Terminale A1 · Leçon 4
Fonction logarithme népérien
Ce que dit le programme officiel (18 points)
- Définition de la fonction logarithme népérien
- ] 1 ;+∞[
- Dérivée de la fonction logarithme népérien
- Sens de variation de la fonction logarithme népérien
- x↦ax + b + lnx
- x↦ax + b - lnx
- Nombre e
- Valeur approchée du nombre e
- Résultats ln(e) = 1 et ln(1) = 0
- Propriétés algébriques de la fonction logarithme népérien
- lim x→0 ln x = -∞ ; lim x→+∞ ln x = +∞ ; lim x→+∞ lnx/x = 0 ; lim x→a ln x = lna (a>0)
- Primitives des fonctions du type x ↦ 1/x ; x ↦ a/(cx+d) ; x ↦ u′(x)/u(x)
- Noter le logarithme népérien
- Calculer en utilisant les propriétés algébriques de la fonction logarithme népérien
- Limites de fonctions comportant la fonction logarithme népérien
- Résoudre des équations faisant intervenir le logarithme népérien
- Résoudre des inéquations faisant intervenir le logarithme népérien
- Traiter une situation faisant appel à la fonction logarithme népérien
Source : Programme éducatif Terminale A1, DPFC, version CND 0923
Fonction logarithme népérien : définition, propriétés algébriques
Il existe une unique fonction dérivable sur \(]0\,;+\infty[\), notée \(\ln\) (logarithme népérien), vérifiant :
\[ \ln(1) = 0 \qquad\text{et}\qquad (\ln x)' = \frac{1}{x} \quad\text{pour tout } x > 0. \]Ce sont les deux caractéristiques qui définissent \(\ln\) de façon unique. Toutes les autres propriétés en découlent.
Pour tous réels \(a > 0\) et \(b > 0\) :
\[ \ln(ab) = \ln a + \ln b. \]On en déduit immédiatement, pour \(a, b > 0\) et \(n \in \mathbb{Z}\) :
\[ \ln\!\left(\frac{1}{a}\right) = -\ln a \qquad \ln\!\left(\frac{a}{b}\right) = \ln a - \ln b \qquad \ln(a^{n}) = n\ln a. \]Puisque \((\ln x)' = \dfrac{1}{x} > 0\) pour tout \(x > 0\), la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).
\[ \lim_{x \to 0^{+}} \ln x = -\infty \qquad\qquad \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty. \]Valeurs remarquables : \(\ln 1 = 0\) et, par définition du nombre \(e\), \(\ln e = 1\) (avec \(e \approx 2{,}718\)).
| \(x\) | \(0^+\) | \(\frac{1}{e}\) | \(1\) | \(e\) | \(+\infty\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\ln x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) |
| variation | ↗ strictement croissante | ||||
Pour simplifier \(\ln A\) avec \(A > 0\), on factorise \(A\) en produit, quotient ou puissance, puis on applique les règles algébriques.
- Factoriser l'expression sous le \(\ln\).
- Développer avec \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\), \(\ln(a/b) = \ln a - \ln b\), \(\ln(a^n) = n\ln a\).
- Simplifier les termes restants.
Calculer \(\ln\!\left(\dfrac{e^{3}}{\sqrt{e}}\right)\).
\(\ln\!\left(\dfrac{e^{3}}{\sqrt{e}}\right) = \ln(e^3) - \ln(e^{1/2}) = 3\ln e - \tfrac{1}{2}\ln e = 3 - \tfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}\).
Résoudre \(\ln(2x - 1) = \ln 3\) (sur \(]1/2\,;+\infty[\)).
\(\ln\) étant strictement croissante, l'équation \(\ln A = \ln B\) est équivalente à \(A = B\). Donc \(2x - 1 = 3\), soit \(x = 2\). On vérifie : \(2 \cdot 2 - 1 = 3 > 0\). Solution : \(\{2\}\).
Résoudre \(\ln x \leq \ln(3x - 2)\) sur leur domaine commun.
Domaine : \(x > 0\) et \(3x - 2 > 0\), donc \(x > 2/3\). Comme \(\ln\) est croissante, l'inéquation équivaut à \(x \leq 3x - 2\), soit \(2 \leq 2x\), soit \(x \geq 1\). En intersectant avec le domaine : \(x \geq 1\). Solution : \([1\,;+\infty[\).
On ne peut écrire \(\ln A\) que si \(A\) est strictement positif. Avant tout calcul, il faut donc préciser le domaine en imposant \(A > 0\). Oublier cette condition entraîne une pénalité systématique au Bac.
Pour comparer deux réels strictement positifs \(a\) et \(b\), on peut étudier le signe de \(\ln a - \ln b = \ln(a/b)\) : il est positif si et seulement si \(a/b > 1\), c'est-à-dire \(a > b\). La croissance de \(\ln\) transforme une comparaison de réels en une comparaison de logarithmes.
Figure 1 — Courbe de y = ln x (déplacer le curseur pour lire les valeurs)
tangente en \(a\)
Équations et inéquations avec ln
Le logarithme népérien est strictement croissant sur \(]0\,;+\infty[\), donc bijectif sur cet intervalle : \[\ln u = \ln v \iff u = v \quad (\text{avec } u > 0 \text{ et } v > 0).\] Contrairement à l'exponentielle qui est définie sur tout \(\mathbb{R}\), le logarithme exige que ses arguments soient strictement positifs. Cette vérification du domaine est une étape obligatoire, jamais optionnelle.
Résoudre \(\ln(x+2) = \ln(3x-4)\).
Domaine : il faut \(x + 2 > 0\) et \(3x - 4 > 0\), soit \(x > -2\) et \(x > \tfrac{4}{3}\), donc \(x > \tfrac{4}{3}\).
Sur ce domaine, par injectivité de \(\ln\) : \[x + 2 = 3x - 4 \iff 6 = 2x \iff x = 3.\] Comme \(3 > \tfrac{4}{3}\), la solution est valide : \(\mathbb{S} = \{3\}\).
Résoudre \(\ln x + \ln(x+3) = \ln 10\).
Domaine : \(x > 0\) (la condition \(x+3>0\) est alors automatiquement satisfaite).
On applique \(\ln a + \ln b = \ln(ab)\) : \[\ln\!\big(x(x+3)\big) = \ln 10 \iff x(x+3) = 10.\] \[x^2 + 3x - 10 = 0.\] Discriminant : \(\Delta = 9 + 40 = 49\), \(\sqrt{\Delta} = 7\). \[x = \frac{-3 \pm 7}{2} \Rightarrow x = 2 \text{ ou } x = -5.\] Seul \(x = 2 > 0\) est dans le domaine. \(\mathbb{S} = \{2\}\).
Résoudre \(\ln(2x-1) = 2\).
Domaine : \(2x - 1 > 0\), soit \(x > \tfrac{1}{2}\).
On applique \(e^{\ln(\cdot)} = (\cdot)\) : \[\ln(2x-1) = 2 \iff 2x - 1 = e^2 \iff x = \frac{e^2 + 1}{2}.\] Comme \(\tfrac{e^2+1}{2} \approx 4{,}19 > \tfrac{1}{2}\), la solution est valide : \(\mathbb{S} = \!\left\{\dfrac{e^2+1}{2}\right\}\).
Une solution algébriquement correcte peut ne pas appartenir au domaine de définition (argument du logarithme négatif ou nul). Dans l'exemple 2, \(x = -5\) satisfait l'équation algébrique mais rend \(\ln x\) inexistant : elle doit être rejetée. Cette vérification finale est toujours exigée au Bac.
Figure 2 — Intersection de \(y = \ln x + \ln(x+3)\) et \(y = \ln 10\)
Parce que \(\exp\) et \(\ln\) sont toutes deux strictement croissantes, elles conservent le sens des inégalités :
\[u < v \iff e^u < e^v \qquad (u, v \in \mathbb{R})\] \[u < v \iff \ln u < \ln v \qquad (u, v > 0)\]Une fonction strictement décroissante aurait inversé le sens : c'est la raison pour laquelle il faut vérifier le sens de variation avant de passer une inégalité « sous l'exponentielle » ou « sous le logarithme ».
Résoudre \(e^x \leq 5\).
L'exponentielle est croissante, donc on peut prendre le logarithme des deux membres en conservant le sens : \[e^x \leq 5 \iff x \leq \ln 5.\] \(\mathbb{S} = ]-\infty\,;\,\ln 5]\).
Résoudre \(\ln(2x-1) > 0\).
Domaine : \(2x - 1 > 0\), soit \(x > \tfrac{1}{2}\).
On remarque que \(\ln 1 = 0\), et \(\ln\) est croissante, donc : \[\ln(2x-1) > 0 \iff 2x - 1 > 1 \iff x > 1.\] En croisant avec le domaine \(x > \tfrac{1}{2}\), on obtient : \(\mathbb{S} = ]1\,;+\infty[\).
Résoudre \(e^{2x} > 3e^x\).
On écrit \(e^{2x} - 3e^x > 0\), puis on factorise par \(e^x > 0\) : \[e^x(e^x - 3) > 0.\] Puisque \(e^x > 0\) toujours, l'inégalité est équivalente à \(e^x - 3 > 0\), soit \(e^x > 3\), soit \(x > \ln 3\). \(\mathbb{S} = ]\ln 3\,;+\infty[\).
Quand une inéquation contient \(e^{2x}\) et \(e^x\), il est souvent plus rapide de factoriser par \(e^x\) (toujours positif) que de poser \(t = e^x\) : on économise le changement de variable tout en traitant le signe correctement.
Figure 3 — Résolution graphique d'inéquations exponentielles
Primitives : définition, primitives usuelles
\(F\) est une primitive de \(f\) sur \(I\) si \(F'(x)=f(x)\) pour tout \(x\in I\).
Toutes les primitives de \(f\) sont de la forme \(F(x)+C\) où \(C\in\mathbb{R}\).
| Fonction \(f(x)\) | Primitive \(F(x)\) | Condition |
|---|---|---|
| \(k\) (constante) | \(kx\) | |
| \(x^n\) | \(\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\) | \(n\neq-1\) |
| \(\dfrac{1}{x}\) | \(\ln|x|\) | \(x\neq 0\) |
| \(e^x\) | \(e^x\) | |
| \(e^{ax+b}\) | \(\dfrac{1}{a}e^{ax+b}\) | \(a\neq 0\) |
| \(\cos(x)\) | \(\sin(x)\) | |
| \(\sin(x)\) | \(-\cos(x)\) | |
| \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) | \(2\sqrt{x}\) | \(x>0\) |
\(\displaystyle\int e^{2x}\,dx=\frac{1}{2}e^{2x}+C\) — vérification : \(\left(\frac{1}{2}e^{2x}\right)'=e^{2x}\)
| Forme | Primitive | Condition |
|---|---|---|
| \(u'\cdot u^n\) | \(\dfrac{u^{n+1}}{n+1}\) | \(n\neq-1\) |
| \(\dfrac{u'}{u}\) | \(\ln|u|\) | \(u\neq 0\) |
| \(u'\cdot e^u\) | \(e^u\) | |
| \(\dfrac{u'}{\sqrt{u}}\) | \(2\sqrt{u}\) | \(u>0\) |
\[\int 2x(x^2+1)^3\,dx=\frac{(x^2+1)^4}{4}+C\qquad\int\frac{2x}{x^2+1}\,dx=\ln(x^2+1)+C\qquad\int\frac{3}{3x-1}\,dx=\ln|3x-1|+C\]
Après avoir trouvé \(F(x)\), dérivez toujours pour vérifier \(F'(x)=f(x)\). 10 secondes de vérification = 2 points assurés.
Systèmes d'équations avec ln et exp
Un système mêlant logarithmes et opérations arithmétiques se résout souvent en deux temps. On exploite d'abord les propriétés de \(\ln\) pour transformer la somme ou la différence de logarithmes en une relation sur le produit ou le quotient des inconnues. On dispose alors d'un système {somme ; produit} classique, que l'on résout via un trinôme du second degré dont les inconnues sont les deux racines.
Résoudre \(\displaystyle\begin{cases} x + y = 7 \\ \ln x + \ln y = \ln 12 \end{cases}\) avec \(x > 0\) et \(y > 0\).
La seconde équation s'écrit \(\ln(xy) = \ln 12\), soit \(xy = 12\) (par injectivité de \(\ln\)).
On sait donc que \(x + y = 7\) et \(xy = 12\) : \(x\) et \(y\) sont les racines du trinôme \[t^2 - 7t + 12 = 0.\] Discriminant : \(\Delta = 49 - 48 = 1\), \(\sqrt{\Delta} = 1\). \[t = \frac{7 \pm 1}{2} \Rightarrow t = 4 \text{ ou } t = 3.\] Ces deux valeurs sont positives, donc valides. \(\mathbb{S} = \{(4\,;\,3)\,;\,(3\,;\,4)\}\).
Résoudre \(\displaystyle\begin{cases} e^a \cdot e^b = e^5 \\ e^a + e^b = e^2 + e^3 \end{cases}\).
La première équation donne \(e^{a+b} = e^5\), soit \(a + b = 5\). La seconde montre que \(e^a\) et \(e^b\) ont pour somme \(e^2 + e^3\) et pour produit \(e^5\) (d'après la première équation).
\(e^a\) et \(e^b\) sont racines de \(t^2 - (e^2 + e^3)t + e^5 = 0\). On vérifie : \((t - e^2)(t - e^3) = t^2 - (e^2+e^3)t + e^5\). Oui. Donc \((e^a, e^b) = (e^2, e^3)\) ou \((e^3, e^2)\), ce qui donne \((a, b) = (2, 3)\) ou \((3, 2)\).
Un système à deux inconnues positives avec \(x + y = S\) et \(xy = P\) est toujours équivalent à : « \(x\) et \(y\) sont les racines de \(t^2 - St + P = 0\) ». Cette observation est l'outil central pour ce type de systèmes.
Résumé
\(e^u = e^v \iff u = v\). Pour une équation en \(e^{2x}\) et \(e^x\), poser \(t = e^x > 0\) et résoudre le trinôme en \(t\), puis revenir par \(x = \ln t\) en vérifiant \(t > 0\).
\(\ln u = \ln v \iff u = v\) (avec \(u > 0\) et \(v > 0\)). Toujours déterminer le domaine avant de résoudre, et vérifier que les solutions trouvées appartiennent bien à ce domaine.
\(\exp\) et \(\ln\) sont croissantes : elles conservent le sens des inégalités. Prendre le logarithme ou l'exponentielle ne retourne pas le signe. Ne pas oublier le domaine pour \(\ln\).
Transformer \(\ln x + \ln y\) en \(\ln(xy)\) pour obtenir un système {somme ; produit}. Les inconnues sont alors les racines d'un trinôme \(t^2 - St + P = 0\). Vérifier la positivité.
Sujet type Bac
Partie A — Équations exponentielles. Question 1 : résoudre dans \(\mathbb{R}\) l'équation \(e^{2x} - 4e^x + 3 = 0\).
On pose \(t = e^x > 0\) ; l'équation devient : \[t^2 - 4t + 3 = 0 = (t-1)(t-3).\] Donc \(t = 1\) ou \(t = 3\), deux valeurs positives. \(e^x = 1 \Rightarrow x = 0\) ; \(e^x = 3 \Rightarrow x = \ln 3\).
\(\mathbb{S} = \{0\,;\,\ln 3\}\)
Partie B — Équations logarithmiques. Question 2 : résoudre \(\ln(x^2 - 1) = \ln(2x + 2)\).
Domaine : \(x^2 - 1 > 0\) et \(2x + 2 > 0\), soit \((x < -1 \text{ ou } x > 1)\) et \(x > -1\). En intersectant : domaine \(= ]1\,;+\infty[\).
Sur le domaine, par injectivité de \(\ln\) : \[x^2 - 1 = 2x + 2 \iff x^2 - 2x - 3 = 0 \iff (x-3)(x+1) = 0.\] Soit \(x = 3\) ou \(x = -1\). Seul \(x = 3\) est dans \(]1\,;+\infty[\).
\(\mathbb{S} = \{3\}\)
Partie C — Inéquation. Question 3 : résoudre \(\ln(3x+1) \geq \ln(x+5)\).
Domaine : \(3x + 1 > 0\) et \(x + 5 > 0\), soit \(x > -\tfrac{1}{3}\) et \(x > -5\), donc \(x > -\tfrac{1}{3}\).
Sur ce domaine, \(\ln\) croissante : \[\ln(3x+1) \geq \ln(x+5) \iff 3x + 1 \geq x + 5 \iff 2x \geq 4 \iff x \geq 2.\]
\(\mathbb{S} = [2\,;+\infty[\)
Partie D — Système. Question 4 : résoudre \(\displaystyle\begin{cases} \ln x + \ln y = \ln 6 \\ \ln x - \ln y = \ln \tfrac{2}{3} \end{cases}\), \(x > 0\), \(y > 0\).
En additionnant les deux équations : \[2\ln x = \ln 6 + \ln\tfrac{2}{3} = \ln\!\left(6 \times \tfrac{2}{3}\right) = \ln 4.\] Donc \(\ln x = \tfrac{\ln 4}{2} = \ln 2\), soit \(x = 2\).
En soustrayant la deuxième de la première : \[2\ln y = \ln 6 - \ln\tfrac{2}{3} = \ln\!\left(6 \div \tfrac{2}{3}\right) = \ln 9.\] Donc \(\ln y = \tfrac{\ln 9}{2} = \ln 3\), soit \(y = 3\).
\(\mathbb{S} = \{(2\,;\,3)\}\)
Partie E — Question de synthèse. Question 5 : montrer que pour tout \(x > 0\), on a \(\ln x \leq x - 1\), puis en déduire que \(\ln x \leq x\) pour tout \(x > 0\).
On pose \(h(x) = x - 1 - \ln x\) pour \(x > 0\). \[h'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x-1}{x}.\] \(h'(x) < 0\) si \(x \in ]0\,;1[\), \(h'(1) = 0\), \(h'(x) > 0\) si \(x > 1\). Donc \(h\) admet un minimum en \(x = 1\), avec \(h(1) = 1 - 1 - 0 = 0\). Ainsi \(h(x) \geq 0\) pour tout \(x > 0\), c'est-à-dire \(\ln x \leq x - 1\).
Puisque \(x - 1 \leq x\) pour tout \(x\), on conclut par transitivité : \[\ln x \leq x - 1 \leq x \quad \text{pour tout } x > 0.\]