Exercices corrigés : Fonction logarithme népérien — Terminale spécialité

Correction détaillée

1. 1

   On cherche $\ln (1)$ln(1) et $\ln (e)$ln(e).

   Par définition, $\ln (a)$ln(a) est l'exposant $k$k tel que $e^k=a$e^(k)=a.

   Comme $e^0=1$e⁰=1, on a $\ln (1)=0$ln(1) = 0.

   Comme $e^1=e$e¹=e, on a $\ln (e)=1$ln(e) = 1.

2. 2

   On cherche $\ln (e^3)$ln(e³).

   On utilise la propriété fondamentale de réciprocité $\ln (e^x)=x$ln(e^(x))=x, valable pour tout réel $x$x.

   Avec $x=3$x=3, on obtient directement $\ln (e^3)=3$ln(e³) = 3.

3. 3

   On cherche $e^{\ln (5)}$e^(ln(5)).

   On utilise l'autre relation de réciprocité $e^{\ln (x)}=x$e^(ln(x))=x, valable car l'argument $5>0$5>0.

   On obtient $e^{\ln (5)}=5$e^(ln(5)) = 5.

Rappel de cours : $\ln$ln et $\exp$exp sont réciproques : $\ln (e^x)=x$ln(e^(x))=x pour tout réel $x$x, et $e^{\ln (x)}=x$e^(ln(x))=x pour tout $x>0$x>0.

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1. 1

   On cherche à regrouper $A=\ln (2)+\ln (3)$A=ln(2) + ln(3).

   La propriété du logarithme d'un produit donne $\ln (a)+\ln (b)=\ln (ab)$ln(a)+ln(b)=ln(ab).

   Donc $A=\ln (2\times 3)=\ln (6)$A = ln(2× 3) = ln(6).

2. 2

   On cherche à regrouper $B=\ln (12)-\ln (4)$B=ln(12) - ln(4).

   La propriété du logarithme d'un quotient donne $\ln (a)-\ln (b)=\ln \frac{a}{b}$ln(a)-ln(b)=lna/b.

   Donc $B=\ln \left(\frac{12}{4}\right)=\ln (3)$B = ln (12/4) = ln(3).

3. 3

   On cherche à transformer $C=3\ln (2)$C=3ln(2).

   La propriété du logarithme d'une puissance donne $n\ln (a)=\ln (a^n)$nln(a)=ln(aⁿ).

   Donc $C=\ln (2^3)=\ln (8)$C = ln(2³) = ln(8).

Rappel de cours : Pour $a,b>0$a,b>0 : $\ln (ab)=\ln (a)+\ln (b)$ln(ab)=ln(a)+ln(b), $\ln \left(\frac{a}{b}\right)=\ln (a)-\ln (b)$ln (a/b)=ln(a)-ln(b), $\ln (a^n)=n\ln (a)$ln(aⁿ)=nln(a).

Erreur fréquente : $\ln (a+b)$ln(a+b) n'est PAS $\ln (a)+\ln (b)$ln(a)+ln(b). Les propriétés ne marchent que sur les produits, quotients et puissances.

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1. 1

   On cherche les solutions de $\ln (x)=3$ln(x) = 3.

   On applique l'exponentielle (fonction croissante) aux deux membres : $\ln (x)=3⟺e^{\ln (x)}=e^3⟺x=e^3$ln(x) = 3 ⇔ e^(ln(x)) = e³ ⇔ x = e³.

   Comme $e^3>0$e³>0, cette valeur appartient bien à $]0;+\infty [$]0 ;+∞[ : elle convient.

2. 2

   On cherche les solutions de $\ln (x)=-1$ln(x) = -1.

   De la même manière, $\ln (x)=-1⟺x=e^{-1}=\frac{1}{e}$ln(x) = -1 ⇔ x = e⁻¹ = 1/e.

   Cette valeur est strictement positive, donc elle appartient au domaine et convient.

Rappel de cours : $\ln (x)=k⟺x=e^k$ln(x) = k ⇔ x = e^(k) (pour tout réel $k$k), car $\ln$ln est une bijection de $]0;+\infty [$]0;+∞[ sur $\mathbb{R}$ℝ.

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1. 1

   On cherche les solutions de $e^x=7$e^(x)=7.

   On applique $\ln$ln aux deux membres, ce qui est possible car $7>0$7>0 : $\ln (e^x)=\ln (7)$ln(e^(x)) = ln(7).

   Or $\ln (e^x)=x$ln(e^(x))=x, donc $x=\ln (7)$x=ln(7).

2. 2

   On cherche les solutions de $e^{2x}=5$e^(2x)=5.

   On applique $\ln$ln aux deux membres (possible car $5>0$5>0) : $\ln (e^{2x})=\ln (5)$ln(e^(2x)) = ln(5), c'est-à-dire $2x=\ln (5)$2x=ln(5).

   On divise alors par $2$2 : $x=\frac{\ln (5)}{2}$x=ln(5)/2.

Rappel de cours : $e^x=k$e^(x)=k a une solution si et seulement si $k>0$k>0, et alors $x=\ln (k)$x=ln(k).

Erreur fréquente : $\frac{\ln (5)}{2}$ln(5)/2 n'est pas $\ln \left(\frac{5}{2}\right)$ln (5/2) ni $\ln (2,5)$ln(2,5). On divise le logarithme par $2$2, on ne divise pas l'argument.

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1. 1

   On cherche le domaine.

   Pour que $\ln (x)$ln(x) et $\ln (x-1)$ln(x-1) existent, il faut $x>0$x>0 et $x-1>0$x-1>0, donc $x>1$x>1.

   On résout sur $]1;+\infty [$]1;+∞[.

2. 2

   On regroupe le membre de gauche avec la propriété du produit : $\ln (x)+\ln (x-1)=\ln (x(x-1))$ln(x)+ln(x-1)=ln(x(x-1)).

   L'équation devient $\ln (x(x-1))=\ln (6)$ln(x(x-1))=ln(6).

   Par injectivité de $\ln$ln, $\ln (a)=\ln (b)⟺a=b$ln(a)=ln(b) ⇔ a=b, d'où $x(x-1)=6$x(x-1)=6, soit $x^2-x-6=0$x²-x-6=0.

   Le discriminant vaut $\Delta =(-1{)}^2-4\times 1\times (-6)=1+24=25$Δ = (-1)²-4× 1×(-6) = 1+24 = 25, et les racines sont $x=\frac{1\pm 5}{2}$x=(1± 5)/2, c'est-à-dire $x=3$x=3 ou $x=-2$x=-2.

   On ne garde que les solutions $>1$>1 : $x=-2$x=-2 est rejetée, seule $x=3$x=3 convient.

Rappel de cours : $\ln (a)=\ln (b)⟺a=b$ln(a)=ln(b) ⇔ a=b (avec $a,b>0$a,b>0). Toujours commencer par le domaine quand l'inconnue est dans un $\ln$ln.

Erreur fréquente : Oublier le domaine fait accepter $x=-2$x=-2, qui rend $\ln (x)$ln(x) impossible. Le domaine n'est pas optionnel.

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1. 1

   On cherche à résoudre $\ln (x)\le 2$ln(x) ≤ 2.

   Le domaine impose $x>0$x>0.

   Comme $\ln$ln est strictement croissante, on peut appliquer l'exponentielle en conservant le sens : $\ln (x)\le 2⟺x\le e^2$ln(x)≤ 2 ⇔ x≤ e².

   En croisant avec le domaine $x>0$x>0, on obtient $0<x\le e^2$0<x≤ e².

2. 2

   On cherche à résoudre $\ln (2x-1)>0$ln(2x-1)>0.

   Le domaine impose $2x-1>0$2x-1>0, soit $x>\frac{1}{2}$x>1/2.

   On écrit $0=\ln (1)$0=ln(1), donc l'inéquation devient $\ln (2x-1)>\ln (1)$ln(2x-1)>ln(1).

   Par stricte croissance de $\ln$ln, cela équivaut à $2x-1>1$2x-1>1, soit $x>1$x>1.

   L'intersection avec le domaine $x>\frac{1}{2}$x>1/2 donne finalement $x>1$x>1.

Rappel de cours : $\ln$ln est strictement croissante : elle conserve le sens des inégalités. On compare souvent à $\ln (1)=0$ln(1)=0 ou $\ln (e)=1$ln(e)=1.

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1. 1

   On cherche $\ln (8)$ln(8).

   On écrit $8$8 comme une puissance de $2$2 : $8=2^3$8=2³.

   Donc $\ln (8)=\ln (2^3)=3\ln (2)$ln(8) = ln(2³) = 3ln(2).

2. 2

   On cherche $\ln \frac{1}{4}$ln1/4.

   On écrit $\frac{1}{4}=4^{-1}=(2^2{)}^{-1}=2^{-2}$1/4=4⁻¹=(2²)⁻¹=2⁻².

   La propriété de la puissance (valable pour un exposant négatif) donne $\ln \frac{1}{4}=\ln (2^{-2})=-2\ln (2)$ln1/4 = ln(2⁻²) = -2ln(2).

3. 3

   On cherche $\ln (\sqrt{2})$ln(√(2)).

   On écrit $\sqrt{2}=2^{1/2}$√(2)=2^(1/2).

   La propriété de la puissance (valable pour un exposant fractionnaire) donne $\ln (\sqrt{2})=\ln (2^{1/2})=\frac{1}{2}\ln (2)$ln(√(2)) = ln(2^(1/2)) = 1/2ln(2).

Rappel de cours : Tout s'écrit avec $\ln (a^n)=n\ln (a)$ln(aⁿ)=nln(a), valable aussi pour $n$n négatif ou fractionnaire ($\sqrt{a}=a^{1/2}$√a = a^(1/2)).

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1. 1

   On cherche $f^{\prime }(x)$f'(x) avec $f(x)=\ln (x)+x^2$f(x)=ln(x) + x².

   On dérive terme à terme : $(\ln (x){)}^{\prime }=\frac{1}{x}$(ln(x))' = 1/x et $(x^2{)}^{\prime }=2x$(x²)'=2x.

   La dérivée d'une somme étant la somme des dérivées, $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}+2x$f'(x)=1/x+2x.

2. 2

   On cherche $g^{\prime }(x)$g'(x) avec $g(x)=x\ln (x)$g(x)=xln(x).

   C'est un produit $uv$uv avec $u=x$u=x (donc $u^{\prime }=1$u'=1) et $v=\ln (x)$v=ln(x) (donc $v^{\prime }=\frac{1}{x}$v'=1/x).

   La formule $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$(uv)'=u'v+uv' donne $g^{\prime }(x)=1\times \ln (x)+x\times \frac{1}{x}=\ln (x)+1$g'(x)= 1× ln(x) + x× 1/x = ln(x) + 1.

Rappel de cours : Dérivée de référence : $(\ln (x){)}^{\prime }=\frac{1}{x}$(ln(x))'=1/x sur $]0;+\infty [$]0;+∞[. Pour un produit : $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$(uv)'=u'v+uv'.

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1. 1

   On cherche $f^{\prime }(x)$f'(x).

   On dérive un quotient ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$(u/v)'=(u'v-uv')/v² avec $u=\ln (x)$u=ln(x) ($u^{\prime }=\frac{1}{x}$u'=1/x) et $v=x$v=x ($v^{\prime }=1$v'=1).

   On obtient $f^{\prime }(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln (x)\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\ln (x)}{x^2}$f'(x)=(1/x· x - ln(x)· 1)/x² = (1-ln(x))/x².

2. 2

   On étudie le signe de $f^{\prime }(x)$f'(x).

   Le dénominateur $x^2>0$x²>0, donc $f^{\prime }(x)$f'(x) a le signe du numérateur $1-\ln (x)$1-ln(x).

   Or $1-\ln (x)>0⟺\ln (x)<1⟺x<e$1-ln(x)>0 ⇔ ln(x)<1 ⇔ x<e.

   Ainsi $f^{\prime }(x)>0$f'(x)>0 sur $]0;e[$]0;e[ et $f^{\prime }(x)<0$f'(x)<0 sur $]e;+\infty [$]e;+∞[ : $f$f est croissante sur $]0;e]$]0;e] puis décroissante sur $[e;+\infty [$[e;+∞[.

3. 3

   Le changement de sens en $x=e$x=e signifie que $f$f y atteint son maximum.

   On calcule $f(e)=\frac{\ln (e)}{e}=\frac{1}{e}$f(e)=ln(e)/e=1/e (car $\ln (e)=1$ln(e)=1).

Rappel de cours : Le signe de la dérivée donne les variations. Ici tout se ramène au signe de $1-\ln (x)$1-ln(x), comparé à $\ln (e)=1$ln(e)=1.

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1. 1

   On pose $X=\ln (x)$X=ln(x).

   L'équation devient $2X^2-3X+1=0$2X²-3X+1=0, un trinôme du second degré en $X$X.

   Son discriminant vaut $\Delta =(-3{)}^2-4\times 2\times 1=9-8=1$Δ = (-3)²-4× 2× 1 = 9-8 = 1, et ses racines sont $X=\frac{3\pm 1}{4}$X=(3± 1)/4, c'est-à-dire $X=1$X=1 ou $X=\frac{1}{2}$X=1/2.

2. 2

   On revient à $x$x en résolvant $\ln (x)=X$ln(x) = X.

   D'une part $\ln (x)=1⟺x=e$ln(x) = 1 ⇔ x=e.

   D'autre part $\ln (x)=\frac{1}{2}⟺x=e^{1/2}=\sqrt{e}$ln(x) = 1/2 ⇔ x=e^(1/2)= √e.

   Les deux valeurs sont strictement positives, donc dans le domaine : elles conviennent.

Rappel de cours : Quand $\ln (x)$ln(x) apparaît au carré et au premier degré, le changement $X=\ln (x)$X=ln(x) ramène à un trinôme du second degré.

Correction détaillée

1. 1

   On cherche $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)$lim_x→ 0⁺ xln(x).

   Quand $x\to 0^{+}$x→ 0⁺, on a $x\to 0$x→ 0 et $\ln (x)\to -\infty$ln(x)→ -∞ : c'est une forme indéterminée $0\times (-\infty )$0×(-∞).

   Le cours fournit la croissance comparée $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)=0$lim_x→ 0⁺ xln(x) = 0 : la puissance $x$x « l'emporte » sur $\ln (x)$ln(x).

2. 2

   On cherche $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x)}{x}$lim_x→ +∞ln(x)/x.

   Quand $x\to +\infty$x→ +∞, $\ln (x)\to +\infty$ln(x)→+∞ et $x\to +\infty$x→+∞ : c'est une forme indéterminée $\frac{\infty }{\infty }$∞/∞.

   La croissance comparée donne $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x)}{x}=0$lim_x→+∞ln(x)/x=0, car $x$x croît bien plus vite que $\ln (x)$ln(x).

Rappel de cours : Croissances comparées à connaître : $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\ln (x)}{x}=0$lim_x→+∞ln(x)/x=0 et $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (x)=0$lim_x→ 0⁺ xln(x)=0.

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1. 1

   On justifie le domaine.

   La fonction $\ln (u)$ln(u) n'existe que si $u>0$u>0.

   Ici $u=x^2+1$u=x²+1 et $x^2\ge 0$x²≥ 0 entraîne $x^2+1\ge 1>0$x²+1≥ 1>0 pour tout réel : $f$f est donc bien définie sur $\mathbb{R}$ℝ.

2. 2

   On cherche $f^{\prime }(x)$f'(x).

   On dérive un logarithme composé $(\ln (u){)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$(ln(u))'=u'/u avec $u=x^2+1$u=x²+1 et $u^{\prime }=2x$u'=2x.

   D'où $f^{\prime }(x)=\frac{2x}{x^2+1}$f'(x)=2x/(x²+1).

3. 3

   On étudie le signe de $f^{\prime }(x)$f'(x).

   Le dénominateur $x^2+1>0$x²+1>0, donc $f^{\prime }(x)$f'(x) a le signe du numérateur $2x$2x, c'est-à-dire le signe de $x$x.

   Ainsi $f$f est décroissante sur $]-\infty ;0]$]-∞;0] et croissante sur $[0;+\infty [$[0;+∞[ : elle atteint un minimum en $x=0$x=0, où $f(0)=\ln (0^2+1)=\ln (1)=0$f(0)=ln(0²+1)=ln(1)=0.

Rappel de cours : Dérivée d'un logarithme composé : $(\ln (u){)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }}{u}$(ln(u))'=u'/u, avec $u>0$u>0.

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1. 1

   On applique $\ln$ln, strictement croissante, aux deux membres : $\ln (0,9^n)<\ln (0,01)$ln(0,9ⁿ)<ln(0,01).

   La propriété de la puissance donne $n\ln (0,9)<\ln (0,01)$nln(0,9) < ln(0,01).

   Comme $0<0,9<1$0<0,9<1, on a $\ln (0,9)<0$ln(0,9) < 0 : en divisant par ce nombre négatif, l'inégalité change de sens et $n>\frac{\ln (0,01)}{\ln (0,9)}$n > ln(0,01)/ln(0,9).

2. 2

   On évalue numériquement le second membre : $\frac{\ln (0,01)}{\ln (0,9)}\approx \frac{-4,605}{-0,105}\approx 43,7$ln(0,01)/ln(0,9)≈ (-4,605)/(-0,105)≈ 43,7.

   Comme $n$n est un entier, la condition $n>43,7$n>43,7 est vérifiée dès $n=44$n=44.

Rappel de cours : Pour un seuil $q^n<a$qⁿ<a avec $0<q<1$0<q<1 : passer au $\ln$ln puis diviser par $\ln (q)<0$ln(q)<0 inverse le sens de l'inégalité.

Erreur fréquente : Ne pas oublier d'inverser l'inégalité en divisant par $\ln (0,9)$ln(0,9) qui est négatif. C'est l'erreur classique de ce type de question.

Correction détaillée

1. 1

   On cherche $f^{\prime }(x)$f'(x).

   On dérive terme à terme : $f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$f'(x)=1-1/x=(x-1)/x.

   Sur $]0;+\infty [$]0;+∞[, $x>0$x>0, donc $f^{\prime }(x)$f'(x) a le signe de $x-1$x-1.

   Ainsi $f$f est décroissante sur $]0;1]$]0;1] et croissante sur $[1;+\infty [$[1;+∞[, avec un minimum en $x=1$x=1.

2. 2

   Le minimum vaut $f(1)=1-\ln (1)=1-0=1$f(1)=1-ln(1) = 1-0 = 1.

   Donc pour tout $x>0$x>0, $f(x)\ge f(1)=1$f(x)≥ f(1)=1, c'est-à-dire $x-\ln (x)\ge 1$x-ln(x) ≥ 1.

   En réarrangeant, $x-\ln (x)\ge 1⟺\ln (x)\le x-1$x-ln(x)≥ 1 ⇔ ln(x) ≤ x-1 : l'inégalité est démontrée, avec égalité en $x=1$x=1.

Rappel de cours : Démontrer une inégalité $g(x)\ge 0$g(x)≥ 0 revient souvent à étudier le minimum de $g$g via le signe de $g^{\prime }$g'.

Correction détaillée

1. 1

   On cherche $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)$lim_x→ 0⁺ f(x).

   Le terme $x\ln (x)$xln(x) est une forme indéterminée $0\times (-\infty )$0×(-∞) que la croissance comparée tranche : $x\ln (x)\to 0$xln(x) → 0.

   Le terme $-x\to 0$-x→ 0.

   Par somme, $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0$lim_x→ 0⁺ f(x)=0.

2. 2

   On cherche $f^{\prime }(x)$f'(x).

   La dérivée du produit donne $(x\ln (x){)}^{\prime }=1\times \ln (x)+x\times \frac{1}{x}=\ln (x)+1$(xln(x))'=1×ln(x) + x×1/x=ln(x) + 1, et $(-x{)}^{\prime }=-1$(-x)'=-1.

   Donc $f^{\prime }(x)=\ln (x)+1-1=\ln (x)$f'(x)=ln(x) + 1 - 1 = ln(x).

   Ce $f^{\prime }(x)=\ln (x)$f'(x)=ln(x) est négatif sur $]0;1[$]0;1[, nul en $1$1, positif sur $]1;+\infty [$]1;+∞[ : $f$f décroît puis croît, avec un minimum en $x=1$x=1.

   On calcule $f(1)=1\times \ln (1)-1=0-1=-1$f(1)=1×ln(1) - 1 = 0-1 = -1.

Rappel de cours : $(x\ln (x){)}^{\prime }=\ln (x)+1$(xln(x))'=ln(x)+1 est un classique. Pense aux croissances comparées pour lever l'indétermination $0\times \ln$0×ln en $0^{+}$0⁺.

Erreur fréquente : Pour la limite en $0^{+}$0⁺, ne pas conclure « $0\times (-\infty )$0×(-∞) donc $-\infty$-∞ » : c'est une forme indéterminée que seule la croissance comparée tranche.

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1. 1

   En $0^{+}$0⁺ : $\ln (x)\to -\infty$ln(x)→-∞ et $\frac{1}{x}\to +\infty$1/x→+∞, donc $f(x)=\ln (x)\times \frac{1}{x}\to -\infty$f(x)=ln(x)×1/x→-∞ (l'axe des ordonnées est asymptote verticale).

   En $+\infty$+∞ : $f(x)\to 0$f(x)→0 par croissance comparée, donc l'axe des abscisses est asymptote horizontale.

2. 2

   Avec $u=\ln x$u=ln x ($u^{\prime }=\frac{1}{x}$u'=1/x) et $v=x$v=x ($v^{\prime }=1$v'=1) : $f^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln (x)\cdot 1}{x^2}=\frac{1-\ln (x)}{x^2}$f'(x)=(u'v-uv')/v²=(1/x· x-ln(x)·1)/x²=(1-ln(x))/x².

3. 3

   $x^2>0$x²>0, donc $f^{\prime }(x)$f'(x) a le signe de $1-\ln (x)$1-ln(x) : positif pour $\ln (x)<1$ln(x)<1 c'est-à-dire $x<e$x<e, négatif pour $x>e$x>e.

   $f$f croît sur $]0;e]$]0;e], décroît sur $[e;+\infty [$[e;+∞[, avec un maximum $f(e)=\frac{\ln (e)}{e}=\frac{1}{e}$f(e)=ln(e)/e=1/e.

4. 4

   $f(x)=0⟺\ln (x)=0⟺x=1$f(x)=0⇔ln(x)=0⇔ x=1.

   Comme $x>0$x>0, le signe de $f$f est celui de $\ln (x)$ln(x) : négatif sur $]0;1[$]0;1[, nul en $1$1, positif sur $]1;+\infty [$]1;+∞[.

5. 5

   Pour tout $x>0$x>0, $f(x)\le f(e)=\frac{1}{e}$f(x)≤ f(e)=1/e, soit $\frac{\ln (x)}{x}\le \frac{1}{e}$ln(x)/x≤1/e.

   En multipliant par $x>0$x>0, $\ln (x)\le \frac{x}{e}$ln(x)lex/e (avec égalité en $x=e$x=e).

Rappel de cours : Le maximum d'une fonction fournit une inégalité valable partout : ici $\frac{\ln x}{x}\le \frac{1}{e}$(ln x)/x≤1/e donne $\ln x\le \frac{x}{e}$ln xlex/e.