Chapitre II. Dérivation
II.5.21. On prend le logarithme de chacun des membres de l’inégalité à prouver pour la réécrire sous la forme (e−x) ln(e+x) > (e+x) ln(e−x). On considère
alors la fonction f (x) = (e − x) ln(e + x) − (e + x) ln(e − x). On a f (x) > 0
pour x ∈ ]0 , e[, d’où f (x) > f (0) = 0, ce qui implique f (x) > f(0) = 0.
II.5.22. En posant f (x) = e x−1 + ln x − 2x + 1, on obtient
f
(x) = e
x−1 +
1
x
− 2.
On a donc, pour x > 1, f (x) = e x−1 −
1
x 2 > 0 car e x−1 > 1 et
1
x 2 < 1.
II.5.23.
(a) On pose f (x) =
1
3 tan x +
2
3 sin x − x. On a
f
(x) =
2 (1 − cos x)
2
cos x +
1
2
3 cos 2 x
> 0 pour x ∈
0 ,
π
2
.
La fonction f est donc strictement croissante et f (x) > f(0) pour
x ∈
0 ,
π
2
.
(b) On définit f (x) = x −
3 sin x
2+cos x . On a
f
(x) =
(cos x − 1)
2
(2 + cos x)
2 0.
(c) On voit, en posant f (x) =
sin x
√ cos x
− x pour x ∈
0 ,
π
2
, que
f
(x) =
1 + cos 2 x − 2
√ cos x cos x
2
√ cos x cos x
>
(1 − cos x)
2
2
√ cos x cos x
> 0.
II.5.24. On pose f (x) = x α +(1 − x)
α . La dérivée f ne s’annule qu’en x =
1
2 .
De plus, la fonction atteint son minimum global
1
2 α−1 en ce point et elle atteint
son maximum global égal à 1 aux extrémités.
II.5.25. En divisant chaque membre par x α , on voit qu’il suffit de prouver
(1 + t)
α < 1 + t
α pour t > 0.
Si f (t) = (1 + t)
α
− 1 − t α , alors f (t) < 0, d’où f (t) < f(0) pour t > 0.
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