Terminale A2 · Leçon 3
Fonction logarithme népérien
Ce que dit le programme officiel (20 points)
- la définition de la fonction logarithme népérien
- ]0 ;1[
- ] 1 ;+∞[
- la dérivée de la fonction logarithme népérien
- le sens de variation de la fonction logarithme népérien
- x↦ax + b + lnx
- x↦ax + b - lnx
- le nombre e
- une valeur approchée du nombre e
- les résultats ln(e) = 1 et ln(1) = 0
- les 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)
- le logarithme népérien
- en utilisant les propriétés algébriques de la fonction logarithme népérien
- des limites de fonctions comportant la fonction logarithme népérien
- des équations faisant intervenir le logarithme népérien
- des inéquations faisant intervenir le logarithme népérien
- x↦ ln(𝑎𝑥² + 𝑏𝑥 + 𝑐) où (a ; b) (0 ; 0)
- x↦ lnx
- traiter une situation faisant appel à la fonction logarithme népérien
Source : Programme éducatif Terminale A2, 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 \(a\)
Limites des fonctions de référence en l'infini et en un réel
Avant d'aborder les techniques de calcul, il est indispensable de maîtriser le comportement asymptotique des fonctions élémentaires. Ce sont elles qui servent de « briques » dans toute limite plus complexe.
Lorsqu'une fonction n'est pas définie en un point \(a\) (par exemple parce qu'elle possède un pôle en ce point), on distingue la limite à droite \(\lim_{x\to a^+} f(x)\) et la limite à gauche \(\lim_{x\to a^-} f(x)\). Si ces deux limites existent et sont égales, on dit que \(f\) a une limite en \(a\) ; sinon, la limite en \(a\) n'existe pas.
Calculons \(\lim_{x\to-\infty} x^3\) et \(\lim_{x\to-\infty} x^4\). Puisque \(3\) est impair, \(x^3 \to -\infty\). Puisque \(4\) est pair, \(x^4 \to +\infty\). La parité change tout le signe.
Quand \(x\to 0^+\), on a \(x > 0\) donc \(\tfrac{1}{x} \to +\infty\). Quand \(x\to 0^-\), on a \(x < 0\) donc \(\tfrac{1}{x} \to -\infty\). La limite en \(0\) n'existe pas ; il y a deux limites unilatérales opposées.
\(\ln\) n'est défini que sur \(\mathopen]0\,,+\infty\mathclose[\). Lorsque \(x\to 0^+\), \(\ln x \to -\infty\) : la courbe plonge verticalement vers \(-\infty\) en s'approchant de l'axe des ordonnées. Lorsque \(x\to+\infty\), \(\ln x \to +\infty\) mais très lentement — bien plus lentement que n'importe quelle puissance de \(x\).
Pour un exposant entier impair, le signe de \(x^n\) est celui de \(x\) ; pour un exposant pair, \(x^n\) est toujours positif ou nul. En pratique : « pair → positif, impair → garde le signe ».
Figure 1 — Comportement comparé de \(x^n\) selon la parité de \(n\)
\(y=x^3\)
\(y=x\)
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