Fonction logarithme : exercices corrigés de Terminale

On dérive terme à terme. Comme $\ln$ est la primitive de la fonction inverse qui s'annule en 1 ⁴, $\ln'(x)=\dfrac1x$. De plus $(x^2)'=2x$.

On obtient donc $f'(x)=\dfrac1x+2x$ pour tout $x>0$.

On remplace $x$ par 2 : $f'(2)=\dfrac12+2\times 2=\dfrac12+4$.

Soit $f'(2)=\dfrac92=4{,}5$.

On a $f'(x)=\dfrac1x$ ⁴, donc $f'(4)=\dfrac14$. On a aussi $f(4)=\ln 4$.

L'équation de la tangente est $y=f'(4)(x-4)+f(4)$, soit $y=\dfrac14(x-4)+\ln 4$.

On développe : $y=\dfrac14x-1+\ln 4$.

L'intersection avec l'axe des ordonnées se trouve en $x=0$ : $y=\ln 4-1$.

Avec $\ln 4\approx 1{,}386294$, on obtient $y\approx 0{,}386294$.

Le logarithme n'existe que pour les réels strictement positifs ³. Il faut donc $2x-1>0$, soit $x>\dfrac12$ : c'est bien l'intervalle de l'énoncé.

On pose $u(x)=2x-1$, donc $u'(x)=2$. Comme $\ln'(x)=\dfrac1x$ ⁴, on obtient $f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{2}{2x-1}$.

Alors $f'(1)=\dfrac{2}{2-1}=2$.

Comme $\ln$ s'annule en 1 ⁴, $f(1)=\ln(1)=0$.

La tangente a pour équation $y=f'(1)(x-1)+f(1)=2(x-1)$, soit $y=2x-2$.

Domaine : il faut $x-1>0$ et $x+2>0$, donc $x>1$.

Le logarithme transforme les produits en sommes ⁴, donc pour $x>1$ : $\ln(x-1)+\ln(x+2)=\ln\big((x-1)(x+2)\big)$.

L'équation devient $\ln\big((x-1)(x+2)\big)=\ln 4$. Deux nombres strictement positifs ont le même logarithme s'ils sont égaux, car $\ln$ est la réciproque de l'exponentielle ³ : $(x-1)(x+2)=4$.

On développe : $x^2+x-2=4$, soit $x^2+x-6=0$.

Le discriminant vaut $1+24=25$, donc $x=\dfrac{-1-5}{2}=-3$ ou $x=\dfrac{-1+5}{2}=2$.

Contrôle du domaine : $-3$ n'est pas supérieur à 1, on le rejette. Le nombre 2 convient.

Vérification : $\ln(1)+\ln(4)=0+\ln 4=\ln 4$.

Domaine : il faut $3x-2>0$, soit $x>\dfrac23$, et $x+4>0$, soit $x>-4$. La condition commune est $x>\dfrac23$.

La fonction $\ln$ est croissante sur $]0\,;+\infty[$, car sa dérivée $\dfrac1x$ est positive ⁴. Pour deux réels strictement positifs, $\ln a\ge\ln b$ équivaut donc à $a\ge b$.

L'inéquation équivaut à $3x-2\ge x+4$, soit $2x\ge 6$, soit $x\ge 3$.

On recoupe avec le domaine : $3>\dfrac23$, donc toutes les valeurs $x\ge 3$ conviennent.

Ensemble des solutions : $[3\,;+\infty[$. Contrôle : pour $x=3$, $\ln 7=\ln 7$, l'égalité est bien vérifiée.

On dérive : $f'(x)=2-\dfrac1x$ ⁴, soit $f'(x)=\dfrac{2x-1}{x}$.

Sur $]0\,;+\infty[$, le dénominateur $x$ est strictement positif. Le signe de $f'(x)$ est donc celui de $2x-1$.

$2x-1<0$ équivaut à $x<\dfrac12$, et $2x-1>0$ équivaut à $x>\dfrac12$.

Tableau : $f$ est décroissante sur $]0\,;\dfrac12]$ puis croissante sur $[\dfrac12\,;+\infty[$. Elle admet donc un minimum en $x=\dfrac12$.

Valeur : $f\!\left(\dfrac12\right)=2\times\dfrac12-\ln\!\left(\dfrac12\right)=1-\ln\!\left(\dfrac12\right)$.

Comme $\ln\!\left(\dfrac12\right)=-\ln 2$ (le produit $2\times\frac12=1$ donne $\ln 2+\ln\frac12=\ln 1=0$ ⁴), le minimum vaut $1+\ln 2\approx 1{,}693147$.

Domaine : $\ln x$ n'existe que pour $x>0$ ³.

On pose $X=\ln x$. L'équation devient $X^2-X-2=0$.

Le discriminant vaut $1+8=9$, donc $X=\dfrac{1-3}{2}=-1$ ou $X=\dfrac{1+3}{2}=2$.

Comme $\ln$ est la réciproque de l'exponentielle ³, $\ln x=-1$ équivaut à $x=e^{-1}$, et $\ln x=2$ équivaut à $x=e^2$.

Ces deux nombres sont strictement positifs : ils sont dans le domaine.

Produit : $e^{-1}\times e^2=e^{1}=e\approx 2{,}718282$.

Avec $u(x)=\ln x$ et $v(x)=x$, on a $u'(x)=\dfrac1x$ ⁴ et $v'(x)=1$.

Alors $g'(x)=\dfrac{\frac1x\times x-\ln x\times 1}{x^2}=\dfrac{1-\ln x}{x^2}$.

Le dénominateur $x^2$ est strictement positif : le signe de $g'(x)$ est celui de $1-\ln x$.

$\ln(x)=1$ équivaut à $x=e^1=e$, puisque $\ln$ est la réciproque de l'exponentielle ³.

Comme $\ln'(x)=\dfrac1x>0$ sur $]0\,;+\infty[$, $\ln$ est croissante. Donc $\ln x<1$ pour $x<e$ et $\ln x>1$ pour $x>e$.

Ainsi $g'(x)>0$ sur $]0\,;e[$ et $g'(x)<0$ sur $]e\,;+\infty[$ : $g$ croît puis décroît, avec un maximum en $x=e$.

Valeur : $g(e)=\dfrac{\ln e}{e}=\dfrac1e\approx 0{,}367879$.

Avec $u(x)=x$ et $v(x)=\ln x$ : $(x\ln x)'=1\times\ln x+x\times\dfrac1x=\ln x+1$ ⁴.

Donc $h'(x)=\ln x+1-1=\ln x$.

Le signe de $h'(x)$ est celui de $\ln x$. Comme $\ln 1=0$ et que $\ln$ est croissante (sa dérivée $\frac1x$ est positive), $\ln x<0$ sur $]0\,;1[$ et $\ln x>0$ sur $]1\,;+\infty[$.

Donc $h$ décroît sur $]0\,;1]$ puis croît sur $[1\,;+\infty[$ et son minimum vaut $h(1)=1\times 0-1=-1$.

Pour $h(e^2)$ : comme $\ln(e^2)=2$ (réciproque de l'exponentielle ³), on a $h(e^2)=e^2\times 2-e^2=e^2$.

Valeur approchée : $e^2\approx 7{,}389056$.

On dérive : $k'(x)=2x-2\times\dfrac1x$ ⁴, soit $k'(x)=\dfrac{2x^2-2}{x}$.

On factorise : $2x^2-2=2(x^2-1)=2(x-1)(x+1)$, d'où $k'(x)=\dfrac{2(x-1)(x+1)}{x}$.

Sur $]0\,;+\infty[$, $x>0$ et $x+1>0$ : le signe de $k'(x)$ est celui de $x-1$.

Donc $k'(x)<0$ sur $]0\,;1[$, $k'(1)=0$ et $k'(x)>0$ sur $]1\,;+\infty[$.

Tableau : $k$ décroît sur $]0\,;1]$ puis croît sur $[1\,;+\infty[$.

Le minimum est atteint en $x=1$ : $k(1)=1-2\ln 1=1-0=1$ ⁴.