Résoudre une équation avec ln

À tenir avant

• Utiliser les propriétés algébriques du logarithme

Cette méthode au national

8 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2021 · rattrapage5 pts
  On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $I = ]-\infty, 1]$ par : $f(x) = \ln(1-x)$ Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. Partie I

  1. a) Montrer que la fonction $f$ est continue sur $I$.

  b) Montrer que la…
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  1. a) $f$ est continue sur $I$ car elle est composée de fonctions continues : $x \mapsto 1-x$ continue sur $I$ et $\ln$ continue sur $]0, +\infty[$. b) $f'(x) = -\frac{1}{1-x} < 0$ pour tout $x \in I$, donc $f$ est strictement décroissante sur $I$. c)

  • $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$
  • $\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty$
  • $f(0) = \ln(1) = 0$

  d) La droite $x = 1$ est asymptote verticale à $(C)$. L'axe des abscisses est direction asymptotique pour $(C)$. e) Tableau : $f$ est strictement décroissante de $+\infty$ à $-\infty$ sur $I = ]-\infty, 1]$. 2. a) $f''(x) = -\frac{1}{(1-x)^2} < 0$ pour tout $x \in I$, donc $(C)$ est concave. 3. a) $f$ est continue et strictement décroissante sur $I$, donc bijection de $I$ vers $f(I) = \mathbb{R}$ (d'après théorème de bijection). b) Si $y = \ln(1-x)$, alors $1-x = e^y$, soit $x = 1 - e^y$. Donc : $f^{-1}(x) = 1 - e^x$ c) $f^{-1}(-1) = 1 - e^{-1}$ ✓

  ce que le barème veut ·

  Continuité : Vérifier que $f$ est composée de fonctions continues sur $I$. Monotonie : Calculer $f'(x) = \frac{-1}{1-x}$ et montrer qu'elle est négative sur $I$. Limites :

  • En $-\infty$ : comme $1-x \to +\infty$, $\ln(1-x) \to +\infty$
  • En $1^-$ : comme $1-x \to 0^+$, $\ln(1-x) \to -\infty$
  • $f(0) = \ln(1) = 0$

  Interprétation graphique : Les limites donnent les asymptotes. Concavité : Calculer $f''(x) = -\frac{1}{(1-x)^2} < 0$, donc $(C)$ concave. Bijection : $f$ continue et strictement décroissante de $I$ vers $\mathbb{R}$ est une bijection par théorème. Fonction réciproque : Résoudre $y = \ln(1-x)$ pour obtenir $f^{-1}(x) = 1 - e^x$. Vérification : $f^{-1}(-1) = 1 - e^{-1}$.
• NATIONAL 2021 · normale12 pts
  Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f_n(x) = nx - 2 + 4e^{-x}$ Soit $(C_n)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$. Partie I :

  1. a) Calculer…
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  Partie I :

  1. a) $\lim\limits_{x \to +\infty} (f_n(x) - nx + 2) = \lim\limits_{x \to +\infty} 4e^{-x} = 0$. Interprétation : la droite $y = nx - 2$ est asymptote à $(C_n)$ au voisinage de $+\infty$. b) En $-\infty$ : $\lim\limits_{x \to -\infty} (f_n(x) - nx) = \lim\limits_{x \to -\infty} (-2 + 4e^{-x}) = +\infty$. La droite $(A_n) : y = nx$ est asymptote à $(C_n)$ au voisinage de $-\infty$.
  2. a) $f_n'(x) = n - \frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ (par dérivation directe). b) La fonction $g(x) = \frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ atteint son maximum en $x = 0$ où $g(0) = 1$. Donc $\frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \leq 1$ pour tout $x$, avec égalité seulement en $x = 0$. c) Si $n \leq 0$ : $f_n'(x) < 0$, donc $f_n$ est strictement décroissante. Si $n > 1$ : $f_n'(x) > 0$, donc $f_n$ est strictement croissante.
  3. a) $f_1(0) = -2 + 4 = 2$ et $f_1'(0) = 1 - 1 = 0$. L'équation de la tangente est $y = 2$. b) $f_n''(x) = \frac{4e^{-x}(1-e^{-x})}{(1+e^{-x})^3}$. Elle s'annule en $x = 0$ (changement de signe). $I(0, 2)$ est l'unique point d'inflexion.
  4. Graphiques : $(C_0)$ droite $y = -2 + 4e^{-x}$, $(C_1)$ courbe avec asymptotes $y = x - 2$ et $y = x$.
  5. a)…

  ce que le barème veut ·

  1. Asymptotes et limites : Calculer directement les limites de $f_n(x) - nx + 2$ et $f_n(x) - nx$.
  2. Dérivée et étude de variation : Dériver par les règles usuelles, montrer que le maximum de $\frac{4e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}$ est 1 (atteint en $x=0$), en déduire le signe de $f_n'(x)$ selon la valeur de $n$.
  3. Point d'inflexion : Calculer $f_n''(x)$, vérifier qu'elle change de signe en $x=0$ uniquement.
  4. Graphiques : Utiliser les asymptotes et les points particuliers.
  5. Intégrales : Intégrer $4e^{-x}$ entre 0 et $t$ ; passer à la limite $t \to +\infty$.
  6. Équation $f_1(x) = x$ : Résoudre algébriquement pour obtenir $\alpha = \ln 2$ ; montrer que $|f_1'(x)| < 1$ uniformément.
  7. Convergence de suite : Utiliser le théorème du point fixe avec contraction ($|f_1'| < 1$) ; majoration par série géométrique.
  8. Existence et unicité de $x_n$ : Monotonie stricte de $f_n$ et changement de signe.
  9. Décroissance de $(x_n)$ : Comparer $f_{n+1}(x_n)$ et $0$ ; utiliser la monotonie de $f_{n+1}$.
  10. Convergence et limite : Utiliser le théorème des suites monotones bornées ; encadrer $nx_n$ par l'équation $f_n(x_n) = 0$.
• NATIONAL 2020 · normale7 pts
  On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 4)$ et $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 2 cm).

  1. Montrer que $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$ et…
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  1. $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0 \cdot (-\infty) =$ forme indéterminée. Plus précisément : $f(x) = \frac{1}{4}e^{3x} - e^{2x}$. Quand $x \to -\infty$, $e^{3x} \to 0$ et $e^{2x} \to 0$, donc $f(x) \to 0$. Correction : lire limite comme $0$. $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ car $e^{3x}$ domine.
  2. a) $f(x) - \frac{1}{4}e^{2x} = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 4) - \frac{1}{4}e^{2x} = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 5) \to 0$ quand $x \to -\infty$ (car $e^x \to 0$). Donc asymptote $y = \frac{1}{4}e^{2x}$. b) $e^x - 4 = 0 \Rightarrow x = \ln 4 = 2\ln 2$. Pour $x < \ln 4$ : $e^x < 4$ donc $f(x) < \frac{1}{4}e^{2x}$ (courbe en dessous). Pour $x > \ln 4$ : $e^x > 4$ donc $f(x) > \frac{1}{4}e^{2x}$ (courbe au-dessus). ✗ Inversion : pour $x < 2 + \ln 4$ : $e^x - 4 < 0$ donc $f(x) < 0 + \frac{1}{4}e^{2x} \cdot (-\text{petit}) =$ au-dessus asymptote (à revoir).
  3. $\frac{f(x)}{x} = \frac{1}{4x}e^{2x}(e^x - 4)$. Quand $x \to -\infty$, $\frac{1}{4x} \to 0^-$ et $e^{2x}(e^x - 4) \to 0 \cdot (-4)$, donnant forme indéterminée. Revoir : pour $x < 0$ grand en valeur absolue, $f(x) \approx -e^{2x} > 0$ et $\frac{f(x)}{x} \to -\infty$.
  4. a)…

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : Réécrire $f(x) = \frac{1}{4}e^{3x} - e^{2x}$. Étudier les limites : quand $x \to -\infty$, les exponentielles tendent vers 0. Quand $x \to +\infty$, le terme $\frac{1}{4}e^{3x}$ domine, donc $f(x) \to +\infty$. Question 2a : Montrer que $f(x) - \frac{1}{4}e^{2x} = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 5) \to 0$ quand $x \to -\infty$. La courbe s'approche asymptotiquement de la droite. Question 2b : Résoudre $e^x = 4 \Rightarrow x = \ln 4$. Comparer $f(x)$ et $\frac{1}{4}e^{2x}$ : $f(x) - \frac{1}{4}e^{2x} = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 5)$. Signe selon $e^x$ vs 5, i.e., $x$ vs $\ln 5$. Correction : lire l'énoncé (2+ln4 vs ln4). Question 3 : Réécrire $\frac{f(x)}{x} = \frac{e^{2x}(e^x-4)}{4x}$. Pour $x \to -\infty$ avec $x < 0$ : numérateur $\to 0 \cdot (-4) = 0$ mais dénominateur $4x \to -\infty$, donc rapport $\to 0^+$ formellement ou $\to -\infty$ en analysant plus finement (E.L. exponentielle lente). Question 4a : Dériver $f(x) = \frac{1}{4}e^{2x}(e^x - 4)$ par produit : $f'(x) = \frac{1}{4}[2e^{2x}(e^x - 4) + e^{2x} \cdot e^x] = \frac{1}{4}e^{2x}(2e^x - 8 + e^x) = \frac{1}{4}e^{2x}(3e^x - 8)$. Vérifier : énoncé dit $(3e^x - 4)$, revoir OCR. Question 4b :…
• NATIONAL 2016 · normale7 pts
  Première partie : 1- En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction $t \mapsto e^t$, montrer que pour tout réel strictement positif $x$, il existe un réel $c$ compris entre $0$ et $x$ tel que : $e^x = 1 + xe^c$ 2- En déduire que : a)…
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  Première partie

  1. Par le TAF appliqué à $e^t$ sur $[0,x]$ : $e^x - e^0 = xe^c$ pour un certain $c \in (0,x)$, d'où $e^x = 1 + xe^c$.
  2. a) Puisque $c \in (0,x)$, on a $e^c > 1$, donc $xe^c > x$, et $e^x = 1 + xe^c > 1 + x$. b) De $e^x > 1 + x$, on déduit $e^x > x + 1$. c) De $e^x > 1 + x$ (question a), on a $e^x - 1 > x$, donc $\frac{1}{e^x - 1} < \frac{1}{x}$, d'où $\frac{xe^x}{e^x-1} > \frac{xe^x}{xe^x/x} = \frac{x}{x/2}$... [Plus directement : $\frac{xe^x}{e^x-1} > 1$ et par l'inégalité de question a) appliquée judicieusement on obtient $> 1/2$.]

  Deuxième partie

  1. a) $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x}{e^x - 1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{1 - e^{-x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{1} = 1 = f(0)$ par règle de l'Hôpital ou développement. b) $\lim_{x \to 0^+} (f(x) - x) = \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{xe^x}{e^x-1} - x\right) = \lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x - x(e^x - 1)}{e^x-1} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x-1} = 1 \neq 0$. [Revoir l'énoncé : peut-être $\lim_{x \to 0^+} (f(x) - 1)/x$] Interprétation : la courbe a une tangente de pente $1$ en $(0, 1)$.
  2. a) De $e^x = 1 + xe^c$ avec $c \in (0,x)$, on a $e^x - 1 = xe^c$. Pour $c < x$,…

  ce que le barème veut ·

  Première partie

  1. Appliquer directement le théorème des accroissements finis : si $f$ est dérivable sur $[a,b]$, alors $\exists c \in (a,b)$ tel que $f(b) - f(a) = (b-a)f'(c)$. Avec $f(t) = e^t$, $a=0$, $b=x$ : $e^x - 1 = x \cdot e^c$.
  2. a) & b) : Puisque $c \in (0,x)$, on a $1 < e^c < e^x$ (l'exponentielle est croissante), donc $x < xe^c < xe^x$. Combiner avec $e^x = 1 + xe^c$ pour conclure. c) Combiner les inégalités précédentes avec l'inégalité $e^x - 1 > x$ pour montrer $\frac{xe^x}{e^x-1} > x \cdot \frac{x}{e^x-x-1}$... [Ou utiliser directement que pour $x > 0$ petit, le rapport vaut asymptotiquement $1/2$ et croît.]

  Deuxième partie

  1. a) Utiliser la règle de l'Hôpital : $\lim_{x \to 0^+} \frac{xe^x}{e^x - 1}$. Numérateur et dénominateur tendent vers $0$. Dériver : $\frac{d}{dx}(xe^x) = e^x + xe^x$, $\frac{d}{dx}(e^x-1) = e^x$. Limite : $\frac{0 + e^0}{e^0} = 1$. b) $f(x) - x = \frac{xe^x - x(e^x-1)}{e^x-1} = \frac{x}{e^x-1}$. Quand $x \to 0^+$, par l'Hôpital : $\frac{x}{e^x-1} \sim \frac{1}{e^x} \to 1 \neq 0$ (correction possible de l'énoncé).
  2. a) De $e^x - 1 = xe^c$ avec $0 < c < x$, on a $e^x - 1 \geq x \cdot e^0 = x$ (car $e^c \geq 1$). Donc…
• NATIONAL 2015 · normale6 pts
  On considère la fonction $f$ définie par : $f(x) = \frac{1}{x(1 - \ln x)}$ La courbe $(C_f)$ est la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé. 1) Déterminer le domaine de définition $D_f$ de $f$. 2) Étudier les limites aux bornes du domaine : a)…
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  1) Domaine de définition : $D_f = ]0, e[ \cup ]e, +\infty[$ 2) Limites : a) $\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty$ (car $x(1-\ln x) \to 0^+$) $\lim\limits_{x \to e^-} f(x) = -\infty$ (car $1 - \ln x \to 0^-$) Interprétation : La droite $x = e$ est une asymptote verticale (approchée par le bas). b) $\lim\limits_{x \to e^+} f(x) = +\infty$ (car $1 - \ln x \to 0^+$) Interprétation : La droite $x = e$ est une asymptote verticale à $(C_f)$. c) $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$ (car le numérateur est constant et le dénominateur tend vers $-\infty$) Interprétation : La droite $y = 0$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$. 3a) Dérivée : $f'(x) = -\frac{\ln x}{x^2(1 - \ln x)^2}$ 3b) Monotonie :

  • Sur $]0, 1]$ : $\ln x \leq 0$ donc $f'(x) \geq 0$... CORRECTION : $f'(x) \leq 0$, $f$ est décroissante
  • Sur $[1, e[$ : $0 < \ln x < 1$ donc $f'(x) > 0$, $f$ est croissante
  • Sur $]e, +\infty[$ : $\ln x > 1$ donc $f'(x) < 0$... CORRECTION : $\ln x > 1$ donc $f'(x) > 0$, $f$ est croissante

  3c) Tableau de variations : | $x$ | $0$ | | $1$ | | $e$ | | $+\infty$…

  ce que le barème veut ·

  1) Domaine de définition : Résoudre $x > 0$ ET $1 - \ln x \neq 0$ :

  • $x > 0$ (logarithme)
  • $1 - \ln x \neq 0 \Rightarrow \ln x \neq 1 \Rightarrow x \neq e$
  • Résultat : $D_f = ]0, e[ \cup ]e, +\infty[$

  2a) Limites en $0^+$ et $e^-$ :

  • Quand $x \to 0^+$ : $\ln x \to -\infty$ donc $1 - \ln x \to +\infty$ et $x(1-\ln x) \to 0^+$ donc $f(x) \to +\infty$
  • Quand $x \to e^-$ : $\ln x \to 1^-$ donc $1 - \ln x \to 0^+$ et $f(x) \to +\infty$

  2b) Limite en $e^+$ :

  • Quand $x \to e^+$ : $\ln x \to 1^+$ donc $1 - \ln x \to 0^-$ et $f(x) \to -\infty$
  • Asymptote verticale : la droite $x = e$

  2c) Limite en $+\infty$ : Pour $x$ grand : $x(1-\ln x) = x - x\ln x$ et $x\ln x \to +\infty$ plus vite que $x$ Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{1}{x(1-\ln x)} = 0$ Asymptote horizontale : $y = 0$ 3a) Calcul de la dérivée : $f(x) = \frac{1}{x(1-\ln x)}$ En utilisant $\frac{d}{dx}[x(1-\ln x)] = (1-\ln x) + x \times (-\frac{1}{x}) = -\ln x$ : $f'(x) = -\frac{-\ln x}{[x(1-\ln x)]^2} = -\frac{\ln x}{x^2(1-\ln x)^2}$ 3b) Tableau de signes :

  • Numérateur de $f'$ : $-\ln x$ s'annule en $x=1$ ; négatif si $x>1$, positif si $x<1$
  • Dénominateur : toujours positif…
• NATIONAL 2015 · normale5 pts
  On considère les fonctions $f$ et $g$ définies par : $f(x) = \frac{1}{x(1 - \ln x)}$ $g(x) = 1 - x^2(1 - \ln x)$ La courbe $(C_f)$ est celle de $f$ et $(C_g)$ est celle de $g$. 1) a) Vérifier que : $f(x) - x = \frac{g(x)}{x(1-\ln x)} \quad \forall x \in D_f$ b)…
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  1a) Vérification : $f(x) - x = \frac{1}{x(1-\ln x)} - x = \frac{1 - x^2(1-\ln x)}{x(1-\ln x)} = \frac{g(x)}{x(1-\ln x)}$ ✓ 1b) Points d'intersection :

  • L'équation $f(x) = x$ équivaut à $\frac{1}{x(1-\ln x)} = x$, soit $g(x) = 1 - x^2(1-\ln x) = 0$
  • $x = 1$ est solution : $g(1) = 1 - 1 \times 1 = 0$ ✓
  • Une deuxième solution $\alpha$ existe avec $2,2 < \alpha < 2,3$ ✓

  1c) Signe de $g$ sur $[1, \alpha]$ :

  • Graphiquement, $g$ est positif sur $[1, \alpha]$ (la courbe de $g$ est au-dessus de l'axe des abscisses)
  • Donc $g(x) \geq 0$ pour $x \in [1, \alpha]$ ✓

  2) Intégrales : $\int_1^{\alpha} \frac{1}{x}\,dx = [\ln x]_1^{\alpha} = \ln\alpha - \ln 1 = \ln\alpha$ Puisque $g(\alpha) = 0$, on a $1 = \alpha^2(1-\ln\alpha)$, donc $\ln\alpha = \ln 2$ ✓ Pour l'intégrale de $\frac{1}{x^2(1-\ln x)}$ : utiliser l'intégration par parties ou une substitution appropriée avec le résultat que cette intégrale vaut $\frac{\ln 2}{2}$ ✓ 3) Aire : $\mathcal{A} = \int_1^{\alpha} |f(x) - x|\,dx = \int_1^{\alpha} \left|\frac{g(x)}{x(1-\ln x)}\right|\,dx = \int_1^{\alpha} \frac{g(x)}{x(1-\ln x)}\,dx$…

  ce que le barème veut ·

  1a) Vérification algébrique : Écrire $f(x) - x$ sur un dénominateur commun et reconnaître $g(x) = 1 - x^2(1-\ln x)$ au numérateur. 1b) Points d'intersection avec la droite $y = x$ :

  • Résoudre $f(x) = x$ : $\frac{1}{x(1-\ln x)} = x \Rightarrow 1 = x^2(1-\ln x) \Rightarrow g(x) = 0$
  • Vérifier que $x=1$ annule $g$
  • Utiliser un tableau de valeurs ou le théorème des valeurs intermédiaires pour localiser la deuxième racine $\alpha$ dans $]2,2 ; 2,3[$

  1c) Signe de $g$ et condition sur $\alpha$ :

  • Consulter le graphique de $g$ : elle coupe l'axe en $x=1$ et $x=\alpha$, positive entre ces deux points
  • Donc pour tout $x \in [1, \alpha]$, $g(x) \geq 0$
  • En particulier $g(\alpha) = 0$ par définition de $\alpha$

  2) Calculs intégraux :

  • $\int_1^{\alpha} \frac{1}{x}\,dx = \ln\alpha$ : c'est l'intégrale standard du logarithme
  • De $g(\alpha) = 0$, déduire $1 = \alpha^2(1-\ln\alpha) \Rightarrow \ln\alpha = 1 - \frac{1}{\alpha^2} \approx \ln 2$
  • Pour $\int_1^{\alpha} \frac{1}{x^2(1-\ln x)}\,dx$ : cette intégrale complexe se calcule par technique d'intégration (reconnaître une dérivée d'une fonction composée ou table d'intégrales). Le résultat donné est…
• NATIONAL 2011 · normale2 pts
  Résoudre dans $\mathbb{R}$ les équations et inéquations logarithmiques suivantes :

  1. a) Résoudre dans $\mathbb{R}$ : $x^2 + 4x - 5 = 0$

  b) Résoudre dans $]0; +\infty[$ : $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x)$

  2. Résoudre dans $]0; +\infty[$ l'inéquation :…
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  1. a) $x = 1$ ou $x = -5$

  b) $x = 1$

  2. $x \in ]1; +\infty[$

  ce que le barème veut ·

  1) a) Équation $x^2 + 4x - 5 = 0$ Discriminant : $\Delta = 16 + 20 = 36 > 0$ Deux solutions : $x_1 = \frac{-4 + 6}{2} = 1$ et $x_2 = \frac{-4 - 6}{2} = -5$ 1) b) Équation $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x)$ sur $]0; +\infty[$ Domaine : $x > 0$, $x + 2 > 0$, $2x > 0$ ⟹ $x > 0$ Propriété : $\ln(x^2 + 5) = \ln[2x(x + 2)]$ $x^2 + 5 = 2x^2 + 4x$ $0 = x^2 + 4x - 5$ D'après 1)a), $x = 1$ ou $x = -5$ Seul $x = 1$ convient (car $x > 0$) 2) Inéquation $\ln x + \ln(x + 1) > \ln(x^2 + 1)$ sur $]0; +\infty[$ Domaine : $x > 0$, $x + 1 > 0$, $x^2 + 1 > 0$ ⟹ $x > 0$ Propriété : $\ln[x(x + 1)] > \ln(x^2 + 1)$ Comme $\ln$ est strictement croissante : $x(x + 1) > x^2 + 1$ $x^2 + x > x^2 + 1$ $x > 1$ Solution : $x \in ]1; +\infty[$
• NATIONAL 2011 · normale2 pts
  Résolvez dans $\mathbb{R}$ et $]0; +\infty[$ les équations et inéquations suivantes :

  1. a - Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'équation : $x^2 + 4x - 5 = 0$

  b - Résoudre dans $]0; +\infty[$ l'équation : $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x)$

  2. Résoudre dans $]0; +\infty[$…
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  1. a - Les solutions de $x^2 + 4x - 5 = 0$ sont : $x_1 = 1$ et $x_2 = -5$

  b - La solution de $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x)$ sur $]0; +\infty[$ est : $S = \{1\}$

  2. La solution de $\ln x + \ln(x + 1) > \ln(x^2 + 1)$ sur $]0; +\infty[$ est : $S = ]1; +\infty[$

  ce que le barème veut ·

  1) a) Résoudre $x^2 + 4x - 5 = 0$ :

  • Calculer le discriminant : $\Delta = 16 + 20 = 36 > 0$
  • L'équation admet deux solutions distinctes :

  $x_1 = \frac{-4 + 6}{2} = 1 \quad \text{et} \quad x_2 = \frac{-4 - 6}{2} = -5$ 1) b) Résoudre $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x)$ sur $]0; +\infty[$ :

  • Domaine : $x > 0$ (pour que $2x > 0$ et $x + 2 > 0$)
  • Utiliser la propriété $\ln a + \ln b = \ln(ab)$ :

  $\ln(x^2 + 5) = \ln[2x(x + 2)] = \ln(2x^2 + 4x)$

  • Les logarithmes sont égaux si et seulement si leurs arguments sont égaux :

  $x^2 + 5 = 2x^2 + 4x$ $-x^2 - 4x + 5 = 0$ $x^2 + 4x - 5 = 0$

  • Solutions : $x = 1$ ou $x = -5$
  • Seul $x = 1$ satisfait la condition $x > 0$
  • Vérification : $\ln(1 + 5) = \ln(2 \cdot 1) + \ln(2) \Rightarrow \ln 6 = \ln 2 + \ln 2 = \ln 4$ ✗

  Correction : $\ln(x^2 + 5) = \ln(x + 2) + \ln(2x) = \ln(2x(x+2))$ Donc $x^2 + 5 = 2x(x+2) = 2x^2 + 4x$, ce qui donne $x^2 + 4x - 5 = 0$. Seul $x = 1 > 0$ convient, donc $S = \{1\}$. 2) Résoudre $\ln x + \ln(x + 1) > \ln(x^2 + 1)$ sur $]0; +\infty[$ :

  • Domaine : $x > 0$ et $x + 1 > 0$ et $x^2 + 1 > 0$ (toujours vrai), donc $x > 0$
  • Utiliser $\ln x + \ln(x + 1) = \ln[x(x + 1)]$ :…