Fonction logarithme népérien

1. a)$48=16\times 3=2^4\times 3$. D’après $\ln (ab)=\ln a+\ln b$ et $\ln (a^n)=n\ln a$ : $\ln 48=\ln (2^4)+\ln 3$ $=4\ln 2+\ln 3$. (1)
2. b)Pour tout réel $x$, $\ln (e^x)=x$, donc $\ln (e^5)=5$. Et $\ln {\displaystyle \frac{1}{e}}=-\ln e=-1$. Ainsi $\ln (e^5)-\ln {\displaystyle \frac{1}{e}}=5-(-1)$ $=6$. (1)
3. c)$-2\ln 3=\ln (3^{-2})=\ln {\displaystyle \frac{1}{9}}$, donc $e^{-2\ln 3}={\displaystyle \frac{1}{9}}$, car $e^{\ln x}=x$ pour $x>0$. Et $\ln \sqrt{e^3}={\displaystyle \frac{1}{2}}\ln (e^3)={\displaystyle \frac{3}{2}}$. Donc $e^{-2\ln 3}+\ln \sqrt{e^3}={\displaystyle \frac{1}{9}}+{\displaystyle \frac{3}{2}}={\displaystyle \frac{29}{18}}$. (1)

Repère — ln et exp se « détruisent » : e^(ln x) = x pour x > 0, ln(eˣ) = x pour tout réel x.

1. a)Les deux membres sont strictement positifs ($e^{2x+1}>0$ et $9>0$), donc $e^{2x+1}=9⟺2x+1=\ln 9$ $⟺x={\displaystyle \frac{\ln 9-1}{2}}$. Comme $\ln 9=2\ln 3$ : $x=\ln 3-{\displaystyle \frac{1}{2}}\approx 0,60$. $𝒮=\{\ln 3-{\displaystyle \frac{1}{2}}\}$. (1)
2. b)Ensemble de définition. $5x-3>0⟺x>{\displaystyle \frac{3}{5}}$ et $2x+9>0⟺x>-{\displaystyle \frac{9}{2}}$ : l’équation a un sens pour $x>{\displaystyle \frac{3}{5}}$.
   Résolution. Pour $x>{\displaystyle \frac{3}{5}}$, ln étant strictement croissante, $\ln (5x-3)=\ln (2x+9)$ $⟺5x-3=2x+9⟺3x=12$ $⟺x=4$. Comme $4>{\displaystyle \frac{3}{5}}$, $𝒮=\{4\}$. (1)
3. c)L’équation a un sens pour $x>0$. On pose $X=\ln x$ : $X^2-X-6=0$. $\Delta =1+24=25$, d’où $X={\displaystyle \frac{1+5}{2}}=3$ ou $X={\displaystyle \frac{1-5}{2}}=-2$. Donc $\ln x=3⟺x=e^3$, ou $\ln x=-2⟺x=e^{-2}$. Les deux valeurs sont strictement positives, donc conviennent, avec $x>0$ (ensemble de définition) : $𝒮=\{e^{-2};e^3\}$. (1)
4. d)Les deux membres sont strictement positifs et ln est strictement croissante : $0,6^n<0,05$ $⟺n\ln 0,6<\ln 0,05$. Comme $0<0,6<1$, $\ln 0,6<0$ : en divisant, le sens change, $⟺n>{\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,6}}\approx 5,86$. Le plus petit entier qui convient est $n=6$. (1)

Repère — Diviser par ln q avec 0 < q < 1, c’est diviser par un nombre négatif : le sens de l’inégalité change.

1. a)Chaque année, le capital est multiplié par $1+{\displaystyle \frac{4}{100}}=1,04$ : $(C_n)$ est géométrique de raison $1,04$ et de premier terme $C_0=3000$. Donc $C_n=3000\times 1,{04}^n$, et $C_5=3000\times 1,{04}^5\approx 3649,96$ €. (1)
2. b)$C_n>5000⟺1,{04}^n>{\displaystyle \frac{5}{3}}$ (division par $3000>0$) $⟺n\ln 1,04>\ln {\displaystyle \frac{5}{3}}$ (ln strictement croissante) $⟺n>{\displaystyle \frac{\ln (5/3)}{\ln 1,04}}$, le sens étant conservé car $\ln 1,04>0$. Or ${\displaystyle \frac{\ln (5/3)}{\ln 1,04}}\approx 13,02$ : le capital dépasse $5000$ € au bout de $14$ ans. (1)
3. c)Première erreur : il faut d’abord isoler $1,{04}^n$ en divisant par $3000$, ce qui donne $\ln {\displaystyle \frac{5000}{3000}}$ ; l’élève a soustrait, et le logarithme d’une différence ne se simplifie pas. Deuxième erreur : une inéquation conduit à une condition $n⩾\dots$ suivie du choix du plus petit entier, pas à une égalité. (1)

Repère — Pour un seuil, on isole la puissance qⁿ avant d’appliquer ln, puis on conclut par le premier entier qui convient.

1. a)Pour tout réel $x$, $x^2+1⩾1>0$ : $u(x)=x^2+1$ est dérivable et strictement positive sur $ℝ$, donc $\ln u$ y est définie et dérivable, avec $(\ln u{)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u\prime }{u}}={\displaystyle \frac{2x}{x^2+1}}$. Ainsi $g\prime (x)=1-{\displaystyle \frac{2x}{x^2+1}}$ $={\displaystyle \frac{x^2+1-2x}{x^2+1}}={\displaystyle \frac{(x-1{)}^2}{x^2+1}}$. (1)
2. b)Un carré est positif et $x^2+1>0$ : $g\prime (x)⩾0$ pour tout $x$, et $g\prime (x)=0$ seulement en $x=1$. La dérivée est positive et ne s’annule qu’en un point isolé : $g$ est strictement croissante sur $ℝ$. Pour $x⩾0$, $g(x)⩾g(0)=0-\ln 1=0$, c’est-à-dire $x-\ln (x^2+1)⩾0$ : $\ln (x^2+1)⩽x$. (1)
3. c)En $+\infty$, $x\to +\infty$ et $\ln (x^2+1)\to +\infty$ : forme indéterminée « $\infty -\infty$ ». Pour $x>0$, $x^2+1=x^2(1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}})$, donc $\ln (x^2+1)$ $=2\ln x+\ln (1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}})$ et $g(x)$ $=x(1-2{\displaystyle \frac{\ln x}{x}})-\ln (1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}})$. Par croissance comparée, ${\displaystyle \frac{\ln x}{x}}\to 0$, donc la parenthèse tend vers $1$ et, par produit, le premier terme tend vers $+\infty$. Par composition, $\ln (1+{\displaystyle \frac{1}{x^2}})\to \ln 1=0$. Par somme, $\underset{x\to +\infty }{lim}g(x)=+\infty$. (1)

Repère — (ln u)′ = u′/u : on vérifie d’abord que u reste strictement positive sur tout l’intervalle.

1. a)$f$ est dérivable sur $]0;+\infty [$. Dérivée d’un produit : $(x\ln x{)}^{\prime }=1\times \ln x+x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}$ $=\ln x+1$. Donc $f\prime (x)=\ln x+1-2$ $=\ln x-1$. (1)
2. b)$f\prime (x)>0⟺\ln x>1⟺x>e$ (ln strictement croissante), et $f\prime (e)=0$. Donc $f$ est décroissante sur $]0;e]$ et croissante sur $[e;+\infty [$. Son minimum est $f(e)=e\times 1-2e=-e$.
   

   $x$	$0$		$e$		$+\infty$
   $f\prime (x)$	||	$-$	$0$	$+$
   $f$	$0$	↘	$-e$	↗	$+\infty$

   (1)
3. c)$f(1)=1\times 0-2=-2$ et $f\prime (1)=\ln 1-1=-1$. La tangente a pour équation $y=f\prime (1)(x-1)+f(1)$ $=-(x-1)-2$, soit $y=-x-1$. (1)
4. d)En $0^{+}$ : $x\ln x\to 0$ par croissance comparée et $-2x\to 0$ ; par somme, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}f(x)=0$. En $+\infty$ : $f(x)=x(\ln x-2)$, avec $x\to +\infty$ et $\ln x-2\to +\infty$ ; par produit, $\underset{x\to +\infty }{lim}f(x)=+\infty$ (pas de forme indéterminée sous cette forme). (1)

Repère — En 0⁺, x ln x tend vers 0 : la puissance de x l’emporte sur le logarithme.

1. a)En $0^{+}$ : $2\ln x\to -\infty$ et $-x+1\to 1$ ; par somme, $\underset{x\to 0^{+}}{lim}h(x)=-\infty$. En $+\infty$ : forme « $\infty -\infty$ ». Pour $x>0$, $h(x)=x(2{\displaystyle \frac{\ln x}{x}}-1+{\displaystyle \frac{1}{x}})$ ; par croissance comparée, la parenthèse tend vers $-1$, et $x\to +\infty$ : par produit, $\underset{x\to +\infty }{lim}h(x)=-\infty$. (1)
2. b)$h\prime (x)={\displaystyle \frac{2}{x}}-1={\displaystyle \frac{2-x}{x}}$, du signe de $2-x$ car $x>0$. $h$ est croissante sur $]0;2]$ et décroissante sur $[2;+\infty [$. Son maximum est $h(2)=2\ln 2-2+1$ $=2\ln 2-1\approx 0,39$. (1)
3. c)$h(1)=2\ln 1-1+1=0$ : $1$ est solution. Sur $]0;2]$, $h$ est strictement croissante, donc elle prend la valeur $0$ au plus une fois : $1$ est l’unique solution de cet intervalle. Sur $[2;+\infty [$, $h$ est continue et strictement décroissante, $h(2)=2\ln 2-1>0$ et $\underset{x\to +\infty }{lim}h(x)=-\infty$ : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $h(x)=0$ y a une unique solution $\beta$. Au total, exactement deux solutions. À la calculatrice, $h(3,5)\approx 0,006>0$ et $h(3,6)\approx -0,038<0$, donc $3,5<\beta <3,6$. (1)

Repère — Une solution évidente plus la stricte monotonie donnent l’unicité ; le théorème des valeurs intermédiaires donne l’existence de l’autre.