Etude complète d'une fonction logarithme

Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $I=\;]0,+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x}{2}-\dfrac{\ln x}{2x}$, et soit $(\mathcal C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;\overrightarrow i,\overrightarrow j)$.

1. On considère la fonction $g$ définie sur $I$ par $g(x)=x^2-1+\ln x$.

2. a) Nous devons calculer $g'(x)$ pour tout $x\in I$ et étudier les variations de $g$.

Pour tout $x\in_;]0\;;\;+\infty[,\quad \boxed{g'(x)=2x+\dfrac 1x}$.

$\forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[\,\quad x>0\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} 2x>0\\\dfrac 1x>0 \end{matrix}\right.$

$\phantom{ \forall\,x\in\;]0\;;\;+\infty[,\quad x>0}\quad\Longrightarrow\quad 2x+\dfrac 1x>0$

$\phantom{ \forall,x\in;]0;;;+\infty[,\quad x>0}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g'(x)>0}$

Nous en déduisons que la fonction $g$ est strictement croissante sur $I=;]0;;;+\infty[$.

1. b) Nous devons calculer $g(1)$, puis en déduire le signe de $g$ sur $I$.

$\bullet$ Calculons $g(1)$

$g(1)=1^2-1+\ln 1$

$\phantom{ g(1)}=1-1+0$

$\phantom{ g(1)}=0$

$\Longrightarrow\quad\boxed{g(1)=0}$

$\bullet$ Déterminons le signe de $g$ sur $]0\;;\;+\infty[$.

La fonction $g$ est strictement croissante sur $I=\;]0\;;\;+\infty[$.

Dès lors,

$\forall\, x\in\;]0\;;\;1], \quad x\le1\quad\Longrightarrow\quad g(x)\le g(1)$

$\phantom{ \forall, x\in;]0;;;1], \quad x\le1}\quad\Longrightarrow\quad g(x)\le 0$

$\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\, x\in\;]0\;;\;1], \quad g(x)\le 0}$

$\forall\, x\in[1\;;\;+\infty[, \quad x\ge1\quad\Longrightarrow\quad g(x)\ge g(1)$

$\phantom{ \forall, x\in[1;;;+\infty[, \quad x\ge1}\quad\Longrightarrow\quad g(x)\ge 0$

$\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\, x\in[1\;;\;+\infty[, \quad g(x)\ge 0}$

2. a) Calculer $\displaystyle\lim\limits_{x\to0^+} f(x)$ et $\displaystyle\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)$.

$\left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac x2=0\\ \lim\limits_{x\to 0^+} \ln x=-\infty\\ \lim\limits_{x\to 0^+} 2x=0^+ \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac x2=0\\ \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{\ln x}{2x}=-\infty \end{matrix}\right.$

$\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+} \left(\dfrac x2-\dfrac{\ln x}{2x}\right)=+\infty$

$\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ \lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=+\infty }$

$\left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac x2=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\ln x}{2x}=0\quad(\text{croissances comparées}) \end{matrix}\right.$

$\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to +\infty} \left(\dfrac x2-\dfrac{\ln x}{2x}\right)=+\infty$

$\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty }$

2. b) Nous devons montrer que $(\mathcal C)$ admet deux asymptotes dont l'une est la droite $\Delta$ d'équation $y=\dfrac{x}{2}$, et ensuite étudier la position relative de $(\mathcal C)$ et $\Delta$.

$\bullet$Nous avons montré dans la question 2. a) que : $\lim\limits_{x\to 0^+} f(x)=+\infty$.

Par conséquent, la droite d'équation $x=0$ est une asymptote verticale.

$\bullet$Montrons que la droite $\Delta$ d'équation $y=\dfrac{x}{2}$ est une asymptote oblique à $(\mathcal C)$.

En effet,

$\lim\limits_{x\to 0^+} \Big(f(x)-\dfrac{x}{2}\Big)= \lim\limits_{x\to 0^+} \left(\Big(\dfrac{x}{2}-\dfrac{\ln x}{2x}\Big)-\dfrac{x}{2}\right)$

$\phantom{ \lim\limits_{x\to 0^+} \Big(f(x)-\dfrac{x}{2}\Big)}= \lim\limits_{x\to 0^+} \left(-\dfrac{\ln x}{2x}\right)$

$\phantom{ \lim\limits_{x\to 0^+} \Big(f(x)-\dfrac{x}{2}\Big)}= -\dfrac 12\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{x}$

$\phantom{ \lim\limits_{x\to 0^+} \Big(f(x)-\dfrac{x}{2}\Big)}= 0\quad(\text{croissances comparées})$

$\Longrightarrow\quad\boxed{ \lim\limits_{x\to 0^+} \Big(f(x)-\dfrac{x}{2}\Big)=0}$

Par conséquent, la droite $\Delta$ d'équation $y=\dfrac{x}{2}$ est une asymptote oblique à $(\mathcal C)$.

$\bullet$Étudions la position relative de $(\mathcal C)$ et $\Delta$.

Étudions le signe de $f(x)-\dfrac x2$, soit le signe de $-\dfrac{\ln x}{2x}$.

Dès lors sachant que $x>0$, nous devons donc étudier le signe de $-\ln x$.

$\checkmark$ Pour tout $x\in\; ]0\;;\;1[ \,,\quad \ln x<0\quad\Longrightarrow \quad -\ln x >0$ et donc $(\mathcal C)$ est au-dessus de $\Delta$.

$\checkmark$ Pour tout $x\in\; ]1\;;\;+\infty[ \,,\quad \ln x>0\quad\Longrightarrow \quad -\ln x <0$ et donc $(\mathcal C)$ est en dessous de $\Delta$.

$\checkmark$ En $x=1$, la droite $\Gamma$ coupe la courbe $(\mathcal C)$.

3. a) Nous devons montrer que $\forall x>0,\; f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x^2}$.

Pour tout $x>0$,

$f'(x)=\left(\dfrac{x}{2}-\dfrac{\ln x}{2x}\right)'$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\ln x}{x}\right)'$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{(\ln x)'\times x-\ln x\times x'}{x^2}\right)$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\dfrac 1x\times x-\ln x\times 1}{x^2}\right)$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1-\ln x}{x^2}\right)$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1-\ln x}{2x^2}$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{x^2-1+\ln x}{2x^2}$

$\phantom{ f'(x)}=\dfrac{g(x)}{2x^2}$

$\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0\,\quad f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x^2} }$

3. b) Nous devons en déduire le signe de $f'$ puis dresser le tableau de variation de la fonction $f$.

Le dénominateur de $f'(x)$ est strictement positif.

Donc le signe de $f'(x)$ est le signe de $g(x)$ étudié à la question 1. b).

Nous obtenons ainsi le tableau de signe de $f'(x)$ et le tableau de variation de la fonction $f$.

$f(1)=\dfrac 12-0=\dfrac 12$

4. a) Nous devons montrer que $(\mathcal C)$ admet une tangente $T$ parallèle à $\Delta$ et en donner une équation.

Le coefficient directeur de $\Delta$ est égal à $\dfrac 12$.

La tangente $T$ à $(\mathcal C)$ est parallèle à $\Delta$ si $f'(x)=\dfrac 12$.

Nous obtenons ainsi :

$f'(x)=\dfrac 12\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{g(x)}{2x^2}=\dfrac 12$

$\phantom{ f'(x)=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{g(x)}{x^2}=1$

$\phantom{ f'(x)=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad g(x)=x^2$

$\phantom{ f'(x)=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad x^2-1+\ln x=x^2$

$\phantom{ f'(x)=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x=1$

$\phantom{ f'(x)=\dfrac 12}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{ x=\text e}$

Par conséquent, $(\mathcal C)$ admet une tangente $T$ parallèle à $\Delta$ au point d'abscisse $\text e$.

Une équation de $T$ est de la forme : $y=f'(\text e)(x-\text e)+f(\text e)$.

$\left\lbrace\begin{matrix} f(x)=\dfrac x2-\dfrac{\ln x}{2x}\\ f'(x)=\dfrac{x^2-1+\ln x}{2x^2} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} f(\text e)=\dfrac {\text e}{ 2}-\dfrac{\ln \text e}{2\text e}\\ f'(\text e)=\dfrac{\text e^2-1+\ln\text e}{2\text e^2} \end{matrix}\right.$

$\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} f(\text e)=\dfrac {\text e}{ 2}-\dfrac{1}{2\text e}\\ f'(\text e)=\dfrac{\text e^2-1+1}{2\text e^2} \end{matrix}\right.$

$\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}f(\text e)=\dfrac {\text e}{ 2}-\dfrac{1}{2\text e}\\ f'(\text e)=\dfrac{1}{2} \end{matrix}\right.$

D'où une équation de $T$ est : $y=\dfrac 12(x-\text e)+\dfrac{\text e}{2}-\dfrac{1}{2\text e}$

$\text{Or }\quad y=\dfrac 12(x-\text e)+\dfrac{\text e}{2}-\dfrac{1}{2\text e}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac x2-\dfrac{\text e}{2}+\dfrac{\text e}{2}-\dfrac{1}{2\text e}$

$\phantom{ \text{Or }\quad y=\dfrac 12(x-\text e)+\dfrac{\text e}{2}-\dfrac{1}{2\text e}}\quad\Longleftrightarrow\quad y=\dfrac x2-\dfrac{1}{2\text e}$

Par conséquent, l'équation réduite de la $T$ est $\boxed{y=\dfrac x2-\dfrac{1}{2\text e}}$.

4. b) Nous devons construire la courbe $(\mathcal C)$, l'asymptote $\Delta$ et la tangente $T$ dans le même repère.

4. c) Nous devons discuter graphiquement, suivant les valeurs du paramètre réel $m$, le nombre de solutions de l'équation $\ln x+2mx=0$.

Remarquons que :

$\ln x+2mx=0\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x=-2mx$

$\phantom{\ln x+2mx=0}\quad\Longleftrightarrow\quad -\dfrac{\ln x}{2x}=m$

Déterminer le nombre de solutions de l'équation $-\dfrac{\ln x}{2x}=m$ revient à chercher le nombre de points d'intersection des courbes $(\mathcal C)$ et $D$ d'équations respectives $y=-\dfrac{\ln x}{2x}$ et $y=m$.

Soit $h(x)=-\dfrac{\ln x}{2x}$.

Nous observons que $h(x)$ vérifie l'égalité $h(x)=f(x)-\dfrac x2$ et représente pour une valeur de $x$ donnée, l'écart entre la courbe $(\mathcal C)$ et son asymptote oblique $\Delta:y=\dfrac x2$.

Selon l'analyse de la position relative de $(\mathcal C)$ et $\Delta$ étudiée à la question 2. b) et en utilisant le graphique de $(\mathcal C)$ et $\Delta$ ci-dessus, nous pouvons en déduire que sur l'intervalle $]0\;;\;+\infty[$, la fonction $h$ décroît de $+\infty$ vers un minimum négatif pour ensuite croître vers 0 (lorsque $(\mathcal C)$se rapproche de l'asymptote $\Delta$).

Déterminons la valeur de ce minimum de $h$.

Pour tout $x>0\,,\quad h'(x)=\dfrac{-(1-\ln x)}{2x^2}$ (voir question 3. a).

Précisons l'existence du minimum de $h$

$h'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad 1-\ln x=0$

$\phantom{ h'(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x=1$

$\phantom{ h'(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad x=\text e$

$h(\text e)=-\dfrac{\ln\text e}{2\text e}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{h(\text e)=-\dfrac{1}{2\text e}}$

Dressons le tableau de variations de la fonction $h$.

La fonction $h$ admet donc un minimum égal à $-\dfrac{1}{2\text e}$ pour $x=\text e$.

Ci-dessous la courbe représentative $(\mathcal H)$ de la fonction $h$ et des droites $D$ d'équation $y=m$.

Par conséquent,

$\bullet$Si $m<-\dfrac{1}{2\text e}$, alors $(\mathcal C)$ et $D_m$ n'ont aucun point d'intersection et par suite, l'équation $\ln x+2mx=0$ n'admet aucune solution.

$\bullet$Si $m=-\dfrac{1}{2\text e}$, alors $(\mathcal C)$ et $D_m$ ont un seul point d'intersection et par suite, l'équation $\ln x+2mx=0$ admet une solution unique : $x=\text e$.

$\bullet$Si $-\dfrac{1}{2\text e}<m<0$, alors $(\mathcal C)$ et $D_m$ ont deux points d'intersection et par suite, l'équation $\ln x+2mx=0$ admet deux solutions : $1<x_1<\text e$ et $x_2>\text e$.

$\bullet$Si $m\geq 0$, alors $(\mathcal C)$ et $D_m$ ont un seul point d'intersection et par suite, l'équation $\ln x+2mx=0$ admet une solution unique : $0<x\leq 1$.

5. Soit $(u_n)$ la suite définie, pour tout entier naturel $n$ non nul, par $u_n=f\Big(\dfrac{1}{n}\Big)$.

Nous devons montrer que la suite $(u_n)$ est croissante et calculer sa limite.

Nous savons que la suite $(x_n)_{n\in\N^*}$ définie par $x_n=\dfrac 1n$ est une suite décroissante.

De plus, pour tout $n\in\N^*,\quad 0<\dfrac 1n\leq 1$.

Or nous avons montré dans la question 3. b) que la fonction $f$ est décroissante sur l'intervalle $]0\;;\;1]$.

Rappelons que la composée de deux fonctions décroissantes est une fonction croissante.

Nous en déduisons que la suite $\left(f\Big(\dfrac{1}{n}\Big)\right)_{n\in\N^*}$ est une suite croissante.

Autrement dit, la suite $(u_n)$ est une suite croissante.

Déterminons la limite de la suite $(u_n)$.

$\left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac 1n=0^+\ \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=+\infty \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} \lim\limits_{n\to +\infty}f\Big(\dfrac 1n\Big)=+\infty\ (\text{par composition}) \end{matrix}\right.$

Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{n\to +\infty}u_n=+\infty}$