Fonctions logarithmiques 2ème Bac PC-SVT : cours

Ce cours sur les fonctions logarithmiques pour la 2ème Bac PC et SVT présente le logarithme népérien, ses propriétés, ses limites et sa dérivée, avec exercices corrigés. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 2Bac PC-SVT.

Cours de fonctions logarithmiques 2ème Bac

DéfinitionÀ connaître par cœur.

Théorème / PropriétéÀ retenir et à citer.

ExempleRésolu étape par étape.

AstucePour mieux comprendre.

AttentionErreur fréquente.

1Le logarithme népérien : définition et domaine

L’idée La fonction x ↦ 1x est continue sur ]0, +∞[, donc elle admet des primitives. Parmi elles, une seule vaut 0 quand x = 1. On l’appelle le logarithme népérien et on la note ln.

Définition La fonction ln est la primitive de x ↦ 1x sur ]0, +∞[ qui s’annule en 1.

ln est définie sur ]0, +∞[ : on ne peut calculer ln(x) que si x > 0.
ln 1 = 0.
ln est dérivable sur ]0, +∞[ et (ln x)′ = 1x.
Comme (ln x)′ = 1x > 0, ln est strictement croissante sur ]0, +∞[.

Conséquences de la croissance stricte (a > 0 et b > 0)

ln a = ln b ⇔ a = b
ln a ≤ ln b ⇔ a ≤ b (le sens de l’inégalité est conservé)
ln a > 0 ⇔ a > 1 ; ln a < 0 ⇔ 0 < a < 1

Domaine de f(x) = ln(u(x)) f est définie si et seulement si u(x) > 0. C’est toujours le premier réflexe avant de résoudre ou de dériver.

Exemple · Déterminer le domaine

1) f(x) = ln(x + 1). x + 1 > 0 ⇔ x > −1. D = ]−1, +∞[.

2) g(x) = ln(x² − 3x + 2). Il faut x² − 3x + 2 > 0. Δ = 9 − 8 = 1, racines x = 1 et x = 2. Un trinôme est positif à l’extérieur des racines : D = ]−∞, 1[ ∪ ]2, +∞[.

3) h(x) = xln x. Il faut x > 0 (pour ln x) et ln x ≠ 0 (dénominateur). Or ln x = 0 ⇔ x = 1. D = ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[.

4) k(x) = ln x + ln(x − 1). Il faut x > 0 et x − 1 > 0, donc x > 1. D = ]1, +∞[.

5) m(x) = ln(x − 4x + 1). Il faut x − 4x + 1 > 0 (et x ≠ −1). Tableau de signes : positif si x < −1 ou x > 4. D = ]−∞, −1[ ∪ ]4, +∞[.

2Équations et inéquations avec ln

Méthode

Domaine : écris toutes les conditions (chaque expression dans un ln doit être > 0) et trouve l’ensemble D.
Transforme pour avoir ln(A) = ln(B) (ou ln(A) ≤ ln(B)). Un nombre c s’écrit c = ln(e^c) ; en particulier 0 = ln 1.
Résous A = B (ou A ≤ B, même sens).
Intersecte avec D : une solution qui n’est pas dans D est rejetée.

Exemple 1 · ln(3x − 1) = ln(5x − 10)

Domaine : 3x − 1 > 0 et 5x − 10 > 0, donc x > 13 et x > 2. D = ]2, +∞[.

Résolution : 3x − 1 = 5x − 10 ⇔ −2x = −9 ⇔ x = 92. Or 92 = 4,5 ∈ D. S = { 92 }.

Exemple 2 · ln(2x − 1) − ln(1 − x) = 0

Domaine : 2x − 1 > 0 et 1 − x > 0, donc 12 < x < 1. D = ]12, 1[.

Résolution : ln(2x − 1) = ln(1 − x) ⇔ 2x − 1 = 1 − x ⇔ x = 23 ∈ D. S = { 23 }.

Exemple 3 · ln(2x) = ln(x² + 1)

Domaine : 2x > 0 (et x² + 1 > 0 toujours), D = ]0, +∞[. On résout 2x = x² + 1 ⇔ x² − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)² = 0 ⇔ x = 1 ∈ D. S = {1}.

Exemple 4 · Inéquation ln(2x − 6) ≥ 0

Domaine : 2x − 6 > 0 ⇔ x > 3. Puis ln(2x − 6) ≥ ln 1 ⇔ 2x − 6 ≥ 1 ⇔ x ≥ 72. On prend l’intersection avec D : S = [72, +∞[.

Exemple 5 · ln(x − 1) − ln(3x + 1) < 0

Domaine : x > 1 et x > −13, donc D = ]1, +∞[. L’inéquation devient ln(x − 1) < ln(3x + 1) ⇔ x − 1 < 3x + 1 ⇔ x > −1. Intersection avec D : S = ]1, +∞[.

Exemple 6 · Équation du second degré en ln x : 2(ln x)² + ln x − 6 = 0

Domaine : x > 0. On pose X = ln x : 2X² + X − 6 = 0. Δ = 1 + 48 = 49, donc X = −1 − 74 = −2 ou X = −1 + 74 = 32.

ln x = −2 ⇔ x = e⁻² ; ln x = 32 ⇔ x = e^3/2 = e√e. S = { e⁻² ; e√e }.

Ici on utilise : ln x = c ⇔ x = e^c (e est défini à la partie 5).

Exemple 7 · Inéquation avec quotient : ln x + 3ln x − 1 ≥ −1

Domaine : x > 0 et ln x ≠ 1, c’est-à-dire x ≠ e. On ramène à 0 : ln x + 3ln x − 1 + 1 ≥ 0 ⇔ 2 ln x + 2ln x − 1 ≥ 0.

Signe : ln x + 1 s’annule en x = 1e, ln x − 1 s’annule en x = e. Tableau de signes du quotient : positif pour x ≤ 1e et pour x > e, négatif entre les deux.

S = ]0, 1e] ∪ ]e, +∞[.

Exemple 8 · Système : 3 ln x + ln y = 2 et 2 ln x − ln y = 3

(x > 0 et y > 0.) On additionne : 5 ln x = 5 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e. Dans la 1^re équation : 3 + ln y = 2 ⇔ ln y = −1 ⇔ y = 1e. S = { (e ; 1e) }.

Ne jamais oublier le domaine Dans ln(x − 1) + ln x = ln 6, tu trouves x² − x − 6 = 0, donc x = 3 ou x = −2. Mais le domaine est x > 1 : −2 est rejeté. La solution est x = 3 seulement.

3Règles de calcul

L’idée ln transforme les produits en sommes, les quotients en différences et les puissances en multiplications. C’est ce qui rend les calculs plus faciles.

Propriétés (pour tous réels x > 0 et y > 0, et r rationnel)

ln(x y) = ln x + ln y

ln(1x) = −ln x ln(xy) = ln x − ln y

ln(x^r) = r ln x ln √x = 12 ln x ln ⁿ√x = 1n ln x

Exemple 1 · Calculer avec ln 2 ≈ 0,7 et ln 3 ≈ 1,1

ln 6 = ln(2 × 3) = ln 2 + ln 3 ≈ 1,8
ln 4 = ln(2²) = 2 ln 2 ≈ 1,4 ; ln 8 = 3 ln 2 ≈ 2,1
ln 72 = ln(3² × 2³) = 2 ln 3 + 3 ln 2 ≈ 2,2 + 2,1 = 4,3
ln(32) = ln 3 − ln 2 ≈ 0,4 ; ln(12) = −ln 2 ≈ −0,7
ln √6 = 12 ln 6 ≈ 0,9

Exemple 2 · Simplifier

A = ln √(2 + √2) + ln √(2 − √2). On regroupe : A = ln √((2 + √2)(2 − √2)) = ln √(4 − 2) = ln √2 = 12 ln 2.

B = 14 ln 81 + ln √3 − ln(127). 81 = 3⁴ et 127 = 3⁻³. B = ln 3 + 12 ln 3 + 3 ln 3 = 92 ln 3.

C = ln(√2 + 1)²⁰¹⁵ + ln(√2 − 1)²⁰¹⁹. Astuce : (√2 + 1)(√2 − 1) = 2 − 1 = 1. Donc √2 − 1 = 1√2 + 1 et ln(√2 − 1) = −ln(√2 + 1). Posons L = ln(√2 + 1) : C = 2015 L − 2019 L = −4L.

Si les deux exposants étaient égaux, on trouverait 0. Ici ils sont différents : C = −4 ln(√2 + 1).

Exemple 3 · En fonction de α = ln a et β = ln b

ln(a²b⁵) = 2 ln a + 5 ln b = 2α + 5β.

ln(1⁶√a⁷b) = −16 ln(a⁷b) = −16(7α + β) = −76α − 16β.

Attention ln(a + b) ≠ ln a + ln b. Aussi ln(x²) = 2 ln|x| (pas 2 ln x si x peut être négatif), et ln(x y) = ln x + ln y n’a de sens que si x > 0 et y > 0.

4Les limites de ln

L’idée ln est croissante, donc elle « monte » quand x grandit, mais très lentement : ln x tend vers +∞, mais beaucoup moins vite que x. Près de 0, elle « plonge » vers −∞.

Limites à connaître par cœur (n entier ≥ 1, r rationnel > 0)

limx→+∞ ln x = +∞ ; limx→0⁺ ln x = −∞ (la droite x = 0 est asymptote verticale).
limx→+∞ ln xx = 0 ; limx→+∞ ln xx^r = 0
limx→0⁺ x ln x = 0⁻ ; limx→0⁺ x^r ln x = 0
limx→1 ln xx − 1 = 1
limx→0 ln(1 + x)x = 1

Les trois premières lignes sont appelées croissances comparées : la puissance de x « gagne » toujours contre ln x.

Comment retenir les deux dernières ? Elles disent que ln′(1) = 1. En effet ln x − ln 1x − 1 est le taux d’accroissement de ln en 1, et ln′(1) = 11 = 1. La dernière s’obtient avec le changement de variable t = x + 1.

Pourquoi lim x ln x = 0 en 0⁺ ? On pose t = 1x. Quand x → 0⁺, t → +∞, et x ln x = 1t ln(1t) = −ln tt → 0. On a utilisé ln tt → 0 en +∞. Le même changement de variable permet de passer d’une limite en +∞ à une limite en 0⁺.

Exemple · Calculer des limites

1) limx→+∞ 2 ln x + 1ln x. Forme indéterminée +∞/+∞. On factorise : 2 ln x + 1ln x = 2 + 1ln x → 2 + 0 = 2.

2) limx→+∞ (ln²x − ln x). = ln x (ln x − 1) → (+∞)(+∞) = +∞.

3) limx→+∞ (x − ln x). Forme +∞ − ∞. On factorise : x(1 − ln xx) → (+∞) × 1 = +∞.

4) limx→0⁺ (ln²x + ln x). = ln x (ln x + 1) → (−∞)(−∞) = +∞.

5) limx→0⁺ (1x + ln x). = 1 + x ln xx. Numérateur → 1, dénominateur → 0⁺. Donc +∞.

6) limx→0⁺ x⁴ ln x = 0 (croissances comparées).

7) limx→+∞ x ln(1 + 1x). On pose X = 1x → 0⁺ : x ln(1 + 1x) = ln(1 + X)X → 1.

8) limx→0⁺ x (ln x)². Forme 0 × ∞. On pose X = √x, donc x = X² et ln x = 2 ln X : x(ln x)² = X² × 4 (ln X)² = 4 (X ln X)² → 4 × 0² = 0.

9) limx→+∞ ln(x² + 3x)x − 1. ln(x² + 3x) = 2 ln x + ln(1 + 3x). Donc le quotient = 2 × ln xx × xx − 1 + ln(1 + 3/x)x − 1 → 2 × 0 × 1 + 0 = 0.

5Étude de ln, le nombre e et la courbe

Le nombre e ln est continue et strictement croissante sur ]0, +∞[ et prend toutes les valeurs de ℝ. Donc le nombre 1 a un unique antécédent : on l’appelle e (environ 2,718). Ainsi ln e = 1.

Tableau de variations de ln

x	0		1		e		+∞
(ln x)′ = 1x		+	+	+	+	+
ln x	−∞	↗	0	↗	1	↗	+∞

La courbe de ln passe par (1 ; 0) et (e ; 1). Tirets rouges : la tangente en 1, d’équation y = x − 1. La droite x = 0 est asymptote verticale. La courbe est concave (en forme de « bosse »), car ln″(x) = −1x² < 0.

Tangente en 1 ln′(1) = 1 et ln 1 = 0, donc la tangente en A(1 ; 0) est y = 1 × (x − 1) + 0 = x − 1. Comme ln est concave, la courbe est sous sa tangente : ln x ≤ x − 1 pour tout x > 0.

Exemple · Simplifier et calculer

A = ln(e²) + ln(e⁴) − ln(1e) = 2 + 4 + 1 = 7.

B = 2 ln √e + ln(e√e) − 13 ln(e⁹) = 2 × 12 + 32 − 3 = 1 + 32 − 3 = −12.

6Dérivée de ln(u)

Théorème Si u est dérivable et strictement positive sur un intervalle I, alors f = ln(u) est dérivable sur I et

f′(x) = u′(x)u(x)

Corollaire : si u est dérivable et ne s’annule pas sur I, alors x ↦ ln|u(x)| est dérivable sur I et sa dérivée est aussi u′(x)u(x).

Exemple 1

f(x) = ln(3x² + 5). Comme 3x² + 5 > 0 pour tout x, f est dérivable sur ℝ et f′(x) = 6x3x² + 5.

f(x) = x² − ln x : f′(x) = 2x − 1x = 2x² − 1x.

f(x) = x ln x : f′(x) = 1 × ln x + x × 1x = ln x + 1.

f(x) = ln(1 + x²) : f′(x) = 2x1 + x².

Exemple 2 · Avec valeurs absolues

f(x) = ln|ln|x||. Domaine : x ≠ 0 (pour ln|x|) et ln|x| ≠ 0, c’est-à-dire |x| ≠ 1. D = ℝ privé de {−1 ; 0 ; 1}. Avec u(x) = ln|x|, on a u′(x) = 1x, donc f′(x) = u′(x)u(x) = 1x ln|x|.

f(x) = ln(sin²x + 3 sin x + 4). On pose t = sin x : t² + 3t + 4 a Δ = 9 − 16 = −7 < 0, donc il est toujours > 0. D = ℝ et f′(x) = 2 sin x cos x + 3 cos xsin²x + 3 sin x + 4.

Dérivée logarithmique (pour les produits et quotients compliqués) Pour dériver f(x) = ⁴√x³ + 8(x² + 1)³ sur ]−2, +∞[, on passe par ln : ln f = 14 ln(x³ + 8) − 3 ln(x² + 1). On dérive : f′f = 3x²4(x³ + 8) − 6xx² + 1 = −3x(7x³ − x + 64)4(x³ + 8)(x² + 1). Il reste à multiplier par f(x).

7Primitives de u′u

Propriété Si u est dérivable et ne s’annule pas sur I, les primitives de x ↦ u′(x)u(x) sur I sont

F(x) = ln|u(x)| + k (k ∈ ℝ)

Si u > 0 sur I, on écrit simplement ln(u(x)) + k. Si u < 0 sur I, on écrit ln(−u(x)) + k.

Exemples · Reconnaître la forme u′/u

1) f(x) = x³x⁴ + 2 sur ℝ. u = x⁴ + 2, u′ = 4x³. Donc f = 14 × u′u. F(x) = 14 ln(x⁴ + 2) + k (car x⁴ + 2 > 0).

2) g(x) = 1x ln x sur ]0, 1[. u = ln x, u′ = 1x. g = u′u. Sur ]0, 1[, ln x < 0, donc F(x) = ln(−ln x) + k.

3) h(x) = 1x − 1 sur ]−∞, 1[. u = x − 1 < 0 sur I. F(x) = ln(1 − x) + k.

4) k(x) = cos xsin x sur ]3π2, 2π[. u = sin x < 0 sur I. F(x) = ln|sin x| + k = ln(−sin x) + k.

5) m(x) = 1x² − 1. Pas de la forme u′/u directement. On décompose : 1x² − 1 = 12(1x − 1 − 1x + 1). Donc M(x) = 12(ln|x − 1| − ln|x + 1|) + k = 12 ln|x − 1x + 1| + k.

6) n(x) = x³ + 2x² − 3x + 2x − 3. Division euclidienne : x³ + 2x² − 3x + 2 = (x − 3)(x² + 5x + 12) + 38. Donc n(x) = x² + 5x + 12 + 38x − 3. N(x) = x³3 + 5x²2 + 12x + 38 ln|x − 3| + k.

Exemple · Primitive avec condition f(x) = 5x + 1x² + x − 2 sur ]−∞, −2[ avec F(−3) = ln 2.
1) x² + x − 2 = (x − 1)(x + 2). On cherche a, b tels que f(x) = ax − 1 + bx + 2 = (a + b)x + 2a − b(x − 1)(x + 2). Identification : a + b = 5 et 2a − b = 1, donc 3a = 6, a = 2, b = 3.
2) Sur ]−∞, −2[, x − 1 < 0 et x + 2 < 0. F(x) = 2 ln(1 − x) + 3 ln(−x − 2) + k. Condition : F(−3) = 2 ln 4 + 3 ln 1 + k = 4 ln 2 + k = ln 2, donc k = −3 ln 2.

8Le logarithme de base a

Définition Soit a un réel strictement positif et différent de 1. Le logarithme de base a est la fonction définie sur ]0, +∞[ par

log_a(x) = ln xln a

Cas particuliers : log_e = ln ; et pour a = 10, log x = ln xln 10 est le logarithme décimal (log 10 = 1).

Propriétés

Toutes les règles de ln restent vraies : log_a(xy) = log_a x + log_a y ; log_a(1x) = −log_a x ; log_a(xy) = log_a x − log_a y ; log_a(x^r) = r log_a x.
log_a 1 = 0 et log_a a = 1.
log_a x = log_a y ⇔ x = y ; log_a x = r ⇔ x = a^r.
log_a est dérivable et (log_a x)′ = 1x ln a.

Variations (selon a)

	a > 1 (ln a > 0)	0 < a < 1 (ln a < 0)
Dérivée	1x ln a > 0	1x ln a < 0
Variations	strictement croissante	strictement décroissante
Limites	−∞ en 0⁺ ; +∞ en +∞	+∞ en 0⁺ ; −∞ en +∞
Inégalité log_a x ≤ log_a y	⇔ x ≤ y (sens conservé)	⇔ x ≥ y (sens inversé)

En bleu foncé : log₂ (croissante). En rouge : log_1/2 (décroissante). Les deux passent par (1 ; 0) et sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.

Exemples · Calculer

log₂ 4 = ln 4ln 2 = 2 ln 2ln 2 = 2.
log₈ 4 = ln 4ln 8 = 2 ln 23 ln 2 = 23.
log_√2(12) = −log_√2(2) = −log_√2((√2)²) = −2.
log_√3 9 = log_√3((√3)⁴) = 4.
log 100 = log 10² = 2 ; log 0,0001 = log 10⁻⁴ = −4.

Exemple · Équations et inéquations en base a

log₃(5x + 1) = 2. Domaine : x > −15. Alors 5x + 1 = 3² = 9, donc x = 85 ∈ D. S = { 85 }.

log_1/2(x − 12) ≥ 1. Domaine : x > 12. Comme 1 = log_1/2(12) et que log_1/2 est décroissante, le sens s’inverse : x − 12 ≤ 12 ⇔ x ≤ 1. S = ]12, 1].

2(log x)² − 19 log x − 10 = 0. Domaine : x > 0. On pose X = log x : 2X² − 19X − 10 = 0, Δ = 361 + 80 = 441 = 21², X = 10 ou X = −12. Donc x = 10¹⁰ ou x = 10^−1/2 = √1010.

Plus petit entier n tel que (32)ⁿ ≥ 10²⁰ : on applique log (croissante) : n log(32) ≥ 20 ⇔ n ≥ 20log(3/2) ≈ 113,6. Le plus petit entier est n = 114.

Passer d’une base à l’autre Pour calculer log_a b, on revient toujours à ln : log_a b = ln bln a. C’est le seul réflexe à avoir.

Calculatrice de logarithmes : choisis x > 0 et une base a > 0, a ≠ 1.

x = a =

ln x	log x (base 10)	log_a x

9Méthodes et erreurs à éviter

Que faire dans un exercice ?

On te demande…	Tu fais…
Domaine de ln(u)	Résous u(x) > 0 (et les autres conditions : dénominateurs, racines).
Résoudre une équation avec ln	Domaine d’abord. Puis regroupe en ln A = ln B, résous A = B, vérifie dans D.
Une inéquation avec ln	Même chose, mais le sens de l’inégalité est conservé (ln est croissante).
Équation avec (ln x)² et ln x	Pose X = ln x, résous en X, puis x = e^X.
Limite avec ln	Cherche la limite usuelle ; forme indéterminée → factorise le terme dominant ; en 0⁺ avec x ln x, pense au changement t = 1x.
Dérivée de ln(u)	u′u, avec domaine u > 0.
Primitive	Repère u′/u → ln\|u\| (et ajuste par un coefficient constant).
Logarithme de base a	Écris log_a x = ln xln a et travaille avec ln.

Erreurs à éviter

Oublier le domaineUne solution hors de D est fausse. Vérifie toujours à la fin.

ln(a + b) = ln a + ln bFaux. Seul le produit devient une somme : ln(ab) = ln a + ln b.

ln(a) × ln(b) = ln(a + b)Faux. Il n’y a aucune règle pour un produit de deux ln.

Inégalité mal orientéeln et log_a (a > 1) conservent le sens. log_a avec 0 < a < 1 l’inverse.

(ln u)′ = ln(u′)Faux. (ln u)′ = u′u.

x ln x → 0 « donc ça fait 0 × (−∞) = 0 »Non : 0 × ∞ est une forme indéterminée. Utilise la limite usuelle x ln x → 0 en 0⁺.

10Exercices d’entraînement corrigés

Cherche d’abord seul(e) sur ton cahier, puis ouvre la solution pour vérifier.

★ Exercice 1 · Domaines de définition

Déterminer le domaine de : (a) f(x) = ln(x + 1)ln(ln x) (b) g(x) = √(1 − ln(e − x)) (c) h(x) = x√((ln 2x)² − 1).

Voir la solution

(a) Conditions : x + 1 > 0, x > 0, ln x > 0 (pour ln(ln x)) et ln(ln x) ≠ 0. Donc x > 1 et ln x ≠ 1, c’est-à-dire x ≠ e. D = ]1, e[ ∪ ]e, +∞[.

(b) Il faut e − x > 0 (soit x < e) et 1 − ln(e − x) ≥ 0 ⇔ ln(e − x) ≤ 1 ⇔ e − x ≤ e ⇔ x ≥ 0. D = [0, e[.

(c) Il faut 2x > 0 et (ln 2x)² − 1 > 0 ⇔ (ln 2x − 1)(ln 2x + 1) > 0. ln 2x = 1 ⇔ x = e2 ; ln 2x = −1 ⇔ x = 12e. Le produit est positif à l’extérieur : D = ]0, 12e[ ∪ ]e2, +∞[.

★ Exercice 2 · Équations et inéquations

Résoudre : (a) ln x + ln(x − 1) − ln 2 = ln 3 (b) ln(2x − 5) + ln(x + 1) ≤ ln 4 (c) 3(ln x)² + 2 ln x − 1 = 0 (d) ln(14 − x) > ln(10 + 7x − 3x²).

Voir la solution

(a) Domaine : x > 1. ln(x(x − 1)) = ln 6 ⇔ x² − x − 6 = 0 ⇔ x = 3 ou x = −2. Seul 3 est dans le domaine. S = {3}.

(b) Domaine : 2x − 5 > 0 et x + 1 > 0, donc x > 52. L’inéquation : (2x − 5)(x + 1) ≤ 4 ⇔ 2x² − 3x − 9 ≤ 0. Racines : 3 et −32, donc −32 ≤ x ≤ 3. Intersection : S = ]52, 3].

(c) Domaine : x > 0. X = ln x : 3X² + 2X − 1 = 0, Δ = 16, X = −1 ou X = 13. Donc x = 1e ou x = e^1/3 = ³√e. S = { 1e ; ³√e }.

(d) Domaine : 14 − x > 0 et 10 + 7x − 3x² > 0. Les racines de 3x² − 7x − 10 sont −1 et 103, donc le trinôme est positif entre elles : D = ]−1, 103[. L’inéquation : 14 − x > 10 + 7x − 3x² ⇔ 3x² − 8x + 4 > 0 ⇔ (x − 2)(3x − 2) > 0 ⇔ x < 23 ou x > 2. S = ]−1, 23[ ∪ ]2, 103[.

★ Exercice 3 · Règles de calcul

Simplifier : (a) ln(e³) − ln(1e²) (b) ln 18 − 2 ln 3 + ln 2 − ln 4 (c) en fonction de α = ln 2 et β = ln 3 : ln 12, ln(89), ln √72.

Voir la solution

(a) 3 − (−2) = 5.

(b) ln 18 = ln 2 + 2 ln 3. Donc ln 2 + 2 ln 3 − 2 ln 3 + ln 2 − 2 ln 2 = 0.

★★ Exercice 4 · Limites

Calculer : (a) limx→+∞ (ln x − x) (b) limx→0⁺ x(2 − ln x) (c) limx→+∞ ln xx + 1 (d) limx→0⁺ (x + 1x) ln x (e) limx→1 ln xx² − 1.

Voir la solution

(a) x(−1 + ln xx) → (+∞)(−1) = −∞.

(b) 2x − x ln x → 0 − 0 = 0.

(d) (x + 1x) ln x : quand x → 0⁺, x + 1x → +∞ et ln x → −∞. Le produit tend vers −∞.

(e) ln xx² − 1 = ln xx − 1 × 1x + 1 → 1 × 12 = 12.

★★ Exercice 5 · Dérivées et primitives

1) Dériver : (a) f(x) = ln(x² + x + 1) (b) g(x) = x² ln x − x²2.
2) Primitives sur l’intervalle donné : (c) 2x + 1x² + x + 1 sur ℝ (d) 1x ln x sur ]1, +∞[ (e) 32x − 4 sur ]2, +∞[.

Voir la solution

(a) x² + x + 1 > 0 (Δ = −3 < 0). f′(x) = 2x + 1x² + x + 1.

(b) g′(x) = 2x ln x + x² × 1x − x = 2x ln x + x − x = 2x ln x.

(d) u = ln x > 0 sur ]1, +∞[ : F(x) = ln(ln x) + k.

(e) u = 2x − 4, u′ = 2 : 32x − 4 = 32 × 22x − 4, donc F(x) = 32 ln(2x − 4) + k.

★★ Exercice 6 · Logarithme de base a

1) Calculer log₉ 27 et log_1/3 9. 2) Résoudre log_1/2(x − 2) ≥ −1. 3) On pose α = log₄₀ 100 et β = log₁₆ 25. Exprimer β en fonction de α.

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1) log₉ 27 = ln 27ln 9 = 3 ln 32 ln 3 = 32. log_1/3 9 = 2 ln 3−ln 3 = −2.

2) Domaine : x > 2. −1 = log_1/2 2. La base est < 1, donc le sens s’inverse : x − 2 ≤ 2 ⇔ x ≤ 4. S = ]2, 4].

3) α = ln 100ln 40 = 2 ln 2 + 2 ln 53 ln 2 + ln 5 et β = ln 25ln 16 = 2 ln 54 ln 2 = ln 52 ln 2. On pose t = ln 5ln 2 = 2β. Alors α = 2 + 2t3 + t = 2 + 4β3 + 2β. D’où α(3 + 2β) = 2 + 4β ⇔ 3α − 2 = β(4 − 2α) ⇔ β = 2 − 3α2(α − 2).

★★★ Exercice 7 · Étude de g(x) = x − ln x et de f(x) = x + ln xx − ln x

Partie A. 1) Calculer les limites de g aux bornes de ]0, +∞[. 2) Étudier les variations de g. 3) En déduire que ln x < x pour tout x > 0.
Partie B. f(x) = x + ln xx − ln x pour x > 0 et f(0) = −1. 1) Montrer que f est définie sur [0, +∞[. 2) Montrer que f est continue à droite en 0 et dérivable à droite en 0. 3) Calculer la limite de f en +∞. 4) Montrer que f′(x) = 2(1 − ln x)(x − ln x)² et dresser le tableau de variations. 5) Résoudre f(x) = 1.

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A1. En +∞ : g = x(1 − ln xx) → +∞. En 0⁺ : −ln x → +∞ et x → 0, donc g → +∞.

A2. g′(x) = 1 − 1x = x − 1x. Négatif sur ]0, 1[, positif sur ]1, +∞[. g décroît de +∞ à g(1) = 1, puis croît jusqu’à +∞. Le minimum est g(1) = 1.

A3. g(x) ≥ 1 > 0 pour tout x > 0, donc x − ln x > 0, c’est-à-dire ln x < x.

B1. Pour x > 0, x − ln x > 0 (A3), donc le dénominateur ne s’annule pas. Avec f(0) = −1 : f est définie sur [0, +∞[.

B2. Continuité : en 0⁺, f(x) = xln x + 1xln x − 1 (on divise numérateur et dénominateur par ln x ≠ 0 près de 0). Comme xln x → 0 (car x → 0 et ln x → −∞), f(x) → 0 + 10 − 1 = −1 = f(0). Dérivabilité : f(x) − f(0)x = 1x × 2xx − ln x = 2x − ln x → 0 (car x − ln x → +∞). Donc f est dérivable à droite en 0, avec f′_d(0) = 0.

B3. En +∞ : f(x) = 1 + (ln x)/x1 − (ln x)/x → 11 = 1. La droite y = 1 est asymptote horizontale.

B4. f′ = (1 + 1/x)(x − ln x) − (x + ln x)(1 − 1/x)(x − ln x)². Le numérateur vaut (x − ln x + 1 − ln xx) − (x − 1 + ln x − ln xx) = 2 − 2 ln x. Donc f′(x) = 2(1 − ln x)(x − ln x)². Le signe est celui de 1 − ln x : positif si x < e, négatif si x > e. f croît de −1 (en 0) jusqu’à f(e) = e + 1e − 1 (≈ 2,16), puis décroît vers 1.

B5. f(x) = 1 ⇔ x + ln x = x − ln x ⇔ 2 ln x = 0 ⇔ x = 1. La courbe coupe la droite y = 1 au point A(1 ; 1).

★★★ Exercice 8 · Encadrer ln(1 + x)

Soient f(x) = ln(1 + x) − x + x²2 et g(x) = ln(1 + x) − x + x²2 − x³3 sur ]−1, +∞[. 1) Calculer f′ et g′, puis étudier le signe de f′ et de g′. 2) En déduire que pour tout x > 0 : x − x²2 < ln(1 + x) < x − x²2 + x³3. 3) Calculer limx→0⁺ x − ln(1 + x)x².

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1) f′(x) = 11 + x − 1 + x = 1 − (1 − x)(1 + x)1 + x = x²1 + x ≥ 0, et f′(x) = 0 seulement en 0. Donc f est strictement croissante, avec f(0) = 0.
g′(x) = 11 + x − 1 + x − x² = 1 − (1 + x³)1 + x = −x³1 + x. Le signe de g′ est celui de −x : positif pour x < 0, négatif pour x > 0. g admet donc un maximum en 0, avec g(0) = 0.

2) Pour x > 0 : f(x) > f(0) = 0, soit ln(1 + x) > x − x²2. Et g(x) < g(0) = 0, soit ln(1 + x) < x − x²2 + x³3.

3) De l’encadrement : x²2 − x³3 < x − ln(1 + x) < x²2. On divise par x² > 0 : 12 − x3 < x − ln(1 + x)x² < 12. Les deux bornes tendent vers 12 en 0⁺ : la limite vaut 12 (théorème des gendarmes).

★★★ Exercice 9 · Équation en base variable

Résoudre dans ℝ : log_2x(4x) + log_4x(16x) = 4.

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Domaine : x > 0 et les bases 2x et 4x doivent être différentes de 1 : x ≠ 12 et x ≠ 14.

On écrit 4x = 2 × 2x, donc log_2x(4x) = log_2x 2 + 1. De même 16x = 4 × 4x, donc log_4x(16x) = log_4x 4 + 1. L’équation devient log_2x 2 + log_4x 4 = 2.

Posons L = log₂ x. Alors log_2x 2 = ln 2ln 2 + ln x = 11 + L et log_4x 4 = 2 ln 22 ln 2 + ln x = 22 + L. L’équation : 11 + L + 22 + L = 2. On réduit : (2 + L) + 2(1 + L) = 2(1 + L)(2 + L) ⇔ 4 + 3L = 4 + 6L + 2L² ⇔ 2L² + 3L = 0 ⇔ L = 0 ou L = −32.

Donc x = 2⁰ = 1 ou x = 2^−3/2 = 12√2. Les deux valeurs sont dans le domaine. S = { 12√2 ; 1 }.

★Fiche résumé à retenir

Définition : ln est la primitive de 1x sur ]0, +∞[ qui s’annule en 1. Domaine de ln(u) : u > 0. ln 1 = 0, ln e = 1.
Croissance : ln a = ln b ⇔ a = b ; ln a ≤ ln b ⇔ a ≤ b ; ln a > 0 ⇔ a > 1.
Règles : ln(ab) = ln a + ln b ; ln(1a) = −ln a ; ln(ab) = ln a − ln b ; ln(a^r) = r ln a ; ln √a = 12 ln a.
Équations : domaine d’abord ; ln A = ln B ⇔ A = B ; X = ln x si (ln x)² apparaît ; ln x = c ⇔ x = e^c.
Limites : ln x → +∞ (+∞), −∞ (0⁺) ; ln xx → 0 ; x ln x → 0⁻ en 0⁺ ; ln xx − 1 → 1 en 1 ; ln(1 + x)x → 1 en 0.
Dérivée : (ln x)′ = 1x ; (ln u)′ = u′u. Primitive : u′u → ln|u|.
Étude de ln : strictement croissante, concave, asymptote x = 0, tangente en 1 : y = x − 1, ln x ≤ x − 1.
Base a : log_a x = ln xln a ; log_a a = 1 ; (log_a x)′ = 1x ln a ; croissante si a > 1, décroissante si 0 < a < 1 (sens inversé) ; log = log₁₀.

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