Examen blanc — Logarithme, exponentielle et suites

1. Limites.

En $0^{+}$ : $x-2\to -2$. De plus $\frac{\ln x}{x}=\ln x\times \frac{1}{x}$ avec $\ln x\to -\infty$ et $\frac{1}{x}\to +\infty$, donc $\frac{\ln x}{x}\to -\infty$. Ainsi $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=-\infty$.

On en déduit que la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est asymptote verticale à $(C)$.

En $+\infty$ : $x-2\to +\infty$ et $\frac{\ln x}{x}\to 0$ (croissances comparées), donc $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$.

2. Asymptote oblique et position relative.

Pour tout $x\in I$, $f(x)-(x-2)=\frac{\ln x}{x}$, et $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$. Donc $(D):y=x-2$ est asymptote à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

Position : le signe de $f(x)-(x-2)=\frac{\ln x}{x}$ est celui de $\ln x$ (car $x>0$). Pour $x>1$ : $\ln x>0$ donc $(C)$ est au-dessus de $(D)$ ; pour $0<x<1$ : $(C)$ est en dessous de $(D)$ ; et $(C)$ coupe $(D)$ au point d'abscisse $x=1$.

3. Dérivée.

$f$ est dérivable sur $I$ comme somme et quotient de fonctions dérivables. La dérivée de $\frac{\ln x}{x}$ est $\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\ln x}{x^2}$.

Donc $f^{\prime }(x)=1+\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{x^2+1-\ln x}{x^2}$.

4. Signe de $f^{\prime }$ et variations.

Pour tout $x\in I$, $x^2>0$, donc le signe de $f^{\prime }(x)$ est celui de $g(x)=x^2+1-\ln x$.

$g$ est dérivable sur $I$ et $g^{\prime }(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^2-1}{x}$. Sur $I$, $g^{\prime }(x)=0⟺x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ ; $g^{\prime }(x)<0$ sur $]0;\frac{1}{\sqrt{2}}[$ et $g^{\prime }(x)>0$ sur $]\frac{1}{\sqrt{2}};+\infty [$. Donc $g$ admet un minimum en $x_0=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

$g(x_0)=\frac{1}{2}+1-\ln \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\ln 2\approx 1,85>0$. Le minimum de $g$ est strictement positif, donc $g(x)>0$ pour tout $x\in I$, d'où $f^{\prime }(x)>0$ sur $I$.

Conclusion : $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty [$, de $-\infty$ (en $0^{+}$) vers $+\infty$ (en $+\infty$).

Partie A.

1. Posons $X=e^x$ (avec $X>0$). L'équation s'écrit $X^2-3X+2=0$, de discriminant $\Delta =9-8=1$. Les racines sont $X=\frac{3-1}{2}=1$ et $X=\frac{3+1}{2}=2$, toutes deux strictement positives.

$e^x=1⟺x=0$ et $e^x=2⟺x=\ln 2$. L'ensemble des solutions est $S=\{0;\ln 2\}$.

2. On factorise : $e^{2x}-3e^x+2=(e^x-1)(e^x-2)$. Ce produit est négatif ou nul lorsque $e^x$ est compris entre $1$ et $2$, c'est-à-dire $1\le e^x\le 2$, soit $0\le x\le \ln 2$ (par croissance de $\ln$). L'ensemble des solutions est $S=[0;\ln 2]$.

Partie B.

3. Variations de $h$.

$h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $h^{\prime }(x)=-\frac{1}{2}(-e^{-x})=\frac{1}{2}{e}^{-x}$. Comme $e^{-x}>0$ pour tout $x$, on a $h^{\prime }(x)>0$ : $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

4. Récurrence : $0\le u_n\le 1$.

Initialisation : $u_0=0$, donc $0\le u_0\le 1$ : la propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité : supposons $0\le u_n\le 1$ pour un entier $n$. Comme $h$ est croissante, $h(0)\le h(u_n)\le h(1)$. Or $h(0)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ et $h(1)=1-\frac{1}{2}{e}^{-1}=1-\frac{1}{2e}\approx 0,82$. Donc $\frac{1}{2}\le u_{n+1}\le 1-\frac{1}{2e}$, ce qui entraîne $0\le u_{n+1}\le 1$.

Par récurrence, $0\le u_n\le 1$ pour tout $n\in \mathbb{N}$.

5. Croissance de $(u_n)$.

Montrons par récurrence que $u_{n+1}\ge u_n$ pour tout $n$.

Initialisation : $u_1=h(u_0)=h(0)=\frac{1}{2}\ge 0=u_0$ : vrai au rang $0$.

Hérédité : supposons $u_{n+1}\ge u_n$. Comme $h$ est croissante, $h(u_{n+1})\ge h(u_n)$, c'est-à-dire $u_{n+2}\ge u_{n+1}$. La propriété est héréditaire.

Donc $(u_n)$ est croissante.

6. Convergence et limite.

La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $1$ (question 4). D'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel $\ell$, avec $0\le \ell \le 1$.

La fonction $h$ étant continue sur $\mathbb{R}$, en passant à la limite dans la relation $u_{n+1}=h(u_n)$, on obtient $\ell =h(\ell )$, c'est-à-dire $\ell =1-\frac{1}{2}{e}^{-\ell }$.