DR-EDérivabilité

Dérivée de f = ln(e^x − 1) et comparaison à g

Idée directrice

Pour $f=\ln\circ u$ avec $u(x)=e^x-1$ , calculer $f'=u'/u$ , relier à $g=e^x/(e^x-1)$ , étudier $h=f-g$ via $h'$ , et l'asymptote oblique $y=x$ .

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« f est dérivable … f' = g »

« h est strictement croissante »

« asymptote oblique y = x »

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode

Dérivée de $\ln u$ : $u'/u$ (domaine $u>0$ ).
Pour $f=g$ : étudier $h=f-g$ et le signe de $h'$ .

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Oublier le domaine $e^x>1$ ; confondre $f'$ et $g'$ .

Sujet principal

Exercice — dans l'esprit des sujets du bac

3 questionsCorrigé masqué

Soit $f(x)=\ln(e^x-1)$ sur $]0,+\infty[$ et $g(x)=\dfrac{e^x}{e^x-1}$ (esprit bac techniques 2022 principale).

Montrer que $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que $f'(x)=g(x)$ .
En déduire le sens de variation de $f$ sur $]0,+\infty[$ .
On pose $h=f-g$ . Montrer que $h$ est strictement croissante. En déduire que $f(x)=g(x)$ a une unique solution sur $]0,+\infty[$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : $f=\ln\circ u$ avec $u>0$ dérivable. $u(x)=\e^x-1>0$ pour $x>0$ et $u'(x)=\e^x$ ; donc $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{\e^x}{\e^x-1}=g(x)$ .

2. Pour $x>0$ , $\e^x>1$ donc $g(x)=\dfrac{\e^x}{\e^x-1}>0$ : $f'>0$ et $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ (de $-\infty$ en $0^+$ , car $u\to0^+$ , vers $+\infty$ ).

3. Idée : dériver $g$ pour connaître le signe de $h'=g-g'$ . $g'(x)=\dfrac{\e^x(\e^x-1)-\e^x\cdot\e^x}{(\e^x-1)^2}=\dfrac{-\e^x}{(\e^x-1)^2}<0$ . Donc $h'(x)=g(x)-g'(x)=\dfrac{\e^x}{\e^x-1}+\dfrac{\e^x}{(\e^x-1)^2}>0$ : $h$ est strictement croissante et continue sur $]0,+\infty[$ . Limites : en $0^+$ , $f\to-\infty$ et $g\to+\infty$ donc $h\to-\infty$ ; en $+\infty$ , $f\to+\infty$ et $g\to1$ donc $h\to+\infty$ . Par le théorème des valeurs intermédiaires (version stricte), $h$ s'annule une et une seule fois :

\text{l'équation } f(x)=g(x)\ \text{admet une unique solution sur }]0,+\infty[

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

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Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill DR-E.1 — Asymptote y = x

Entraînement 01 / 02

Drill DR-E.1 — Asymptote y = x

1 questionCorrigé masqué

On a $f(x)-x=-\ln(g(x))$ avec $g(x)>1$ et $\lim_{x\to+\infty}g(x)=1$ . Calculer $\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)$ et conclure sur l'asymptote de la courbe de $f$ . Rappeler aussi que $f$ est dérivable avec $f'=g$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

$\lim(f-x)=-\ln 1=0$ donc $y=x$ est asymptote oblique au voisinage de $+\infty$ . De plus $f(x)-x<0$ : la courbe est au-dessous de la droite (corrigé 2022 techniques). Par ailleurs $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $f'=g>0$ , donc $f$ est strictement croissante.

2 Transfert — tangente en un zéro de f et position de la courbe par rapport à sa tangente via le sens de variation de f'

Entraînement 02 / 02

Transfert — tangente en un zéro de f et position de la courbe par rapport à sa tangente via le sens de variation de f'

5 questionsCorrigé masquéEn cours de relecture

Soit $f$ la fonction définie par $f(x)=\ln(\e^{x}-2)$ et $g$ la fonction définie par $g(x)=\dfrac{\e^{x}}{\e^{x}-2}$ . On note $I$ l'ensemble de définition de $f$ et $\mathcal C_f$ sa courbe dans un repère orthonormé.

Déterminer $I$ . Justifier que $f$ est dérivable sur $I$ et que, pour tout $x\in I$ , $f'(x)=g(x)$ .
Résoudre dans $I$ l'équation $f(x)=0$ .
Écrire une équation de la tangente $T$ à $\mathcal C_f$ au point d'abscisse $\ln 3$ .
Calculer $g'(x)$ pour $x\in I$ et en déduire que $f'$ est strictement décroissante sur $I$ .
On pose $\varphi(x)=f(x)-3(x-\ln 3)$ pour $x\in I$ . Étudier le signe de $\varphi'(x)$ , en déduire le signe de $\varphi$ sur $I$ puis la position de $\mathcal C_f$ par rapport à $T$ .

Cet exercice et sa correction sont en cours de relecture. Tu peux les consulter ; l’exercice n’est pas encore proposé en séance.

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1. Idée : $\ln u$ n'existe que si $u>0$ , et $(\ln u)'=u'/u$ . $f(x)$ existe si et seulement si $\e^{x}-2>0$ , c'est-à-dire $\e^{x}>2$ , soit $x>\ln 2$ : on obtient $I=\,]\ln 2,+\infty[$ . On pose $u(x)=\e^{x}-2$ : $u$ est dérivable et strictement positive sur $I$ , avec $u'(x)=\e^{x}$ . Par suite $f=\ln\circ u$ est dérivable sur $I$ et $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{\e^{x}}{\e^{x}-2}=g(x)$ .

2. Idée : $\ln X=0\iff X=1$ . Pour $x\in I$ , $f(x)=0\iff\e^{x}-2=1\iff\e^{x}=3\iff x=\ln 3$ . Comme $\ln 3>\ln 2$ , cette valeur est bien dans $I$ : $\boxed{x=\ln 3}$ est l'unique solution.

3. Idée : $T:y=f'(a)(x-a)+f(a)$ avec $a=\ln 3$ . On a $f(\ln 3)=0$ et $f'(\ln 3)=g(\ln 3)=\dfrac{3}{3-2}=3$ , d'où

T:\ \boxed{y=3(x-\ln 3)=3x-3\ln 3}

4. Idée : dérivée d'un quotient, puis signe. Pour $x\in I$ :

g'(x)=\frac{\e^{x}(\e^{x}-2)-\e^{x}\cdot\e^{x}}{(\e^{x}-2)^2}=\frac{-2\,\e^{x}}{(\e^{x}-2)^2}<0

Donc $g$ est strictement décroissante sur $I$ ; comme $f'=g$ , il en résulte que $f'$ est strictement décroissante sur $I$ (la pente des tangentes à $\mathcal C_f$ diminue quand $x$ augmente).

5. Idée : $\varphi$ mesure l'écart entre la courbe et la tangente ; son signe se lit sur ses variations et sur $\varphi(\ln 3)=0$ . $\varphi$ est dérivable sur $I$ et $\varphi'(x)=f'(x)-3=g(x)-g(\ln 3)$ . Comme $g$ est strictement décroissante : si $\ln 2<x<\ln 3$ alors $g(x)>g(\ln 3)$ , donc $\varphi'(x)>0$ ; si $x>\ln 3$ alors $\varphi'(x)<0$ . Ainsi $\varphi$ est croissante sur $]\ln 2,\ln 3]$ et décroissante sur $[\ln 3,+\infty[$ : elle admet en $\ln 3$ un maximum égal à $\varphi(\ln 3)=f(\ln 3)-0=0$ . Par suite, pour tout $x\in I$ , $\varphi(x)\leq0$ , avec égalité seulement en $x=\ln 3$ . Ce qui prouve que $\mathcal C_f$ est au-dessous de sa tangente $T$ sur tout $I$ et ne la touche qu'au point $(\ln 3,0)$ . (Contrôle numérique : $\varphi(1)=\ln(\e-2)-3(1-\ln 3)\approx-0{,}331+0{,}296\approx-0{,}035<0$ .)

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