}{\alpha}\right)(2-\ln\alpha).
\]
Or, $f(\alpha)=0$ donc $3-\alpha-\ln\alpha=0$.\\
On en déduit que $\ln\alpha=3-\alpha$.\\
En remplaçant cette valeur dans l'expression de $g(\alpha)$, on obtient :
\[
g(\alpha)=\left(1-\dfrac{1}{\alpha}\right)(-1+\alpha)\;,
\]
soit, après transformation,
\[
g(\alpha)= \dfrac{\left(\alpha-1\right)^2}{\alpha}.
\]

\item
\`A la question \refitem{chap7ex8B2} de la partie A, on a établi l'encadrement :
\[ 2,20<\alpha<2,21. \]
On ne peut pas encadrer $g(\alpha)$ par $g(2,20)$ et $g(2,21)$ car $g$ n'est pas monotone sur $[2,20~;2,21]$.\\
On peut par contre utiliser le résultat de la question précédente\linebreak[4] $g(\alpha)= \dfrac{\left(\alpha-1\right)^2}{\alpha}$ pour donner un encadrement de $g(\alpha)$.\\
La fonction carré étant strictement croissante sur $\left]0~;+\infty\right[$, on a :
\[ 1,2^2<(\alpha-1)^2<1,21^2. \]
La fonction inverse étant strictement décroissante sur $\left]0~;+\infty\right[$, on a :
\[ \frac{1}{2,21}<\frac{1}{\alpha}<\frac{1}{2,20} .\]
On en déduit alors que :
\[ \frac{1,2^2}{2,21}<\frac{(\alpha-1)^2}{\alpha}<\frac{1,21^2}{2,20} .\]
\`A l'aide de la calculatrice, on peut alors donner un encadrement de $g(\alpha)$ d'amplitude 0,02 :
\[ 0,65<g(\alpha)<0,67. \]

\item
En remarquant que $g(1)=g(\nep^2)=0$ et en exploitant le tableau de variation de la fonction $g$ obtenu à la question 2 de la partie B, on déduit le signe de $g(x)$ sur $]0~;+\infty[$.\\
$g(x)< 0$ sur $]0~;1[$ et sur $\left]\nep^2~;+\infty\right[$ et $g(x)>0$ sur $\left]1~;\nep^2\right[$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex10 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Valeur approchée de $\ln 5$}{Lycée  Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés}{3}{45}

\begin{questions}
\item Donner une valeur approchée de $\ln 5$ à $10^{-7}$ près.
\item Voici un algorithme :

\begin{algorithme}
Entrée
\qquad Saisir N, N est un entier naturel non nul
Initialisation
\qquad S prend la valeur 0
Traitement
\qquad Pour k allant de N à 5N
\qquad\qquad S prend la valeur S+$\dfrac{1}{k}$
\qquad Fin Pour
Sortie
\qquad Afficher S
\end{algorithme}

\begin{questions}
\item Tester l'algorithme pour $N=1$ et $N=2$.
\item Exprimer $S$ en fonction de $N$.
\item On a testé le programme pour différentes valeurs de $N$.

On obtient les résultats ci-dessous :

\Par

\hspace*{-5em}
\begin{tabular}{|C|*5{Sc|}}
\hline
$N$ & \numprint{1000} & \numprint{5000} & \numprint{10000} & \numprint{15000} & \numprint{20000}\\\hline
$S$ & \numprint{1,610038} & \numprint{1,6095579} & \numprint{1,6094979} & \numprint{1,6094779} & \numprint{1,6094679}\\\hline
\end{tabular}

\Par

De quelle valeur semble se rapprocher $S$ ?
\end{questions}

\item $f$ et $g$ sont des fonctions définies sur $[0~;1[$ par :
\[ f(x)=x-\ln(1+x)\qquad\text{et}\qquad g(x)=x+\ln(1-x).\]

\begin{questions}
\item \'Etudier les variations de $f$ et $g$ sur $[0~;1[$.
\item En déduire que pour tout $x$ de $[0~;1[$, $\ln(1+x)\leqslant x\leqslant -\ln(1-x)$.
\end{questions}

\item $S$ est la suite définie, pour tout nombre entier naturel $n\geqslant1$, par : 
\[
S_n=\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n+1}+\cdots+\dfrac{1}{5n}.
\]

\begin{questions}
\item Montrer que pour tout nombre entier naturel $k$ tel que $n\leqslant k\leqslant 5n$ avec $n\geqslant2$, \[ \ln\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\leqslant\dfrac{1}{k}\leqslant-\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right).\]

\item En déduire que, pour tout nombre entier naturel $n\geqslant2$,
\[ \ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right)\leqslant S_n\leqslant-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).\]

\item Déterminer la limite de la suite $\left(S_n\right)$.
\end{questions} 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La calculatrice donne $\ln 5\approx\numprint{1,6094379}$.
\item 
\begin{questions}
\item Pour $N=1$, $k$ et $S$ prennent les valeurs successives suivantes :

\Par

\hspace*{-5.5em}
\begin{tabular}{|C|*5{Sc|}}
\hline\tabulartitle
$k$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\
\hline
$S$ &  $0+1=1$ & $1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ & $\frac{3}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6}$ & $\frac{11}{6}+\frac{1}{4}=\frac{25}{12}$ & $\frac{25}{12}+\frac{1}{5}=\frac{137}{60}$\\
\hline
\end{tabular}

\Par

On obtient donc $S=\dfrac{137}{60}$, soit $S\approx2,28$.

\Par

Pour $N=2$, $k$ varie de 2 à 10. Alors, $S=0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{10}$, ce qui donne $S\approx1,93$.

\item $S=\dfrac{1}{N}+\dfrac{1}{N+1}+\cdots+\dfrac{1}{5N}$.

\item $S$ semble se rapprocher de $\ln 5$.
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Les fonctions $f$ et $g$ sont définies et dérivables sur $[0~;1[$.
\[ f'(x)=1-\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{x}{1+x}.\]
Donc $f'(x)$ est positive sur $[0~;1[$ et $f$ est croissante sur cet intervalle.
\[ g'(x)=1-\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{-x}{1-x}.\]
Alors $g'(x)$ est négative sur $[0~;1[$ et $g$ est décroissante sur cet intervalle.

\item La fonction $f$ est croissante sur $[0~;1[$ et $f(0)=0$, donc pour tout $x$ de $[0~;1[$, $f(x)\geqslant0$, c'est-à-dire $x-\ln(1+x)\geqslant0$, ou encore $x\geqslant\ln(1+x)$.

De même, $g$ est décroissante sur $[0~;1[$ et $g(0)=0$ donc $g(x)\leqslant0$, ce qui donne $x\leqslant-\ln(1-x)$.

Ces deux inégalités donnent l'encadrement demandé pour tout $x$ de $[0~;1[$ :
\[ \ln(1+x)\leqslant x\leqslant-\ln(1-x).\]
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item Si $k$ est un entier compris entre $n$ et $5n$ avec $n\geqslant2$, alors $\dfrac{1}{k}$ appartient à $[0~;1[$ et vérifie la double inégalité précédente :
\[
\ln\left(1+\dfrac{1}{k}\right)\leqslant\dfrac{1}{k}\leqslant-\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right).
\]

\item En faisant la somme membre à membre des inégalités précédentes pour $k$ allant de $n$ à $5n$, on constate que le terme central est $S_n$.

Le terme de gauche est :

\begin{align*}
& \ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)+\ln\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)+\cdots+\ln\left(1+\dfrac{1}{5n}\right)\\
= & \ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)+\ln\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)+\cdots+\ln\left(\dfrac{5n+1}{5n}\right)\\
= & \ln\left(\dfrac{n+1}{n}\times\dfrac{n+2}{n+1}\times\cdots\times\dfrac{5n+1}{5n}\right)\\
=& \ln\left(\dfrac{5n+1}{n}\right)\\
=& \ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right).
\end{align*}

Dans le terme de droite, la somme obtenue est :
\[
-\ln\left(\dfrac{n-1}{n}\times\dfrac{n}{n+1}\times\cdots\times\dfrac{5n-1}{5n}\right)=-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).
\]
Cela donne bien, pour tout $n\geqslant2$, l'encadrement :
\[
\ln\left(5+\dfrac{1}{n}\right)\leqslant S_n\leqslant-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right).
\]

\item On a : $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n-1}{5n}=\dfrac{1}{5}$ donc :
\[
\lim\limits_{n\to+\infty}\left[-\ln\left(\dfrac{n-1}{5n}\right)\right]=-\ln\dfrac{1}{5}=\ln5.
\]

D'après le théorème d'encadrement des limites (théorème des gendarmes), on en déduit que la limite de la suite $(S_n)$ est égale à $\ln 5$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex11 [nouveau 2014]

\begin{exo}{Points d'intersection}{Lycée Charlemagne, Paris}{3}{45}
Soit $f$ la fonction définie sur $]-1~;3[$ par :
\[
f(x)=\ln\left(\dfrac{1+x}{3-x}\right)\]
et $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal.

\subsubsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item Démontrer que les droites d'équation $x=-1$ et $x=3$  sont deux asymptotes à $\mathcal{C}$.
\item
\begin{questions}
\item Justifier que $f$ est dérivable sur l'intervalle $]-1~;3[$.
\item Calculer $f'(x)$ et en déduire le sens de variation de $f$.
\end{questions}

\item Déterminer une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 1.

\item Soit la fonction définie sur $]-1~;3[$ par : $g(x)=f(x)-x+1$.

\begin{questions}
\item Démontrer que $g'(x)=\dfrac{(x-1)^2}{(1+x)(3-x)}$.
\item Quel est le sens de variation de $g$ sur $]-1~;3[$ ?
\item Calculer $g(1)$ et donner le signe de $g(x)$.
\item En déduire la position relative de $\mathcal{C}$  par rapport à $\mathcal{T}$.
\end{questions}
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

On note $\mathcal{D}_k$ la droite d'équation $y=x+k$ où $k$ est un réel. On souhaite connaître le nombre de points d'intersection de $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}_k$. Pour cela, on pose $h_k(x)=f(x)-(x+k)$.

\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item Justifier que $h_k^\prime=g'$.
\item En déduire le sens de variation de $h_k$.
\end{questions}

\item Prouver que l'équation $h_k(x)=0$ admet une unique solution dans l'intervalle $]-1~;3[$.
\item Répondre au problème posé.
\item Voici un algorithme qui permet d'obtenir une valeur approchée de l'abscisse du point d'intersection de $\mathcal{C}$ et de $\mathcal{D}_k$ :

\begin{algorithme}

Variables
\qquad x et k sont des réels
Traitement
\qquad Lire k
\qquad x prend la valeur 1
\qquad Si k$<$-1 alors
\qquad\qquad Tant que f(x)-(x+k)$>$0
\qquad\qquad\qquad x prend la valeur x-0,01
\qquad\qquad Fin du Tant que
\qquad Sinon
\qquad\qquad Si k$>$-1 alors
\qquad\qquad\qquad Tant que (x+k)-f(x)$>$0
\qquad\qquad\qquad\qquad x prend la valeur x+0,01
\qquad\qquad\qquad Fin du Tant que
\qquad\qquad Fin Si
\qquad Fin Si
Sortie
\qquad Afficher x
\end{algorithme}

\begin{questions}
\item Pour $k=-1$, quel est le résultat affiché ?
\item Pourquoi faut-il augmenter $x$ lorsque $k>-1$ ?
\item Pour $k=2$, le résultat affiché est-il supérieur ou inférieur à l'abscisse du point d'intersection ?
\item Quelles modifications peut-on apporter à l'algorithme pour obtenir un résultat plus précis ?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item On trouve facilement que $\lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty$  et $\lim\limits_{x\to3}f(x)=+\infty$. Cela montre que les droites d'équation $x=-1$ et $x=3$ sont des asymptotes à $\mathcal{C}$.
\item
\begin{questions}
\item $f$ est dérivable sur $]-1~;3[$ car c'est la composée d'une fonction rationnelle définie sur $]-1~;3[$, dont les valeurs sont strictement positives sur $]-1~;3[$, et de la fonction $\ln$.
\item $\begin{aligned}[t]
f'(x)&=\dfrac{\frac{(3-x)+(1+x)}{(3-x)^2}}{\frac{1+x}{3-x}}\\
&=\dfrac{4}{(3-x)(1+x)}.
\end{aligned}$

Cette expression est strictement positive sur $]-1~;3[$ donc $f$ est strictement croissante sur cet intervalle.
\end{questions}

\item Une équation de la tangente au point d'abscisse 1 est : 
\[
y=f'(1)(x-1)+f(1)\;,
\]
ce qui donne : $y=x-1$.

\item
\begin{questions}
\item  $\begin{aligned}[t]
g'(x)&=f'(x)-1\\
&=\dfrac{4}{(3-x)(1+x)}-1\\
&=\dfrac{(x-1)^2}{(3-x)(x+1)}.
\end{aligned}$

\item $g'(x)>0$ sur $]-1~;3[$  sauf en 1 où elle s'annule. La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $]-1~;3[$.
\item $g(1)=0$ et comme $g$ est strictement croissante, on trouve :
\begin{itemize}
\item  pour $-1<x<1$, $g(x)<0$,
\item pour $1<x<3$, $g(x)>0$,
\item $g(1)=0$.
\end{itemize}

\item Comme $y=x-1$ est une équation de $\mathcal{T}$, le signe de $g(x)$ donne la position relative de $\mathcal{C}$  par rapport à  $\mathcal{T}$ :

\begin{itemize}
\item pour $-1<x<1$, comme $g(x)<0$, $\mathcal{C}$ est en dessous de  $\mathcal{T}$ ;
\item pour $1<x<3$, comme $g(x)>0$, $\mathcal{C}$ est au dessus de $\mathcal{T}$ ;
\item $g(1)=0$  donc $\mathcal{C}$   et $\mathcal{T}$   sont sécantes.
\end{itemize}
\end{questions}
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item On constate que $h_k(x)=g(x)-k-1$ donc on a bien $h_k^\prime=g'$.
\item $h$ a le même sens de variation que $g$, donc $h_k$ est strictement croissante sur $]-1~;3[$.
\end{questions}
\item \`A l'aide des limites de la fonction $f$, on trouve $\lim\limits_{x\to-1}h_k(x)=-\infty$  et $\lim\limits_{x\to3}h_k(x)=+\infty$.

La fonction $h_k$ est donc continue, strictement croissante sur $]-1~;3[$. On a $0\in\left]\lim\limits_{x\to-1}h_k(x)~;\lim\limits_{x\to3}h_k(x)\right[$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires appliquées aux fonctions strictement monotones, il existe donc un réel $\alpha$ unique dans $]-1~;3[$  tel que $h_k(\alpha)=0$.

\item Pour toute droite $\mathcal{D}_k$, il y a donc un point d'intersection unique avec $\mathcal{C}$, qui a pour abscisse la valeur $\alpha$ de la question précédente.

\item
\begin{questions}
\item Pour $k=-1$, les conditions « Si » et « Sinon » ne sont pas vérifiées, donc on obtient directement l'affichage du $x$ initial, c'est-à-dire 1. C'est le cas étudié dans la partie A.
\item Si $k>-1$, alors comme  $h_k(x)=g(x)-k-1$, on a $h_k(x)<g(x)$ et en particulier pour $x = 1$ : $h_k(1)<0$.

Comme $h_k$ est croissante, la valeur qui annule $h_k$ est donc plus grande que 1, et il faut augmenter le $x$ initial pour l'atteindre.

\item Pour $k = 2$, tant que $(x+k)-f(x)>0$, on augmente $x$ par pas de 0,01. La valeur affichée est donc la première pour laquelle $(x+k)-f(x)\leqslant0$, c'est-à-dire une valeur supérieure ou égale à celle qui correspond à l'abscisse du point d'intersection. 

\item Pour obtenir un résultat plus précis, on peut diminuer le pas utilisé, c'est-à-dire ajouter ou retrancher à $x$ une valeur plus petite que 0,01.  
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex12 (anc. 12)

\begin{exo}{Fonction et distance minimale}{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montrond}{3}{45}

\subsubsectionnn{Partie A}
Soit $u$ la fonction définie sur $]0~;+\infty[$ par :
\[ u(x) = x^2-2+\ln x. \]
\begin{questions}
\item \'Etudier les variations de $u$ sur $]0~;+\infty[$ et préciser ses limites en 0 et en $+\infty$.
\item
	\begin{questions}
	\item Montrer que l'équation $u(x)=0$ admet une solution unique sur $]0~;+\infty[$. On note $\alpha$ cette solution.
	\item \`A l'aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d'amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
	\end{questions}

\item Déterminer le signe de $u(x)$ suivant les valeurs de $x$.
\item Montrer l'égalité :  $\ln \alpha = 2 - \alpha^2$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}

On considère la fonction $f$ définie et dérivable sur $]0~;+\infty[$ par :
\[ f(x) = x^2+(2-\ln x)^2. \]
On  note $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur $]0~;+\infty[$.
\begin{questions}
\item Exprimer, pour tout $x$ de $]0~;+\infty[$, $f'(x)$ en fonction de $u(x)$.
\item En déduire les variations de $f$ sur $]0~;+\infty[$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie C}
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé $(O; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$, on note :
\begin{itemize}
\item $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction ln (logarithme népérien) ;
\item $A$ le point de coordonnées $(0~;2)$;
\item $M$ le point de $\Gamma$ d'abscisse $x$ appartenant à $]0~;+\infty[$.
\end{itemize}

\begin{questions}
\item Montrer que la distance $AM$ est donnée par $AM=\sqrt{f(x)}$.
\item Soit $g$ la fonction définie sur $]0~;+\infty[$ par $g(x)=\sqrt{f(x)}$.
	\begin{questions}
	\item Montrer que les fonctions $f$ et $g$ ont les mêmes variations sur $]0~;+\infty[$.
	\item Montrer que la distance $AM$ est minimale en un point de $\Gamma$, noté $P$, dont on précisera les coordonnées.
	\item Montrer que $AP=\alpha \sqrt{1+\alpha^2}$.
	\end{questions}
\item \emph{Pour cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.}\\
La droit $(AP)$ est-elle perpendiculaire à la tangente à $\Gamma$ en $P$ ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\subsubsectionnn{Partie A}
\begin{questions}
\item On calcule $u'(x)=2x+\dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2+1}{x}$. Sur $]0~;+\infty[$, $u'(x)>0$.\\
$\lim\limits_{x \to 0} u(x)= -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} u(x)=+\infty$ d'après les limites connues de la fonction ln.

\item
\begin{questions}
\item La fonction $u$ est continue car somme de fonctions définies et continues sur son ensemble de définition.\\
La fonction $u$ est strictement croissante.\\
Le nombre $0 \in ]-\infty ~; +\infty[$, donc d'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $u(x)=0$ admet une unique solution sur $]0~;+\infty[$.

\item D'après la calculatrice, $1,31 < \alpha < 1,32$.
\end{questions}

\item On a $u(x) < 0$ pour $x < \alpha$ et $u(x)>0$ pour $x>\alpha$.

\item On a $u(\alpha)=0$, donc $\alpha^2-2+\ln \alpha = 0$, d'où $\ln \alpha = 2  - \alpha^2$.
\end{questions}

\subsubsectionnn{Partie B}
\begin{questions}
\item On calcule :
$$f'(x)=2x+2(2-\ln x) \left( -\dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{2x^2-4+2\ln x}{x} = \dfrac{2u(x)}{x}.$$

\item Comme $x>0$, les variations de $f$ sont données par le signe de $u$ : $f$ est décroissante pour $x < \alpha$ et croissante pour $x>\alpha$.
\end{questions}

\newpage

\subsubsectionnn{Partie C}
\begin{questions}
\item On calcule :\\
$AM=\sqrt{(x-x_A)^2 + (y-y_A)^2} = \sqrt{x^2+(\ln x-2)^2} = \sqrt{f(x)}$.

\item
\begin{questions}
\item La fonction $g$ est la composée de la fonction $f$ et de la fonction racine carrée. La fonction racine carrée étant croissante sur $]0~;+\infty[$, $g$ a les mêmes variations que $f$.

\item On a montré précédemment que $f$ admet un minimum pour\linebreak $x=\alpha$. Les coordonnées du point $P$ sont alors $(\alpha~;~\ln\alpha)$ ou encore\linebreak[4] $(\alpha~;~2-\alpha^2)$.

\item On a :
\[
\begin{aligned} 
AP &= \sqrt{\alpha^2+(2-\alpha^2-2)^2} \\
&= \sqrt{\alpha^2+\alpha^4} \\
&= \sqrt{\alpha^2(1+\alpha^2)} \\
&= \alpha \sqrt{1+\alpha^2}
\end{aligned}
\]
 car $\alpha>0$.
\end{questions}

\item Un vecteur directeur de la droite $(AP)$  est $\overrightarrow{AP} (\alpha~;~-\alpha^2)$.\\
Par ailleurs $\ln'(x)=\dfrac{1}{x}$, donc le coefficient directeur de la tangente à $\Gamma$ en $P$ est $\dfrac{1}{\alpha}$. Donc un vecteur directeur de cette tangente est $\vec{d}\left(1;\dfrac{1}{\alpha} \right)$.\\

On a :
\[\overrightarrow{AP}\cdot\vec{d} = \alpha + (-\alpha^2) \left( \dfrac{1}{\alpha} \right) = 0.\] Donc $(AP)$ est bien perpendiculaire à la tangente $\Gamma$ en $P$.
\end{questions}
\end{corrige}

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\thumb
\AfficheCorrige
\endinput