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La fonction logarithme népérien

Série d'entraînement intensive : 30 questions corrigées

Exercice 1 : Simplifications algébriques

Simplifier les expressions suivantes :

  1. $ A = \ln\left( \dfrac{e^{2}}{5} \right) + \ln 5 $
  2. $ B = 2\ln 7 - \ln\left( \dfrac{49}{e^{3}} \right) $
  3. $ C = \ln\left( \sqrt{e} \right) + \ln\left( \dfrac{1}{e} \right) $
  4. $ D = 3\ln 2 + \ln\left( \dfrac{1}{8} \right) $
  5. $ E = \ln\left( e^{4} \right) - 2\ln e $
  6. $ F = \ln\left( 2 + \sqrt{3} \right) + \ln\left( 2 - \sqrt{3} \right) $

Corrigé détaillé de l'Exercice 1

1. $ A = \ln(e^2) - \ln 5 + \ln 5 = 2\ln e = 2 \times 1 = $ $ 2 $.

2. $ B = \ln(7^2) - (\ln 49 - \ln(e^3)) = \ln 49 - \ln 49 + 3\ln e = 0 + 3 = $ $ 3 $.

3. $ C = \dfrac{1}{2}\ln e - \ln e = \dfrac{1}{2} - 1 = $ $ -\dfrac{1}{2} $.

4. $ D = \ln(2^3) + \ln(8^{-1}) = \ln 8 - \ln 8 = $ $ 0 $.

5. $ E = 4\ln e - 2\ln e = 2\ln e = 2 \times 1 = $ $ 2 $.

6. $ F = \ln[ (2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3}) ] = \ln(2^2 - (\sqrt{3})^2) = \ln(4 - 3) = \ln 1 = $ $ 0 $.

Exercice 2 : Équations et inéquations

Déterminer le domaine d'existence $D_e$, puis résoudre dans $\mathbb{R}$ :

  1. $ \ln(2x + 5) = \ln(x + 6) $
  2. $ \ln(3x^2 - x) \leq \ln x + \ln 2 $
  3. $ \ln(x^2 - 2x - 3) = \ln x $
  4. $ e^{3x-1} \leq 2 $
  5. $ \ln(x - 2) \geq 0 $
  6. $ \left( \ln x \right)^2 - 3\ln x + 2 = 0 $

Corrigé détaillé de l'Exercice 2

1. $ \ln(2x + 5) = \ln(x + 6) $

Domaine : $ 2x+5 > 0 $ donc $ x > -2,5 $ et $ x+6 > 0 $ donc $ x > -6 $. Donc $ D_e = \left] -2,5 ; +\infty \right[ $.

L'équation équivaut à $ 2x+5 = x+6 $, donc $ x = 1 $. Comme $ 1 \in D_e $, on a $ S = \{1\} $.

2. $ \ln(3x^2 - x) \leq \ln x + \ln 2 $

Domaine : $ 3x^2-x > 0 $ donc $ x(3x-1) > 0 $ donc $ x \in ]-\infty ; 0[ \cup ]1/3 ; +\infty[ $ et $ x > 0 $. Donc $ D_e = \left] \dfrac{1}{3} ; +\infty \right[ $.

L'inéquation équivaut à $ 3x^2 - 3x \leq 0 $, soit $ 3x(x - 1) \leq 0 $.

$x$
$-\infty$$0$$1$$+\infty$
$3x$
$-$$0$$+$
$+$
$x-1$
$-$
$-$$0$$+$
Prod.
$+$$0$$-$$0$$+$

L'expression est négative sur $ [0 ; 1] $. L'intersection avec $ D_e $ donne $ S = \left] \dfrac{1}{3} ; 1 \right] $.

3. $ \ln(x^2 - 2x - 3) = \ln x $

Domaine : $ x^2-2x-3 > 0 $ (racines $-1$ et $3$) et $ x > 0 $. Donc $ D_e = \left] 3 ; +\infty \right[ $.

L'équation devient $ x^2 - 3x - 3 = 0 $. $ \Delta = 21 $. Les racines sont $ \dfrac{3 \pm \sqrt{21}}{2} $. Seule $ \dfrac{3+\sqrt{21}}{2} \in D_e $. $ S = \left\{ \dfrac{3+\sqrt{21}}{2} \right\} $.

4. $ e^{3x-1} \leq 2 $ donc $ 3x-1 \leq \ln 2 $ donc $ x \leq \dfrac{1+\ln 2}{3} $. $ S = \left] -\infty ; \dfrac{1+\ln 2}{3} \right] $.

5. $ \ln(x - 2) \geq 0 $ sur $ ]2 ; +\infty[ $ donc $ x-2 \geq e^0 $ donc $ x \geq 3 $. $ S = [3 ; +\infty[ $.

6. $ (\ln x)^2 - 3\ln x + 2 = 0 $ a pour racines $ \ln x = 1 $ ou $ \ln x = 2 $. $ S = \{e ; e^2\} $.

Exercice 3 : Application du TVI (Intervalle fermé)

Montrer que chaque équation admet une unique solution réelle $\alpha$ sur l'intervalle donné :

  1. $ x + \ln x = 2 $ sur $ [1 ; 2] $
  2. $ x^2 + \ln x = 1 $ sur $ [0,5 ; 2] $
  3. $ \ln x - \dfrac{1}{x} = 0 $ sur $ [1 ; e] $
  4. $ 2x + \ln x = 5 $ sur $ [1 ; 3] $
  5. $ x^2 - \ln x = 2 $ sur $ [1 ; 2] $
  6. $ \ln(x+1) + x = 1 $ sur $ [0 ; 1] $

Corrigé détaillé de l'Exercice 3

1. Étude de $ f(x) = x + \ln x - 2 $ sur $[1 ; 2]$ :

$ f'(x) = 1 + \dfrac{1}{x} > 0 $. $ f(1) = -1 $ et $ f(2) = \ln 2 \approx 0,69 $.

$x$
$1$
$2$
$f(x)$
$-1$
$\ln 2$

D'après le TVI, comme $ 0 \in [-1 ; \ln 2] $, l'équation possède une unique solution $ \alpha \approx 1,56 $.

2. Étude de $ f(x) = x^2 + \ln x - 1 $ sur $[0,5 ; 2]$ :

$ f'(x) = 2x + \dfrac{1}{x} > 0 $. $ f(0,5) \approx -1,44 $ et $ f(2) \approx 3,69 $.

$x$
$0,5$
$2$
$f(x)$
$-1,44$
$3,69$

Solution unique $ \alpha = 1 $.

3. Étude de $ f(x) = \ln x - \dfrac{1}{x} $ sur $[1 ; e]$ :

$ f'(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} > 0 $. $ f(1) = -1 $ et $ f(e) \approx 0,63 $.

$x$
$1$
$e$
$f(x)$
$-1$
$\approx 0,63$

Solution unique $ \alpha \approx 1,76 $.

4. Étude de $ f(x) = 2x + \ln x - 5 $ sur $[1 ; 3]$ :

$ f'(x) = 2 + \dfrac{1}{x} > 0 $. $ f(1) = -3 $ et $ f(3) \approx 2,10 $.

$x$
$1$
$3$
$f(x)$
$-3$
$\approx 2,10$

Solution unique $ \alpha \approx 2,12 $.

5. Étude de $ f(x) = x^2 - \ln x - 2 $ sur $[1 ; 2]$ :

$ f'(x) = \dfrac{2x^2-1}{x} > 0 $. $ f(1) = -1 $ et $ f(2) \approx 1,31 $.

$x$
$1$
$2$
$f(x)$
$-1$
$\approx 1,31$

Solution unique $ \alpha \approx 1,56 $.

6. Étude de $ f(x) = \ln(x+1) + x - 1 $ sur $[0 ; 1]$ :

$ f'(x) = \dfrac{1}{x+1} + 1 > 0 $. $ f(0) = -1 $ et $ f(1) \approx 0,69 $.

$x$
$0$
$1$
$f(x)$
$-1$
$\approx 0,69$

Solution unique $ \alpha \approx 0,46 $.

Exercice 4 : Étude d'une fonction logarithme

Soit $f$ la fonction définie sur $ \left] 0 ; +\infty \right[ $ par : $ f(x) = x^{2} + 2x - 1 - 4\ln x $.

  1. Montrer que $ f'(x) = \dfrac{2x^{2} + 2x - 4}{x} $.
  2. Étudier précisément le signe de $ f'(x) $ sur $ \left] 0 ; +\infty \right[ $.
  3. Étudier les limites en $0$ et $+\infty$.
  4. Dresser le tableau de variation complet de $f$.
  5. Déterminer l'équation de la tangente au point d'abscisse 2.
  6. Démontrer que l'équation $ f(x) = 3 $ a une unique solution $\alpha$ sur $ [1 ; +\infty [ $.

Corrigé détaillé de l'Exercice 4

1. Dérivée :
$ f'(x) = 2x + 2 - 4 \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 2x - 4}{x} $.

2. Étude du signe de $ f'(x) $ :
Sur $ ]0 ; +\infty [ $, le dénominateur $x$ est strictement positif. Le signe de $f'(x)$ est donc celui du numérateur $ P(x) = 2x^2 + 2x - 4 $.
Calculons le discriminant : $ \Delta = 2^2 - 4(2)(-4) = 4 + 32 = 36 $.
$ \Delta > 0 $, le trinôme possède deux racines réelles distinctes :
$ x_1 = \dfrac{-2 - \sqrt{36}}{4} = -2 $ (exclue du domaine) et $ x_2 = \dfrac{-2 + \sqrt{36}}{4} = 1 $.
Le coefficient de $x^2$ étant $ a=2 > 0 $, le trinôme est négatif entre les racines. On en déduit :
- $ f'(x) \leq 0 $ sur $ ]0 ; 1] $ donc $ f $ est décroissante.
- $ f'(x) \geq 0 $ sur $ [1 ; +\infty [ $ donc $ f $ est croissante.

3. Limites :
- En $ 0^+ $ : $ \lim\limits_{x \to 0^+} (x^2+2x-1) = -1 $ et $ \lim\limits_{x \to 0^+} -4\ln x = +\infty $. Par somme, $ \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = +\infty $.
- En $ +\infty $ : $ f(x) = x^2\left( 1 + \dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{x^2} - 4\dfrac{\ln x}{x^2} \right) $. Par croissances comparées, $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = 0$, donc $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $.

4. Tableau de variations :

$x$
$0$
$1$
$+\infty$
$f(x)$
$+\infty$
$2$
$+\infty$

5. Équation de la tangente au point d'abscisse $ a = 2 $ :
La formule du cours est : $ y = f'(a)(x - a) + f(a) $.
- $ f(2) = 2^2 + 2(2) - 1 - 4\ln 2 = 7 - 4\ln 2 \approx 4,23 $
- $ f'(2) = \dfrac{2(2)^2 + 2(2) - 4}{2} = 4 $
L'équation est donc $ y = 4(x - 2) + 7 - 4\ln 2 $, soit : $ y = 4x - 1 - 4\ln 2 $.

6. Utilisation du TVI :
Sur l'intervalle $ I = [1 ; +\infty [ $ :
1. $ f $ est continue sur $ I $ comme somme de fonctions usuelles.
2. $ f $ est strictement croissante sur $ I $ d'après l'étude du signe de $f'$.
3. $ f(1) = 2 $ et $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty $. L'intervalle image est donc $ [2 ; +\infty [ $.
4. Comme $ 3 \in [2 ; +\infty [ $, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ f(x) = 3 $ admet une unique solution $ \alpha $ sur $ [1 ; +\infty [ $.
À la calculatrice : $ \alpha \approx 1,51 $.

Exercice 5 : Étude de fonction avec inverse

Soit $f$ définie sur $ [0,5 ; 5] $ par $ f(x) = \ln x + \dfrac{1}{x} $.

  1. Dresser le tableau de variations complet de $f$.
  2. Déterminer l'équation de la tangente au point d'abscisse 1,5.
  3. Montrer que l'équation $ f(x) = \ln 5 $ admet une solution unique $\alpha$ sur $ [1 ; 5] $.

Corrigé détaillé de l'Exercice 5

1. Variations : $ f'(x) = \dfrac{x-1}{x^2} $. Négative sur $[0,5 ; 1]$ et positive sur $[1 ; 5]$.
$ f(0,5) = \ln 0,5 + 2 \approx 1,31 $ ; $ f(1) = 1 $ ; $ f(5) = \ln 5 + 0,2 \approx 1,81 $.

$x$
$0,5$
$1$
$5$
$f(x)$
$\approx 1,31$
$1$
$\approx 1,81$

2. Tangente : $ y = f'(1,5)(x-1,5) + f(1,5) $. Après calculs : $ y = \dfrac{2}{9}x + \dfrac{1}{3} + \ln 1,5 $.

3. TVI : Sur $[1 ; 5]$, $f$ est continue et croissante. Comme $ \ln 5 \approx 1,61 \in [1 ; 1,81] $, l'équation possède une solution unique $ \alpha \approx 3,49 $.