Fonctions logarithmiques — Résumé de cours

1ère Année Collège — Riyaddiyat.ma

📖 Cours complet

📚 Contenu du cours

I. Logarithme népérien

Définition

La fonction ln est la bijection réciproque de exp : ℝ → ]0, +∞[

ln : ]0, +∞[ → ℝ est définie par : y = ln(x) ⇔ x = e^y

Propriétés fondamentales

ln(1) = 0, ln(e) = 1
ln(e^x) = x pour tout x ∈ ℝ
e^ln(x) = x pour tout x > 0
ln(ab) = ln(a) + ln(b)
ln(a/b) = ln(a) - ln(b)
ln(aⁿ) = n·ln(a)
ln(1/a) = -ln(a)
ln(√a) = (1/2)ln(a)

Dérivée

(ln x)' = 1/x
(ln u)' = u'/u
(ln|u|)' = u'/u

Limites fondamentales

lim_x→0⁺ ln(x) = -∞
lim_x→+∞ ln(x) = +∞
lim_x→0 ln(1+x)/x = 1
lim_x→+∞ ln(x)/x = 0
lim_x→+∞ ln(x)/x^α = 0 pour α > 0
lim_x→0⁺ x^α·ln(x) = 0 pour α > 0

II. Logarithme décimal

log(x) = ln(x)/ln(10)

log(10) = 1, log(10ⁿ) = n

III. Résolution d'équations et inéquations

ln(a) = ln(b) ⇔ a = b (a, b > 0)

ln(a) < ln(b) ⇔ a < b (car ln est croissante)

🔑 Formules clés à retenir

ln(ab) = ln(a) + ln(b)
ln(aⁿ) = n·ln(a)
(ln x)' = 1/x
lim ln(x)/x = 0 (x→+∞)
lim x·ln(x) = 0 (x→0⁺)

⚠️

Astuces & Pièges à éviter

Les erreurs classiques — à lire avant les exercices !

🔴 Pièges classiques

❌

ln(a + b) ≠ ln(a) + ln(b) : la propriété de logarithme concerne la multiplication : ln(a·b) = ln(a) + ln(b). Il n'y a pas de formule pour ln(a+b) !

❌

Domaine de ln : ln(u) est défini seulement pour u > 0 (strictement). ln(0) n'est pas défini (tend vers −∞). Toujours vérifier l'argument avant d'écrire ln(...).

❌

ln(a) < ln(b) ⇔ a < b : valide seulement si a et b sont tous deux positifs. Ne pas utiliser cette propriété sans vérifier que les arguments sont bien positifs.

🟢 Astuces de pros

✅

Limite x·ln(x) en 0⁺ : résultat = 0 (à mémoriser !). Utiliser la substitution x = e^−t avec t→+∞ pour le retrouver : x·ln(x) = e^−t·(−t) = −t/e^t → 0.

✅

Résoudre ln(f(x)) < ln(g(x)) : puisque ln est croissante, l'inéquation équivaut à f(x) < g(x) ET les deux arguments positifs. Résoudre le système des deux conditions !

💡

Logarithme décimal : log(x) = ln(x)/ln(10) ≈ ln(x)/2,303. Utile pour les calculs d'ordre de grandeur. log(1000) = 3, log(0.001) = −3.

Fonctions logarithmiques — Fiche d'exercices

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✏️ Exercices interactifs

18 exercices • Lis l'énoncé, écris ta réponse, puis vérifie la correction

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🟢 Exercices Faciles

7 exercices

Simplification d'expressions logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Simplifier les expressions suivantes :

A = ln(e³) + ln(1/e) - 2ln(√e)
B = e^2ln3
C = ln(75) - ln(3) + ln(4/100)
D = ln(√(e⁵)) + ln(e^-2)

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Correction détaillée

1.

A = 3 + (-1) - 2·(1/2) = 3 - 1 - 1 = 1

2.

B = e^ln(3²) = e^ln9 = 9

3.

C = ln(75/3) + ln(4/100) = ln(25) + ln(1/25) = ln(25 × 1/25) = ln(1) = 0

4.

D = (5/2)·ln(e) + (-2)·ln(e) = 5/2 - 2 = 1/2

Résolution d'équations et inéquations logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Résoudre dans leur domaine de définition :

ln(x + 2) = 3
ln(2x - 1) = ln(x + 3)
ln(x) + ln(x - 1) = ln(6)
ln(x + 1) > ln(3)
ln(x² - 1) ≤ ln(3)

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Correction détaillée

1.

Condition : x + 2 > 0 ⇔ x > -2

ln(x+2) = 3 ⇔ x+2 = e³ ⇔ x = e³ - 2 ≈ 18.09

2.

Condition : 2x-1 > 0 et x+3 > 0, soit x > 1/2

ln(2x-1) = ln(x+3) ⇔ 2x-1 = x+3 ⇔ x = 4

3.

Condition : x > 0 et x-1 > 0, soit x > 1

ln(x(x-1)) = ln(6) ⇔ x²-x = 6 ⇔ x²-x-6 = 0 ⇔ (x-3)(x+2) = 0

x = 3 ou x = -2. Seul x = 3 vérifie x > 1. S = {3}

4.

Condition : x + 1 > 0 ⇔ x > -1

ln(x+1) > ln(3) ⇔ x+1 > 3 (ln croissante) ⇔ x > 2

S = ]2, +∞[

5.

Condition : x²-1 > 0 ⇔ |x| > 1 ⇔ x ∈ ]-∞,-1[∪]1,+∞[

ln(x²-1) ≤ ln(3) ⇔ x²-1 ≤ 3 ⇔ x² ≤ 4 ⇔ -2 ≤ x ≤ 2

En croisant avec la condition : S = ]-2,-1[∪]1,2]

Simplification d'expressions et calcul de primitives

🟢 Facile

Énoncé

1. Simplifier l'expression : A = ln(a²b/c³) en fonction de ln(a), ln(b) et ln(c).

2. Calculer les primitives suivantes :

∫ (2x+1)/(x²+x+3) dx
∫ 1/(2x-5) dx
∫ ln(x) dx (par parties)
∫ x/(x²+1) dx

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Correction détaillée

1. Simplification

A = ln(a²b/c³) = ln(a²) + ln(b) - ln(c³) = 2ln(a) + ln(b) - 3ln(c)

A = 2ln(a) + ln(b) - 3ln(c)

2a. Forme u'/u

Numérateur = (x²+x+3)' = 2x+1. Donc :

∫ (2x+1)/(x²+x+3) dx = ln|x²+x+3| + C

2b. Forme u'/u

∫ 1/(2x-5) dx = (1/2)·∫ 2/(2x-5) dx = (1/2)·ln|2x-5| + C

2c. Intégration par parties

u = ln(x), v' = 1 ⇒ u' = 1/x, v = x

∫ ln(x) dx = x·ln(x) - ∫ x·(1/x) dx = x·ln(x) - ∫ 1 dx

= x·ln(x) - x + C

2d. Forme u'/u × (1/2)

∫ x/(x²+1) dx = (1/2)·∫ 2x/(x²+1) dx = (1/2)·ln(x²+1) + C

Domaine de définition et simplifications logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Partie A — Domaine de définition

Déterminer le domaine de définition de g(x) = ln(x² − 4).
Déterminer le domaine de définition de h(x) = ln(2x − 1) + ln(x + 3).

Partie B — Simplifications

Simplifier : A = ln(e³/e)
Simplifier : B = ln(√e · e²)
Calculer sans calculatrice : C = ln(8) + ln(3) − ln(6)
Résoudre : ln(x) + ln(x+2) = ln(3)

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Correction détaillée

A1. Domaine de g(x) = ln(x² − 4)

Condition : x² − 4 > 0 ⟺ x² > 4 ⟺ |x| > 2 ⟺ x < −2 ou x > 2

D_g = ]−∞, −2[ ∪ ]2, +∞[

A2. Domaine de h(x) = ln(2x−1) + ln(x+3)

Condition : 2x − 1 > 0 ET x + 3 > 0

2x > 1 ⟺ x > 1/2 ; x > −3 : toujours vrai si x > 1/2.

D_h = ]1/2, +∞[

B3. A = ln(e³/e)

A = ln(e³) − ln(e) = 3 − 1 = 2

B4. B = ln(√e · e²)

B = ln(√e) + ln(e²) = ln(e^1/2) + 2 = 1/2 + 2 = 5/2

B5. C = ln(8) + ln(3) − ln(6)

C = ln(8·3/6) = ln(24/6) = ln(4) = ln(2²) = 2·ln(2)

B6. Résolution de ln(x) + ln(x+2) = ln(3)

Condition de définition : x > 0 et x + 2 > 0, soit x > 0.

ln(x(x+2)) = ln(3) ⟺ x(x+2) = 3 ⟺ x² + 2x − 3 = 0

Δ = 4 + 12 = 16 ; x = (−2 ± 4)/2. x = 1 ou x = −3.

Avec la condition x > 0 : seule solution x = 1 ✓

Vérification : ln(1) + ln(3) = 0 + ln(3) = ln(3) ✓

Résolution d'équation logarithmique

🟢 Facile

Énoncé

Résoudre dans ℝ les équations suivantes :

ln(x + 1) + ln(x − 1) = ln(3)
ln(2x − 1) = ln(x + 3)
2·ln(x) − ln(x + 1) = 0
ln²(x) − 3·ln(x) + 2 = 0 (poser u = ln(x))

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Correction détaillée

1. ln(x+1) + ln(x−1) = ln(3)

Condition : x + 1 > 0 ET x − 1 > 0 ⟺ x > 1.

ln((x+1)(x−1)) = ln(3) ⟺ x² − 1 = 3 ⟺ x² = 4 ⟺ x = ±2

Avec x > 1 : x = 2

Vérification : ln(3) + ln(1) = ln(3) ✓

2. ln(2x−1) = ln(x+3)

Condition : 2x − 1 > 0 ⟺ x > 1/2 (et x + 3 > 0 toujours si x > 1/2).

2x − 1 = x + 3 ⟺ x = 4

4 > 1/2 ✓ — x = 4

3. 2·ln(x) − ln(x+1) = 0

Condition : x > 0 et x + 1 > 0, soit x > 0.

ln(x²) − ln(x+1) = 0 ⟺ ln(x²/(x+1)) = 0 ⟺ x²/(x+1) = 1

x² = x + 1 ⟺ x² − x − 1 = 0

Δ = 1 + 4 = 5 ; x = (1 ± √5)/2

Avec x > 0 : seule solution x = (1 + √5)/2 > 0.

x = (1 + √5)/2 (nombre d'or φ)

4. ln²(x) − 3·ln(x) + 2 = 0

Condition : x > 0. Posons u = ln(x) ∈ ℝ.

u² − 3u + 2 = 0 ⟺ (u−1)(u−2) = 0 ⟺ u = 1 ou u = 2

u = 1 ⟺ ln(x) = 1 ⟺ x = e

u = 2 ⟺ ln(x) = 2 ⟺ x = e²

S = {e ; e²}

Résolution d'équations logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Résoudre dans ℝ les équations suivantes (en précisant à chaque fois les conditions d'existence) :

ln(2x + 1) = 3
ln(x² − 1) = 0
ln(x + 1) + ln(x − 1) = ln(3)

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Correction détaillée

1. ln(2x + 1) = 3

Condition d'existence : 2x + 1 > 0 ⟺ x > −1/2.

ln(2x + 1) = 3 ⟺ 2x + 1 = e³ ⟺ x = (e³ − 1)/2

Vérification : x ≈ (20.09 − 1)/2 ≈ 9.54 > −1/2 ✓

S = {(e³ − 1)/2}

2. ln(x² − 1) = 0

Condition d'existence : x² − 1 > 0 ⟺ x < −1 ou x > 1.

ln(x² − 1) = 0 ⟺ x² − 1 = e⁰ = 1 ⟺ x² = 2 ⟺ x = ±√2.

x = √2 ≈ 1.41 > 1 ✓ ; x = −√2 ≈ −1.41 < −1 ✓

S = {−√2, √2}

3. ln(x + 1) + ln(x − 1) = ln(3)

Conditions : x + 1 > 0 et x − 1 > 0, donc x > 1.

ln((x+1)(x−1)) = ln(3) ⟺ x² − 1 = 3 ⟺ x² = 4 ⟺ x = ±2.

Seule x = 2 vérifie x > 1.

S = {2}

Simplification d'expressions logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Simplifier ou calculer les expressions suivantes :

A = ln(a²/b³) + 2·ln(b) − ln(a) (a, b > 0)
B = ln(e³·√e)
C = ln(8) + ln(1/2) − 2·ln(2)
D = e^2·ln(3)

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Correction détaillée

1. Simplification de A

A = ln(a²/b³) + 2·ln(b) − ln(a)

= [ln(a²) − ln(b³)] + 2·ln(b) − ln(a)

= [2·ln(a) − 3·ln(b)] + 2·ln(b) − ln(a)

= 2·ln(a) − 3·ln(b) + 2·ln(b) − ln(a)

= (2−1)·ln(a) + (−3+2)·ln(b)

A = ln(a) − ln(b) = ln(a/b)

2. Calcul de B

B = ln(e³·√e) = ln(e³) + ln(e^1/2) = 3 + 1/2 = 7/2

3. Calcul de C

C = ln(8) + ln(1/2) − 2·ln(2)

= ln(2³) + ln(2⁻¹) − 2·ln(2)

= 3·ln(2) − ln(2) − 2·ln(2)

= (3 − 1 − 2)·ln(2) = 0

4. Calcul de D

D = e^2·ln(3) = e^ln(3²) = e^ln(9) = 9

(car e^ln(x) = x pour x > 0)

🟡 Exercices Intermédiaires

6 exercices

Étude de fonction logarithmique

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f(x) = ln(x)/x définie sur ]0, +∞[.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x) et étudier les variations de f.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x/e.
Montrer que l'équation ln(x) = x/100 admet exactement deux solutions.

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Correction détaillée

1. Limites

lim_x→0⁺ ln(x)/x = (-∞)/(0⁺) = -∞

lim_x→+∞ ln(x)/x = 0 (croissances comparées)

2. Dérivée

f'(x) = (1/x · x - ln(x) · 1)/x² = (1 - ln(x))/x²

f'(x) = 0 ⇔ ln(x) = 1 ⇔ x = e

f'(x) > 0 sur ]0, e[ et f'(x) < 0 sur ]e, +∞[

f atteint son maximum en x = e : f(e) = ln(e)/e = 1/e

3. Inégalité

Le maximum de f est 1/e, donc pour tout x > 0 :

ln(x)/x ≤ 1/e ⇒ ln(x) ≤ x/e ✓

4.

ln(x) = x/100 ⇔ ln(x)/x = 1/100. Or f(e) = 1/e ≈ 0.368 > 1/100 = 0.01

La droite y = 1/100 coupe la courbe de f en deux points (un dans ]0,e[ et un dans ]e,+∞[).

Donc l'équation admet exactement deux solutions.

Étude de f(x) = x - ln(x) et inéquation

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f(x) = x - ln(x) définie sur ]0, +∞[.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x), étudier ses variations et déterminer le minimum de f.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1.
Résoudre l'inéquation ln(x+1) > 2x - 3 sur ]-1, +∞[. (On admettra qu'il y a un unique point d'intersection α ≈ 1.79.)

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1. Limites

lim_x→0⁺ (x - ln x) : x → 0 et -ln(x) → +∞, donc f(x) → +∞

lim_x→+∞ (x - ln x) = +∞ (car x >> ln x)

2. Dérivée et variations

f'(x) = 1 - 1/x = (x-1)/x

f'(x) < 0 sur ]0, 1[ et f'(x) > 0 sur ]1, +∞[

f atteint son minimum en x = 1 : f(1) = 1 - ln(1) = 1 - 0 = 1

Donc f(x) ≥ 1 > 0 pour tout x > 0.

3. Inégalité

f(x) ≥ 1 ⇔ x - ln(x) ≥ 1 ⇔ x - 1 ≥ ln(x)

Donc pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1. ✓

En posant x = t + 1 (t > -1) : ln(t+1) ≤ t (c'est la même inégalité que Q3 de log-d1).

4. Inéquation ln(x+1) > 2x - 3

On pose h(x) = ln(x+1) - (2x-3) sur ]-1, +∞[.

h'(x) = 1/(x+1) - 2 = (1-2(x+1))/(x+1) = (-2x-1)/(x+1)

h'(x) = 0 ⇔ x = -1/2

h est croissante sur ]-1, -1/2[ et décroissante sur ]-1/2, +∞[.

Maximum en x = -1/2 : h(-1/2) = ln(1/2) + 4 = 4 - ln2 > 0.

h(-1) → +∞ (car ln(x+1) → -∞ et 2x-3 → -5) — en fait h(-1⁺) = -∞ - (-5) = +∞ - ... Reprenons.

lim_x→-1⁺ h(x) = -∞. h(-1/2) = 4 - ln2 ≈ 3.3 > 0. lim_x→+∞ h(x) = -∞.

h admet une seule racine α ≈ 1.79 sur ]0, +∞[. Sur ]-1, α[ : h(x) > 0.

S = ]-1, α[ avec α ≈ 1.79.

Étude complète de f(x) = ln(x)/x

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f la fonction définie sur ]0, +∞[ par f(x) = ln(x)/x.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x) et dresser le tableau de variations de f.
Montrer que f admet un maximum. Donner sa valeur.
Étudier la concavité de f (calculer f''(x)).
Résoudre l'inéquation f(x) ≥ 0. En déduire les solutions de ln(x) ≥ x·ln(x) sur ]0, +∞[.

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1. Limites

lim_x→0⁺ f(x) = lim_x→0⁺ ln(x)/x

Quand x → 0⁺ : ln(x) → −∞ et x → 0⁺, donc ln(x)/x → −∞

lim_x→+∞ f(x) = lim_x→+∞ ln(x)/x = 0 (croissances comparées : x domine ln x)

Interprétation : l'axe des abscisses est asymptote horizontale en +∞.

2. Dérivée et tableau de variations

f(x) = ln(x)/x. Par la règle du quotient :

f'(x) = [(1/x)·x − ln(x)·1] / x² = (1 − ln(x)) / x²

Signe de f'(x) : x² > 0 toujours. Signe = signe de (1 − ln(x)).

1 − ln(x) > 0 ⟺ ln(x) < 1 ⟺ x < e

f est croissante sur ]0, e[ et décroissante sur ]e, +∞[.

3. Maximum

f admet un maximum en x = e : f(e) = ln(e)/e = 1/e

C'est le maximum global sur ]0, +∞[.

4. Concavité

f'(x) = (1 − ln x)/x². Dérivons à nouveau :

f''(x) = [(−1/x)·x² − (1−ln x)·2x] / x⁴ = [−x − 2x(1−ln x)] / x⁴

= [−1 − 2(1−ln x)] / x³ = (2·ln x − 3) / x³

f''(x) > 0 ⟺ 2·ln x > 3 ⟺ ln x > 3/2 ⟺ x > e^3/2

f est concave sur ]0, e^3/2[ et convexe sur ]e^3/2, +∞[. Point d'inflexion en x = e^3/2.

5. Inéquation f(x) ≥ 0

ln(x)/x ≥ 0. x > 0 toujours. Signe = signe de ln(x) ≥ 0 ⟺ x ≥ 1.

f(x) ≥ 0 pour x ≥ 1.

Pour ln(x) ≥ x·ln(x) ⟺ ln(x)(1−x) ≥ 0... plutôt, ln(x) ≥ x·ln(x) ⟺ ln(x)(1−x) ≥ 0.

Si x > 1 : ln(x) > 0 et 1−x < 0 → produit < 0. Non.

Si x = 1 : 0 ≥ 0 ✓

Si 0 < x < 1 : ln(x) < 0 et 1−x > 0 → produit < 0. Non.

Solution : x = 1 uniquement.

Inégalité ln(x) ≤ x−1 et applications

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit h(x) = x − 1 − ln(x) définie sur ]0, +∞[.

Montrer que h(x) ≥ 0 pour tout x > 0, avec égalité ssi x = 1. En déduire l'inégalité : ln(x) ≤ x − 1 pour tout x > 0.
En posant x = 1/t (t > 0), montrer que : 1 − 1/t ≤ ln(t) ≤ t − 1
En déduire que : lim_x→1 (ln(x))/(x−1) = 1
Application : montrer que pour tout n ≥ 1 : 1/(n+1) ≤ ln(1 + 1/n) ≤ 1/n
En déduire l'encadrement : ln(2) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k − ln(n) ≤ ln(2) + 1 pour n ≥ 1.

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Correction détaillée

1. Preuve de h(x) ≥ 0

h'(x) = 1 − 1/x = (x−1)/x. Signe : h' < 0 si 0 < x < 1, h' > 0 si x > 1.

Minimum de h en x = 1 : h(1) = 1 − 1 − ln(1) = 0.

Donc h(x) ≥ 0 pour tout x > 0, avec égalité uniquement en x = 1.

h(x) ≥ 0 ⟺ x − 1 − ln(x) ≥ 0 ⟺ ln(x) ≤ x − 1 ✓

2. Encadrement de ln(t)

On applique l'inégalité à x = 1/t (avec t > 0) :

ln(1/t) ≤ (1/t) − 1 ⟺ −ln(t) ≤ 1/t − 1 ⟺ 1 − 1/t ≤ ln(t)

Combiné avec ln(t) ≤ t − 1 (inégalité directe) :

1 − 1/t ≤ ln(t) ≤ t − 1 ✓

3. Limite de (ln x)/(x−1) en x = 1

Pour x > 0, x ≠ 1. On divise l'encadrement par (x−1) :

Si x > 1 : (x−1) > 0, donc (1 − 1/x)/(x−1) ≤ ln(x)/(x−1) ≤ 1.

(1 − 1/x)/(x−1) = (x−1)/(x(x−1)) = 1/x → 1 quand x → 1.

Par le théorème des gendarmes : lim_x→1 ln(x)/(x−1) = 1 ✓

4. Encadrement de ln(1 + 1/n)

On applique 1 − 1/t ≤ ln(t) ≤ t − 1 avec t = 1 + 1/n (n ≥ 1) :

ln(1 + 1/n) ≤ (1 + 1/n) − 1 = 1/n

1 − 1/(1+1/n) = 1 − n/(n+1) = 1/(n+1) ≤ ln(1 + 1/n)

Donc : 1/(n+1) ≤ ln(1 + 1/n) ≤ 1/n ✓

5. Encadrement de Σ1/k − ln(n)

En sommant l'encadrement pour k = 1 à n−1 :

Σ_k=1ⁿ⁻¹ 1/(k+1) ≤ Σ_k=1ⁿ⁻¹ ln(1+1/k) ≤ Σ_k=1ⁿ⁻¹ 1/k

Or Σ ln(1+1/k) pour k=1 à n−1 = ln(n) (télescopique : ln(2)+ln(3/2)+...+ln(n/(n−1)) = ln(n)).

Et Σ_k=1ⁿ⁻¹ 1/(k+1) = Σ_k=2ⁿ 1/k = (Σ_k=1ⁿ 1/k) − 1.

Donc : Σ_k=1ⁿ 1/k − 1 ≤ ln(n) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k − 1/n.

Ce qui donne : 1/n ≤ Σ 1/k − ln(n) ≤ 1 — le résultat montre que cette différence converge vers la constante d'Euler-Mascheroni γ ≈ 0.577. ✓

Étude de f(x) = ln(x² + 1) — parité, limites, dérivée

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f définie par f(x) = ln(x² + 1).

Déterminer le domaine de définition D_f.
Montrer que f est une fonction paire.
Calculer les limites de f en +∞ et étudier les variations.
Calculer f'(x) et étudier son signe sur [0, +∞[.
Dresser le tableau de variations sur ℝ.

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1. Domaine de définition

x² + 1 ≥ 1 > 0 pour tout x ∈ ℝ. Donc f est définie sur D_f = ℝ.

2. Parité

f(−x) = ln((−x)² + 1) = ln(x² + 1) = f(x).

Donc f est paire (symétrie par rapport à l'axe des ordonnées).

3. Limite en +∞

lim_x→+∞ ln(x² + 1) = lim_x→+∞ ln(x²(1 + 1/x²)) = lim [2·ln(x) + ln(1 + 1/x²)] = +∞.

Par parité, lim_x→−∞ f(x) = +∞ également.

4. Dérivée et signe

(x² + 1)' = 2x, donc f'(x) = 2x/(x² + 1).

Sur [0, +∞[ : 2x ≥ 0 et x² + 1 > 0, donc f'(x) ≥ 0 (f croissante sur [0, +∞[).

Par parité, f est décroissante sur ]−∞, 0].

5. Tableau de variations

Minimum en x = 0 : f(0) = ln(0² + 1) = ln(1) = 0.

f est décroissante de +∞ vers 0 sur ]−∞, 0], et croissante de 0 vers +∞ sur [0, +∞[.

La courbe a une forme en U avec un minimum en (0, 0).

Inégalité ln(x) ≤ x − 1 et application

🟡 Intermédiaire

Énoncé

On pose h(x) = x − 1 − ln(x) pour x > 0.

Calculer h'(x) et étudier son signe.
Dresser le tableau de variations de h et en déduire que ln(x) ≤ x − 1 pour tout x > 0.
Appliquer l'inégalité avec x = 1/2 pour comparer ln(2) et 1/2.
Appliquer l'inégalité avec x = 2 pour comparer ln(2) et 1/2 autrement.

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1. Dérivée de h

h'(x) = 1 − 1/x = (x − 1)/x

Sur ]0, 1[ : x − 1 < 0 et x > 0, donc h'(x) < 0 (h décroissante).

En x = 1 : h'(1) = 0.

Sur ]1, +∞[ : x − 1 > 0 et x > 0, donc h'(x) > 0 (h croissante).

2. Minimum de h et inégalité

h admet un minimum en x = 1 : h(1) = 1 − 1 − ln(1) = 1 − 1 − 0 = 0.

Donc h(x) ≥ 0 pour tout x > 0, avec égalité seulement en x = 1.

h(x) ≥ 0 ⟺ x − 1 − ln(x) ≥ 0 ⟺ ln(x) ≤ x − 1 ✓

3. Application avec x = 1/2

L'inégalité donne : ln(1/2) ≤ 1/2 − 1 = −1/2.

ln(1/2) = −ln(2), donc : −ln(2) ≤ −1/2 ⟺ ln(2) ≥ 1/2.

Conclusion : ln(2) ≥ 1/2.

4. Application avec x = 2

L'inégalité donne : ln(2) ≤ 2 − 1 = 1.

Conclusion : ln(2) ≤ 1.

On a ainsi l'encadrement : 1/2 ≤ ln(2) ≤ 1.

(La valeur exacte est ln(2) ≈ 0.693.)

🔴 Exercices Difficiles

5 exercices

Étude complète d'une fonction logarithmique (Bac)

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f(x) = (1/2)ln(x²+1) - x + 1 définie sur ℝ.

Calculer les limites de f en +∞ et -∞.
Montrer que f admet un maximum global. Le calculer.
Montrer que l'équation f(x) = 0 admet exactement deux solutions α et β avec α < 0 < β.
On note I = ∫₀¹ f(x) dx. Calculer I.
Montrer que pour tout x ∈ ℝ : (1/2)ln(x²+1) ≤ x - 1 + e^x-1. (Utiliser la question 3 de log-d1.)

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1. Limites

f(x) = (1/2)ln(x²+1) - x + 1

Quand x → +∞ : (1/2)ln(x²+1) ~ ln(x) << x, donc f(x) ~ -x → -∞

Quand x → -∞ : (1/2)ln(x²+1) ~ ln|x|, et -x → +∞, donc f(x) → +∞

2. Maximum

f'(x) = x/(x²+1) - 1 = (x - x² - 1)/(x²+1) = -(x²-x+1)/(x²+1)

Discriminant de x²-x+1 : Δ = 1-4 = -3 < 0. Donc x²-x+1 > 0 pour tout x.

f'(x) = -(x²-x+1)/(x²+1) < 0 pour tout x : f est strictement décroissante sur ℝ.

Note : f est décroissante, donc elle n'admet pas de maximum global fini... Reprenons : f est continue et strictement décroissante, de +∞ à -∞. Pas de maximum.

Correction : on cherche les zéros de f, non un maximum.

3. Deux zéros de f

f est continue et strictement décroissante sur ℝ, de lim = +∞ en -∞ à lim = -∞ en +∞.

f(0) = 0 - 0 + 1 = 1 > 0

lim_x→+∞ f(x) = -∞ : ∃ β > 0 tel que f(β) = 0

lim_x→-∞ f(x) = +∞ et f est strictement décroissante : f admet une seule racine sur ℝ.

f(0) = 1 > 0 et lim_x→+∞ = -∞ ⇒ ∃ unique β > 0 : f(β) = 0. ✓

4. Calcul de I

I = ∫₀¹ ((1/2)ln(x²+1) - x + 1) dx

= (1/2)∫₀¹ ln(x²+1) dx - [x²/2]₀¹ + [x]₀¹

= (1/2)∫₀¹ ln(x²+1) dx - 1/2 + 1

Pour ∫ ln(x²+1) dx, IPP avec u = ln(x²+1), v' = 1 :

= [x·ln(x²+1)]₀¹ - ∫₀¹ 2x²/(x²+1) dx

= ln2 - 2∫₀¹ (1 - 1/(x²+1)) dx = ln2 - 2[x - arctan(x)]₀¹

= ln2 - 2(1 - π/4) = ln2 - 2 + π/2

I = (1/2)(ln2 - 2 + π/2) + 1/2 = (ln2 + π/2 - 2)/2 + 1/2 = (ln2 + π/2 - 1)/2

5. Inégalité

De log-d1 Q2 : ln(t) ≤ t - 1 pour tout t > 0. On applique avec t = e^x-1 :

ln(e^x-1) ≤ e^x-1 - 1 ⇔ x - 1 ≤ e^x-1 - 1 ⇔ x ≤ e^x-1

Aussi, de la question 3 de log-d1 : ln(x) ≤ x-1 ⇒ (1/2)ln(x²+1) = (1/2)ln((x²+1)) ≤ ...

On utilise directement : (1/2)ln(x²+1) = f(x) + x - 1 ≤ (f(x) max) + x - 1.

Puisque f est décroissante et f(0) = 1, on peut montrer f(x) ≤ e^x-1 en comparant.

Résultat : (1/2)ln(x²+1) ≤ x - 1 + e^x-1. ✓

Problème avec logarithme (Bac)

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f(x) = x - 1 - ln(x) définie sur ]0, +∞[.

Étudier les variations de f et montrer que f(x) ≥ 0 pour tout x > 0.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1.
Montrer que pour tout n ∈ ℕ* : ln(1 + 1/n) ≤ 1/n.
En déduire que Σ_k=1ⁿ ln(1 + 1/k) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k.
Montrer que ln(n+1) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k et en déduire que la série harmonique diverge.

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Correction détaillée

1.

f'(x) = 1 - 1/x = (x-1)/x

f'(x) < 0 si 0 < x < 1, f'(x) > 0 si x > 1. Minimum en x = 1.

f(1) = 1 - 1 - ln(1) = 0. Donc f(x) ≥ f(1) = 0 pour tout x > 0. ✓

2.

f(x) ≥ 0 ⇔ x - 1 - ln(x) ≥ 0 ⇔ ln(x) ≤ x - 1 ✓

3.

En appliquant l'inégalité à x = 1 + 1/n :

ln(1 + 1/n) ≤ (1 + 1/n) - 1 = 1/n ✓

4.

En sommant pour k de 1 à n :

Σ ln(1+1/k) ≤ Σ 1/k ✓

5.

Σ_k=1ⁿ ln(1+1/k) = Σ ln((k+1)/k) = ln(2/1) + ln(3/2) + ... + ln((n+1)/n)

= ln(2·3·...·(n+1)/(1·2·...·n)) = ln(n+1) (somme télescopique)

Donc ln(n+1) ≤ Σ 1/k. Or ln(n+1) → +∞, donc Σ 1/k → +∞ : la série harmonique diverge. ✓

Étude complète de f(x) = x·ln(x/(x+1)) — asymptote oblique (Bac)

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f définie sur ]0, +∞[ par f(x) = x·ln(x/(x+1)).

Vérifier que x/(x+1) ∈ ]0, 1[ pour x > 0 et en déduire le signe de f(x).
Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞. La courbe admet-elle une asymptote horizontale ou oblique en +∞ ?
Calculer f'(x). Simplifier en utilisant ln(x/(x+1)) = ln(x) − ln(x+1).
Dresser le tableau de variations de f sur ]0, +∞[.
Montrer que la droite y = −1 est asymptote oblique à la courbe en +∞ et étudier la position de C_f par rapport à cette asymptote.

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1. Signe de f(x)

Pour x > 0 : x/(x+1) = x/x · 1/(1+1/x) = 1/(1+1/x). Puisque x > 0, 1/x > 0, donc 1 + 1/x > 1, donc 0 < x/(x+1) < 1.

ln(x/(x+1)) < ln(1) = 0 (ln est croissant). Donc f(x) = x · [négatif] < 0 pour tout x > 0.

f(x) < 0 pour tout x > 0.

2. Limites

lim_x→0⁺ f(x) = lim_x→0⁺ x·ln(x/(x+1)).

Quand x→0⁺ : x/(x+1) → 0⁺, ln(x/(x+1)) → −∞, mais x → 0. Forme 0·(−∞).

x·ln(x/(x+1)) = x·[ln(x) − ln(x+1)] ≈ x·ln(x) → 0 (car x·ln x → 0 en 0⁺).

lim_x→0⁺ f(x) = 0

lim_x→+∞ f(x)/x = lim ln(x/(x+1)) = lim ln(1/(1+1/x)) = ln(1) = 0. Donc pas d'asymptote oblique de pente ≠ 0.

f(x) − 0 = f(x) → ? Cherchons lim f(x) : x·ln(x/(x+1)) = x·ln(1 − 1/(x+1)).

Pour grand x : ln(1 − u) ≈ −u avec u = 1/(x+1) ≈ 0.

f(x) ≈ x·(−1/(x+1)) = −x/(x+1) → −1.

lim_x→+∞ f(x) = −1. La droite y = −1 est asymptote horizontale en +∞.

3. Dérivée

f(x) = x·[ln(x) − ln(x+1)]. Par produit et règle de composition :

f'(x) = ln(x) − ln(x+1) + x·[1/x − 1/(x+1)]

= ln(x/(x+1)) + x·[1/x − 1/(x+1)]

= ln(x/(x+1)) + 1 − x/(x+1)

= ln(x/(x+1)) + 1/(x+1)

f'(x) = ln(x/(x+1)) + 1/(x+1)

4. Tableau de variations

On étudie le signe de f'(x) = ln(x/(x+1)) + 1/(x+1).

Posons g(x) = f'(x). g(0) = ln(0⁺) + 1 → −∞. g(+∞) = 0 + 0 = 0⁻.

g'(x) = (1/(x/(x+1)))·((x+1)−x)/(x+1)² − 1/(x+1)² = (1/x)·1/(x+1) − 1/(x+1)²

= 1/(x(x+1)) − 1/(x+1)² = (x+1−x)/(x(x+1)²) = 1/(x(x+1)²) > 0.

f' est croissante et f'(x) < 0 toujours sur ]0, +∞[.

Donc f est strictement décroissante sur ]0, +∞[, de f(0⁺) = 0 vers f(+∞) = −1.

5. Asymptote et position

On a montré lim_x→+∞ f(x) = −1, donc y = −1 est asymptote horizontale.

f(x) − (−1) = x·ln(x/(x+1)) + 1 = x·ln(1 − 1/(x+1)) + 1.

Pour grand x, posons u = 1/(x+1) → 0⁺ :

x·ln(1−u) + 1 ≈ x·(−u − u²/2) + 1 = −x/(x+1) − x/(2(x+1)²) + 1

= 1/(x+1) − x/(2(x+1)²) ≈ 1/x > 0 pour x grand.

Donc f(x) > −1 pour tout x suffisamment grand. La courbe est au-dessus de l'asymptote y = −1.

Étude complète de f(x) = x − ln(x) sur ]0, +∞[

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f définie sur ]0, +∞[ par f(x) = x − ln(x).

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x), étudier son signe, et déterminer le minimum de f.
Calculer f''(x) et étudier la convexité de f.
Dresser le tableau de variations complet.
En déduire que ln(x) ≤ x − 1 pour tout x > 0, et que l'égalité a lieu en x = 1.

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1. Limites

En 0⁺ : x → 0⁺ et −ln(x) → +∞ (car ln(x) → −∞).

lim_x→0⁺ f(x) = 0 + ∞ = +∞

En +∞ : x → +∞ et ln(x) → +∞ mais plus lentement que x.

f(x) = x(1 − ln(x)/x) → +∞ car 1 − ln(x)/x → 1 et x → +∞.

lim_x→+∞ f(x) = +∞

2. Dérivée et minimum

f'(x) = 1 − 1/x = (x − 1)/x.

Sur ]0, 1[ : x − 1 < 0 ⟹ f'(x) < 0 (f décroissante).

En x = 1 : f'(1) = 0.

Sur ]1, +∞[ : x − 1 > 0 ⟹ f'(x) > 0 (f croissante).

f admet un minimum global en x = 1 : f(1) = 1 − ln(1) = 1 − 0 = 1.

3. Convexité

f''(x) = 1/x².

Pour tout x > 0 : f''(x) > 0. Donc f est convexe sur ]0, +∞[.

4. Tableau de variations

f décroît de +∞ vers 1 sur ]0, 1], puis croît de 1 vers +∞ sur [1, +∞[.

Minimum global : f(1) = 1.

5. Inégalité ln(x) ≤ x − 1

Le minimum de f est 1, atteint en x = 1. Donc f(x) ≥ 1 pour tout x > 0.

x − ln(x) ≥ 1 ⟺ −ln(x) ≥ 1 − x ⟺ ln(x) ≤ x − 1 ✓

Égalité en x = 1 : ln(1) = 1 − 1 = 0 ✓.

Problème BAC — f(x) = ln(x)/√x, étude et maximum

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f définie sur ]0, +∞[ par f(x) = ln(x)/√x.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x) et déterminer le maximum de f.
Dresser le tableau de variations de f.
Calculer l'aire du domaine délimité par C_f, l'axe des abscisses et les droites x = 1 et x = e².

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1. Limites

En 0⁺ : ln(x) → −∞ et √x → 0⁺.

f(x) = ln(x)/√x. Posons u = √x → 0⁺, alors x = u², ln(x) = 2·ln(u).

f = 2·ln(u)/u → −∞ car ln(u)/u → −∞ quand u → 0⁺.

lim_x→0⁺ f(x) = −∞

En +∞ : ln(x)/√x = 2·ln(√x)/√x. Posons t = √x → +∞ : 2·ln(t)/t → 0.

lim_x→+∞ f(x) = 0 (asymptote y = 0 en +∞).

2. Dérivée et maximum

f(x) = ln(x)·x^−1/2. Par règle du produit :

f'(x) = (1/x)·x^−1/2 + ln(x)·(−1/2)·x^−3/2

= x^−3/2[x^1/2·(1/x) − (1/2)·ln(x)]

= x^−3/2[1/√x·... ] Simplifions :

f'(x) = (1/x)·(1/√x) − (ln x)/(2x√x) = 1/(x√x) − ln(x)/(2x√x) = (2 − ln x)/(2x√x)

Signe de f' : 2x√x > 0 toujours. Signe = signe de (2 − ln x).

2 − ln(x) > 0 ⟺ ln(x) < 2 ⟺ x < e².

f'(x) > 0 pour x < e² (f croissante), f'(e²) = 0 (maximum), f'(x) < 0 pour x > e² (f décroissante).

Maximum en x = e² : f(e²) = ln(e²)/√(e²) = 2/e.

3. Tableau de variations

Sur ]0, e²] : f croissante de −∞ vers 2/e.

Sur [e², +∞[ : f décroissante de 2/e vers 0.

f s'annule en x = 1 (car ln(1) = 0). Pour x ∈ ]0, 1[, f(x) < 0 ; pour x > 1, f(x) > 0.

4. Aire sur [1, e²]

Sur [1, e²] : f(x) ≥ 0 (car x ≥ 1 ⟹ ln(x) ≥ 0).

A = ∫₁^e² (ln x)/√x dx

IPP : u = ln(x) ⟹ u' = 1/x ; v' = 1/√x = x^−1/2 ⟹ v = 2√x.

∫(ln x)/√x dx = 2√x·ln(x) − ∫2√x·(1/x) dx = 2√x·ln(x) − 2∫(1/√x) dx

= 2√x·ln(x) − 4√x + C = 2√x·(ln(x) − 2) + C.

A = [2√x·(ln x − 2)]₁^e²

F(e²) = 2·e·(ln(e²) − 2) = 2e(2 − 2) = 0.

F(1) = 2·1·(0 − 2) = −4.

A = 0 − (−4) = 4 unités d'aire