1. f'=2x/(x²+1).
2. g'=ln x + x·(1/x)−1=ln x.
3. h'=cos x/sin x=cot x.
4. k'=2ln(x)·(1/x)=2ln(x)/x.

1. (1/2)ln(x²+3)+C.
2. Num=dérivée du den : ln|x²+x+1|+C.
3. (1/3)ln|3x−2|+C.

1. Posons t=ln x, x=eᵗ, t→+∞: t²/eᵗ→0 (croissance comparée). Limite=0.
2. x²ln x → 0 (croissance comparée, α=2). Limite=0.
3. lim[x→1] ln x/(x²−1). 0/0. L'Hôpital: (1/x)/(2x)→1/2. Limite=1/2.

1. Dom: x>1. ln[(x+2)(x−1)]=ln4 → (x+2)(x−1)=4 → x²+x−6=0 → x=2 ou x=−3. Seul x=2 convient. x=2.
2. Dom: x>0 et x>−3, soit x>0. ln(x²/(x+3))=0 → x²=x+3 → x²−x−3=0 → x=(1+√13)/2 ✓. x=(1+√13)/2.
3. Dom: x>3. log₁₀[x(x−3)]=1 → x(x−3)=10 → x²−3x−10=0 → x=5 ou x=−2. Seul x=5. x=5.

1. f'=1−1/x=(x−1)/x. f'>0 si x>1, f'<0 si 0<x<1. Décroissante sur ]0;1], croissante sur [1;+∞[.
2. Minimum en x=1: f(1)=1−ln1=1−0=1.
3. f(x)≥f(1)=1 → x−ln x≥1 → ln x≤x−1 ∀x>0. ✓

f(x) est défini si et seulement si 2−3x > 0, soit x < 2/3. D_f = ]−∞ ; 2/3[.

Condition d'existence : 5−2x > 0 ⟺ x < 5/2.

ln(5−2x)=0 ⟺ 5−2x = e⁰ = 1 ⟺ 2x = 4 ⟺ x = 2.

On vérifie 2 < 5/2 : la condition est satisfaite. S = {2}.

En 0⁺ : quand x→0⁺, ln x→−∞ donc 1−ln x→+∞ ; comme x→0⁺ (dénominateur positif tendant vers 0), lim[x→0⁺] (1−ln x)/x = +∞.

En +∞ : (1−ln x)/x = 1/x − (ln x)/x. Or lim[x→+∞] 1/x = 0 et lim[x→+∞] (ln x)/x = 0 (croissance comparée). Donc lim[x→+∞] (1−ln x)/x = 0.

1. f est le produit de x↦x (dérivable sur ℝ) et de x↦ln x (dérivable sur ]0;+∞[) : f est donc dérivable sur ]0;+∞[, comme produit de fonctions dérivables. f'(x) = 1·ln x + x·(1/x) = ln x + 1.
2. On a donc, pour tout x>0 : ∫(ln x + 1)dx = x ln x + C, c'est-à-dire ∫ln x dx + x = x ln x + C. D'où ∫ln x dx = x ln x − x + C. Une primitive de ln sur ]0;+∞[ est F(x) = x ln x − x.

1. a) g est dérivable sur ]0;+∞[ (somme de x, −1 et ln x) : g'(x) = 1 + 1/x. Comme x>0, 1/x>0, donc g'(x)>0 sur ]0;+∞[ : g est strictement croissante sur ]0;+∞[.
   b) g(1) = 1 − 1 + ln 1 = 0 + 0 = 0. ✓
   c) g étant strictement croissante et s'annulant en 1 : g(x) < 0 sur ]0;1[, g(1)=0, g(x) > 0 sur ]1;+∞[.
2. a) f(x) = (1 − 1/x)·ln x. f'(x) = (1/x²)·ln x + (1−1/x)·(1/x) = ln(x)/x² + 1/x − 1/x² = [ln x + x − 1]/x² = g(x)/x². ✓
   b) x²>0 pour tout x de ]0;+∞[, donc f'(x) est du signe de g(x) : f'(x)<0 sur ]0;1[, f'(1)=0, f'(x)>0 sur ]1;+∞[. f est décroissante sur ]0;1] puis croissante sur [1;+∞[, avec un minimum en x=1 : f(1) = ((1−1)/1)×ln 1 = 0.
   c) En 0⁺ : (x−1)/x = 1−1/x → −∞, et ln x → −∞ ; un produit de deux termes tendant vers −∞ tend vers +∞, donc lim[x→0⁺] f(x) = +∞. En +∞ : (1−1/x) → 1 et ln x → +∞, donc lim[x→+∞] f(x) = +∞.
3. a) f(x) − ln x = (x−1)/x·ln x − ln x = ln x·[(x−1)/x − 1] = ln x·[(x−1−x)/x] = ln x·(−1/x) = −ln(x)/x. Pour x>1 : ln x>0 donc f(x)−ln x<0 → (𝒞) est en dessous de (Γ). Pour 0<x<1 : ln x<0 donc f(x)−ln x>0 → (𝒞) est au-dessus de (Γ). En x=1 : f(1)−ln(1)=0, les deux courbes se coupent en (1;0).
   b) lim[x→+∞] [f(x)−ln x] = lim[x→+∞] (−ln x/x) = 0 (croissance comparée), la limite étant approchée par valeurs négatives. Interprétation : (𝒞) se rapproche indéfiniment de (Γ) en +∞, tout en restant en dessous : (Γ) est une courbe asymptote à (𝒞) au voisinage de +∞.
   c) On trace d'abord (Γ) : la courbe usuelle du logarithme népérien, croissante, passant par (1;0) et (e;1), d'asymptote verticale x=0. On trace ensuite (𝒞) à l'aide du tableau de variation : (𝒞) part de +∞ près de x=0, décroît jusqu'au point (1;0) (minimum, commun aux deux courbes), puis croît indéfiniment vers +∞ en se rapprochant asymptotiquement de (Γ) par valeurs inférieures.

32 = 2⁵, donc ln 32 = ln(2⁵) = 5 ln 2 (propriété ln(aʳ) = r·ln a).

Domaine : il faut 2x−3>0, x+1>0 et x−1>0, soit x>3/2, x>−1 et x>1. La condition la plus restrictive est x > 3/2.

Sur ce domaine, l'équation s'écrit ln[(2x−3)(x+1)²] = ln(x−1), donc (2x−3)(x+1)² = x−1, soit après développement : 2x³+x²−4x−3 = x−1, c'est-à-dire h(x) = 2x³+x²−5x−2 = 0.

h'(x) = 6x²+2x−5. Sur ]3/2;+∞[, h'(x) ≥ h'(3/2) = 13,5+3−5 = 11,5 > 0 : h est strictement croissante sur ]3/2;+∞[, donc l'équation a au plus une solution sur ce domaine.

h(3/2) = 6,75+2,25−7,5−2 = −0,5 < 0 et h(2) = 16+4−10−2 = 8 > 0 : par le TVI, il existe une unique solution x₀ ∈ ]3/2;2[. Par balayage : h(1,54) ≈ −0,024 et h(1,55) ≈ 0,100, donc x₀ ∈ ]1,54;1,55[, plus précisément x₀ ≈ 1,54 (à 10⁻² près).

1. f(x) existe ⟺ |1−3x| > 0 ⟺ 1−3x ≠ 0 ⟺ x ≠ 1/3. D_f = ℝ\{1/3}.
2. Sur D_f, u(x)=1−3x est dérivable et ne s'annule pas, donc x↦ln|u(x)| est dérivable sur D_f comme composée de fonctions dérivables, de dérivée u'/u. Ici u'(x) = −3, donc f'(x) = −3/(1−3x) = 3/(3x−1) pour tout x ≠ 1/3.

Continuité : ln(1+x²)/x = x·[ln(1+x²)/x²]. Or lim[x→0] ln(1+x²)/x² = 1 (limite fondamentale lim[u→0] ln(1+u)/u = 1, avec u=x²→0). Donc lim[x→0] f(x) = 0×1 = 0 = f(0) : f est continue en 0.

Dérivabilité : le taux de variation en 0 est [f(x)−f(0)]/x = [ln(1+x²)/x]/x = ln(1+x²)/x². D'après le calcul précédent, ce taux tend vers 1 quand x→0. Donc f est dérivable en 0, avec f'(0) = 1.

1. a/(2x+1)+b/(2x+1)² = [a(2x+1)+b]/(2x+1)² = (2ax+a+b)/(2x+1)². Par identification avec 3x+1 : 2a=3 → a=3/2 ; a+b=1 → b=−1/2.
2. ∫(3/2)/(2x+1)dx = (3/4)ln(2x+1) sur ]−1/2;+∞[ (où 2x+1>0). ∫−(1/2)/(2x+1)²dx = 1/(4(2x+1)) (car une primitive de 1/(2x+1)² est −1/(2(2x+1))). Les primitives de f sur ]−1/2;+∞[ sont donc F(x) = (3/4)ln(2x+1) + 1/(4(2x+1)) + C, C∈ℝ.
3. F(0) = (3/4)ln1 + 1/4 + C = 0 + 1/4 + C = 1 ⟹ C = 3/4. Donc F(x) = (3/4)ln(2x+1) + 1/(4(2x+1)) + 3/4.

1. a) ]−2;2[ est symétrique par rapport à 0. f(−x) = −(1/3)x + ln((2−x)/(2+x)) = −(1/3)x − ln((2+x)/(2−x)) = −f(x). f est donc impaire.
   b) f(x) = (1/3)x + ln(2+x) − ln(2−x), dérivable sur ]−2;2[. f'(x) = 1/3 + 1/(2+x) + 1/(2−x) = 1/3 + 4/(4−x²). Sur [0;2[, 4−x² ∈ ]0;4], donc 4/(4−x²) > 0 : f'(x) > 0, f est strictement croissante sur [0;2[. f(0)=ln1=0, et quand x→2⁻, ln(2−x)→−∞ donc f(x)→+∞. f croît donc de 0 à +∞ sur [0;2[.
   c) f étant impaire et croissante sur [0;2[, elle est croissante sur tout ]−2;2[ (résultat classique). (𝒞) est donc une courbe strictement croissante, symétrique par rapport à l'origine O, passant par (0;0), avec deux asymptotes verticales x=−2 et x=2 (f(x)→−∞ quand x→−2⁺, f(x)→+∞ quand x→2⁻).
2. a-b) f(x) = (1/3)x ⟺ ln((2+x)/(2−x)) = 0 ⟺ (2+x)/(2−x) = 1 ⟺ 2+x = 2−x ⟺ 2x = 0 ⟺ x = 0. C'est l'unique solution (immédiate et exacte), qui correspond au point où (𝒞) coupe la droite y=(1/3)x, à savoir l'origine.

1. g'(x) = 1−1/x = (x−1)/x. g'(x)<0 sur ]0;1[, g'(x)>0 sur ]1;+∞[ : g décroît puis croît, minimum en x=1 : g(1) = 1+1−0 = 2. Donc g(x) ≥ 2 > 0 pour tout x>0.
2. f(x) = (x+1)ln x/x, dérivable sur ]0;+∞[. f'(x) = [−1/x²]ln x + (1+1/x)(1/x) = [x+1−ln x]/x² = g(x)/x². Comme g(x)>0 (question 1) et x²>0, f'(x)>0 : f est strictement croissante, donc injective, sur ]0;+∞[. f est continue. En 0⁺ : f(x)=ln x+ln x/x → −∞. En +∞ : f(x)=ln x + ln x/x → +∞ (ln x/x→0). Par le TVI, f réalise une bijection de ]0;+∞[ sur ℝ.
3. f(x)−ln x = (1+1/x)ln x − ln x = (ln x)/x. Le signe de (ln x)/x (x>0) est celui de ln x : négatif sur ]0;1[, nul en 1, positif sur ]1;+∞[. lim[x→+∞] (ln x)/x = 0 (croissance comparée).
4. On trace d'abord (Γ), la courbe de ln (croissante, passant par (1;0), asymptote verticale x=0). La courbe de f se déduit : elle coïncide avec (Γ) en x=1 (où f(1)−ln1=0), reste en-dessous de (Γ) sur ]0;1[ et au-dessus sur ]1;+∞[, en s'en rapprochant asymptotiquement en +∞ (car f(x)−ln x→0). Enfin, la courbe de f⁻¹ s'obtient par symétrie de celle de f par rapport à la droite d'équation y=x.

A. g(x)=2x^(3/2)−3ln x+6, dérivable sur ]0;+∞[. g'(x) = 3√x − 3/x = 3(x^(3/2)−1)/x. g'(x)=0 ⟺ x^(3/2)=1 ⟺ x=1. g'<0 sur ]0;1[, g'>0 sur ]1;+∞[ : g décroît puis croît, minimum g(1) = 2−0+6 = 8 > 0. Donc g(x) ≥ 8 > 0 pour tout x>0.

1. f'(x) = [3−(3/2)ln x]/x^(3/2) + 1 = [x^(3/2)−(3/2)ln x+3]/x^(3/2) = [g(x)/2]/x^(3/2) = g(x)/(2x^(3/2)). Comme g(x)>0, f'(x)>0 pour tout x>0 : f est strictement croissante sur ]0;+∞[. En 0⁺ : 3ln x/√x → −∞, donc f(x)→−∞. En +∞ : ln x/√x → 0 (croissance comparée), donc f(x)→+∞. Tableau : f croît continûment de −∞ à +∞ sur ]0;+∞[.
2. f(x)−(x−1) = 3ln x/√x, du signe de ln x : (𝒞) est en dessous de (Δ) sur ]0;1[, au-dessus sur ]1;+∞[. f(x)=x−1 ⟺ 3ln x/√x=0 ⟺ ln x=0 ⟺ x=1 (solution unique). Point d'intersection : A(1;0).
3. f(0,3) = 3ln(0,3)/√0,3 − 0,7 ≈ 3×(−1,2040)/0,5477 − 0,7 ≈ −6,594 − 0,7 ≈ −7,29. f(1/e) = −3√e + 1/e − 1 ≈ −4,946+0,368−1 ≈ −5,58. f(1) = 0 (valeur exacte). f(7) = 3ln7/√7 + 6 ≈ 3×1,9459/2,6458 + 6 ≈ 2,207+6 ≈ 8,21.
4. La tangente (T) est parallèle à (Δ) (pente 1) si f'(x)=1, soit g(x)/(2x^(3/2))=1, c'est-à-dire g(x)=2x^(3/2). Or g(x)=2x^(3/2)−3ln x+6, donc cette égalité équivaut à −3ln x+6=0, soit ln x=2, x=e². y=f(e²) = 3×2/e + e²−1 = 6/e+e²−1 ≈ 2,207+7,389−1 ≈ 8,60. A'(e² ; e²+6/e−1) ≈ (7,39 ; 8,60).

A. g'(x) = 2x−1/x = (2x²−1)/x. g'(x)=0 ⟺ x=1/√2. g'<0 sur ]0;1/√2[, g'>0 sur ]1/√2;+∞[ : minimum g(1/√2) = 1/2−ln(1/√2) = 1/2+(1/2)ln2 = (1/2)(1+ln2) ≈ 0,847 > 0. Donc g(x) > 0 pour tout x>0.

1. Quand x→0⁺, ln x→−∞ donc (1+ln x)/x→−∞ (numérateur→−∞, dénominateur→0⁺), et x→0. Donc lim[x→0⁺] f(x) = −∞ : (𝒞) admet l'axe des ordonnées (droite x=0) comme asymptote verticale.
2. f(x) = x+1/x+ln x/x. Quand x→+∞, 1/x→0 et ln x/x→0 (croissance comparée), donc f(x)→+∞ et f(x)−x = (1+ln x)/x → 0 : (D):y=x est asymptote à (𝒞) en +∞. Le signe de f(x)−x = (1+ln x)/x est celui de (1+ln x) : négatif si x<1/e, positif si x>1/e. (𝒞) est en dessous de (D) sur ]0;1/e[, au-dessus sur ]1/e;+∞[.
3. f'(x) = 1 − 1/x² + (1−ln x)/x² = 1 + (−1+1−ln x)/x² = 1 − ln x/x² = (x²−ln x)/x² = g(x)/x². Comme g(x)>0 (partie A), f'(x)>0 pour tout x>0 : f est strictement croissante sur ]0;+∞[, de −∞ à +∞.
4. f(0,3) = 0,3+(1+ln0,3)/0,3 ≈ 0,3+(1−1,204)/0,3 ≈ 0,3−0,680 ≈ −0,38. f(1/e) = 1/e+(1+(−1))/(1/e) = 1/e+0 ≈ 0,37. f(1) = 1+(1+0)/1 = 2 (valeur exacte). f(7) = 7+(1+ln7)/7 ≈ 7+(2,946)/7 ≈ 7+0,421 ≈ 7,42.

1. Posons u(x)=x+ln|1−x|, v(x)=1−x. u'(x) = 1−1/(1−x) = −x/(1−x), v'(x)=−1. f'(x) = [u'v−uv']/v² = {[−x/(1−x)](1−x) − [x+ln|1−x|](−1)}/(1−x)² = [−x+x+ln|1−x|]/(1−x)² = ln|1−x|/(1−x)². Le dénominateur est toujours positif ; le signe de f'(x) est celui de ln|1−x| : positif si |1−x|>1 (x<0 ou x>2), négatif si 0<|1−x|<1 (0<x<2, x≠1), nul si x=0 ou x=2. f croît sur ]−∞;0], décroît sur [0;1[ et sur ]1;2], croît sur [2;+∞[ (maximum local f(0)=0, minimum local f(2)=−2).
2. Posons x=1+h (h≠0). f(1+h) = [1+h+ln|h|]/(−h), f(1−h) = [1−h+ln|h|]/h. En sommant : f(1+h)+f(1−h) = {−(1+h+ln|h|)+(1−h+ln|h|)}/h = −2h/h = −2, constante pour tout h≠0. Donc le point Ω(1;−1) est centre de symétrie de (𝒞_f).
3. (𝒞_f) admet la droite x=1 comme asymptote verticale et la droite y=−1 comme asymptote horizontale en +∞ et en −∞ (car f(x)−(−1) = [ln|1−x|+1]/(1−x) → 0 dans les deux sens, cohérent avec le centre de symétrie situé sur cette asymptote). Elle passe par un maximum local en (0;0), décroît en s'approchant de l'asymptote verticale x=1, puis remonte de l'autre côté pour redescendre jusqu'à un minimum local en (2;−2), le tout symétrique par rapport à Ω(1;−1).