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Exercices types : 2ème partie - Exercice 4

12 min
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On considère la fonctionff définie sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[, f(x)=ln⁡(1+1x)−xf\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
Question 1

Etudiez les variations de ff sur ]0;+∞[\left]0;+\infty \right[.

Correction
f(x)=ln⁡(1+1x)−x.f\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{1}{x} \right)-x.
On reconnait la forme (ln⁡(u))′=u′u\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u} . On u(x)=1+1xu\left(x\right)=1+\frac{1}{x} et u′(x)=−1x2u'\left(x\right)=-\frac{1}{x^{2} }
f′(x)=−1x21+1x−1f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{1+\frac{1}{x} } -1 équivaut successivement à
f′(x)=−1x2x2x2+xx2−1f'\left(x\right)=\frac{-\frac{1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} }{x^{2} } +\frac{x}{x^{2} } } -1
f′(x)=−1x2x2+xx2−1f'\left(x\right)=\frac{\frac{-1}{x^{2} } }{\frac{x^{2} +x}{x^{2} } } -1 . On rappelle que : (ab)(cd)=ab×dc\frac{\left(\frac{a}{b} \right)}{\left(\frac{c}{d} \right)} =\frac{a}{b} \times \frac{d}{c}
f′(x)=−1x2×x2x2+x−1f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} } \times \frac{x^{2} }{x^{2} +x} -1
f′(x)=−1x2+x−1 f'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -1
f′(x)=−1x2+x−x2+xx2+xf'\left(x\right)=\frac{-1}{x^{2} +x} -\frac{x^{2} +x}{x^{2} +x}
f′(x)=−1−(x2+x)x2+xf'\left(x\right)=\frac{-1-\left(x^{2} +x\right)}{x^{2} +x}
Ainsi : f′(x)=−x2−x−1x2+x⇔f'\left(x\right)=\frac{-x^{2} -x-1}{x^{2} +x} \Leftrightarrow
f′(x)=−x2−x−1x(x+1)f'\left(x\right)=\frac{-x^{2} -x-1}{x\left(x+1\right)}

Or x∈]0;+∞[x\in \left]0;+\infty \right[ donc x>0x>0 et x+1>0x+1>0.
Donc le signe de f′f' dépend du numérateur −x2−x−1-x^{2} -x-1.
On considère le trinôme −x2−x−1-x^{2} -x-1. Δ<0\Delta <0 et donc −x2−x−1<0-x^{2} -x-1<0 car a=−1<0a=-1<0
On peut donner alors le tableau de variation de ff en indiquant les limites.
Il vient alors que :