Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 3

La fonction $$f$$ est définie si et seulement si : $$1+2x>0\Leftrightarrow 2x>-1\Leftrightarrow x>\frac{-1}{2}$$
Ainsi le domaine de définition est :
On calcule la dérivée de $$f$$ puis on dresse les variations de $$f$$.
On reconnait la forme $$\left(\ln \left(u\right)\right)^{'} =\frac{u'}{u}$$
On a $$u\left(x\right)=1+2x$$ et $$u'\left(x\right)=2$$
Ainsi
$$x\in \left]-\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$, ainsi $$1+2x>0$$ et $$2>0$$.
Il en résulte que $$f'$$ est strictement positive.
Donc $$f$$ est strictement croissante sur $$\left]-\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$.

$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to \frac{1}{2} ^{+} } \ln \left(1+2x\right)$$
$$\lim\limits_{x\to -\frac{1}{2} ^{+} } 1+2x=0^{+}$$.
On pose $$X=1+2x$$, ainsi $$\lim\limits_{X\to 0^{+} } \ln \left(X\right)=-\infty$$.
Par composition
On en déduit que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=-\frac{1}{2}$$.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to +\infty } \ln \left(1+2x\right)$$
$$\lim\limits_{x\to +\infty } 1+2x=+\infty$$.
On pose $$X=1+2x$$, ainsi $$\lim\limits_{X\to +\infty } \ln \left(X\right)=+\infty$$.
Par composition

Soit $$g\left(x\right)=f\left(x\right)-x$$
Ainsi : $$g\left(x\right)=\ln \left(1+2x\right)-x$$
On calcule la dérivée de $$g$$.
$$g'\left(x\right)=\frac{2}{1+2x} -1\Leftrightarrow g'\left(x\right)=\frac{2}{1+2x} -\frac{1+2x}{1+2x} \Leftrightarrow g'\left(x\right)=\frac{2-1-2x}{1+2x} \Leftrightarrow g'\left(x\right)=\frac{1-2x}{1+2x}$$
$$x\in \left]-\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$, ainsi $$1+2x>0$$.
Le signe de $$g'$$ dépend donc du numérateur $$1-2x$$.
$$1-2x>0\Leftrightarrow -2x>-1\Leftrightarrow x<\frac{-1}{-2} \Leftrightarrow x<\frac{1}{2}$$
Cela signifie que l'on mettra le signe $$+$$ pour le signe de $$1-2x$$ dès que $$x<\frac{1}{2}$$
Or $$g\left(\frac{1}{2} \right)=\ln \left(1+2\times \frac{1}{2} \right)-\frac{1}{2} \Leftrightarrow g\left(\frac{1}{2} \right)=\ln \left(2\right)-\frac{1}{2}$$ et $$g\left(\frac{1}{2} \right)>0$$

Sur $$\left]-\frac{1}{2} ;\frac{1}{2} \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to -\frac{1}{2} ^{+} } g\left(x\right)=-\infty$$ et $$g\left(\frac{1}{2} \right)=\ln \left(2\right)-\frac{1}{2}$$.
Or $$0\in \left]-\infty ;\ln \left(2\right)-\frac{1}{2} \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left]-\frac{1}{2} ;\frac{1}{2} \right[$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
Or $$g\left(0\right)=\ln \left(1+2\times 0\right)-0\Leftrightarrow g\left(0\right)=0$$.
Donc $$0$$ est une solution de l'équation $$g\left(x\right)=0$$.
Sur $$\left]\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement décroissante.
De plus, $$g\left(\frac{1}{2} \right)=\ln \left(2\right)-\frac{1}{2}$$et $$\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=-\infty$$ .
Or $$0\in \left]-\infty ;\ln \left(2\right)-\frac{1}{2} \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\beta$$ dans $$\left]\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$$g\left(1,25\right)\approx 0,0027$$ et $$g\left(1,26\right)\approx -0,001$$ .
Or $$0\in \left]-0,001;0,0027\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :

Sur $$\left]-\frac{1}{2} ;\frac{1}{2} \right]$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g\left(0\right)=0$$.
Donc $$g\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left]-\frac{1}{2} ;0\right]$$ et $$g\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[0;\frac{1}{2} \right]$$.
Sur $$\left[\frac{1}{2} ;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement décroissante et $$g\left(\beta \right)=0$$.
Donc $$g\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[\frac{1}{2} ;\beta \right[$$ et $$g\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left[\beta ;+\infty \right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :