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Fiche méthode3 - Fonction ln.docx
Connaissance et utilisation de la fonction x 7 ln x
1) Règle de calcul :
« ln » est un nouvel outil numérique, comme …, …², sin … ou cos …
ln 1 = 0
ln e = 1 ; ln e² = 2 ; ln e3 = 3 ; ln en = n (pour tout n de N)
1
ln   = − 1 ; ln (e-2) = −2 ; ln e-n = −n (pour tout n de N)
 e
a
1
pour tout a ∈ R* et tout b ∈ R* : ln a + ln b = ln (a + b) ; ln a – ln b = ln   ; ln   = − ln a
b
 
a
Attention à ne pas confondre : ln (x²) = 2 ln x et (ln x)² = ln x × ln x
2) Connaissance de la fonction x 7 ln x : à savoir pas cœur !
1
La fonction x 7 ln x est la primitive de la fonction x 7 sur ]0 ; + ∞[ qui s’annule pour x = 1.
x
1
Elle est définie, continue et dérivable sur ]0 ; + ∞[ et (ln x)’ =
x
Elle est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[
lim ln x = − ∞ et lim ln x = + ∞
x60
x>0
x6+∞
4
Sa courbe représentative est :
3
2
1
0
-
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1
1
-1
-2
-3
-4
-5
3) Résoudre des équations et des inéquations :
Règles utilisées : a = b ⇔ ln a = ln b et a < b ⇔ ln a < ln b
Attention : quelque soit l’équation ou l’inéquation, il faut s’assurer de son domaine de définition
Exemples :
• 2 − ln x = 0 est définie sur ]0 ; + ∞[ et 2 – ln x = 0 ⇔ ln x = 2 ⇔ ln x = ln (e²) ⇔ x = e²
• 2 – ln x > 0 est définie sur ]0 ; + ∞[ et 2 – ln x > 0 ⇔ ln x < 2 ⇔ ln x < ln (e²) ⇔ x < e² donc S = ]0 ; e²[
• ln (3x – 1) = 0 est définie pour 3 x – 1> 0 ; pour x > 1/3 donc sur ]1/3 ; + ∞[
et ln (3 x – 1) = 0 ⇔ ln (3 x – 1) = ln 1 ⇔ 3 x – 1 = 1 ⇔ x = 2/3
• ln (3x – 1) > 0 est définie sur ]1/3 ; + ∞[
et ln (3 x – 1) > 0 ⇔ ln (3 x – 1) > ln 1 ⇔ 3 x – 1 > 1 ⇔ x > 2/3 donc S = ]2/3 ; + ∞[
Cas particulier 1: les équations de la forme a (ln x)² + b (ln x) + c = 0 : (définies sur ]0 ; + ∞[)
ln x est solution de l’équation du 2ième degré a X² + b X + c = 0. On résout cette équation en calculant ∆.
Dans le cas où ∆ > 0, il y a 2 solutions X1 et X2. Or X = ln x donc :
l’équation de départ a donc 2 solutions x1 et x2 telles que : ln x1 = X1 ⇔ x1 = eX1 et ln x2 = X2 ⇔ x2 = eX2
Cas particulier 2 : les inéquations de la forme tn < a (dans les exercices sur les suites géométriques)
tn < a ⇔ ln (tn) < ln a ⇔ n × ln t < ln a
ln a
si 0 <t < 1 alors ln t < 0 et n × ln t < ln a ⇔ n > lnt
ln a
si t > 1 alors ln t > 0 et n × ln t < ln a ⇔ n < lnt
4) Etudier des fonctions contenant ln x :
a) les limites :
ln x
Il y en a deux à connaitre par cœur : lim x ln x = 0 et lim x = 0
x60
x6+∞
x>0
Pour les autres, on utilise les composées, les produits, les quotients …
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Exemples :
• En tant que fonction composée : lim ln (3 x – 1) = − ∞ car lim (3 x – 1) = 0 et lim ln X = − ∞
x 6 1/3
x 6 1/3
X6 0
• En tant que fonction composée : lim (ln x)² = + ∞ car lim ln x = − ∞ et lim X² = + ∞
x60
x60
X6 − ∞
• En tant que produit : lim x ln x = + ∞ car lim x = + ∞ et lim ln x = + ∞
x6+∞
x6+∞
x6+∞
ln x
1
• En tant que produit : lim
= − ∞ car lim = + ∞ et lim ln x = − ∞
x
x60
x60 x
x60
x>0
b) les dérivées :
Il y a une nouvelle formule à connaitre : (ln u)’ =
u’
u
Exemples :
u’
3
=
u 3x−1
1
2 ln x
• si f (x) = (ln x)² = u² (avec u = ln x) alors f ’(x) = 2 u’ u = 2 × × ln x =
x
x
• si f (x) = ln (3 x – 1) = ln u (avec u = 3 x – 1) alors f ’(x) =
1
• si g (x) = x ln x = u v (avec u = x et v = ln x) alors g’(x) = u’v + v’u = 1 × ln x + x × x = ln x + 1
1
× x – 1 × ln x
ln x u
u’v – v’u x
1 – ln x
• si h (x) = x = v (avec u = ln x et v = x) alors h’(x) =
=
=
v²
x²
x²
c) l’étude du signe de la dérivée et les variations de la fonction:
Attention : si ln x apparait dans la dérivée, il faut résoudre une inéquation pour déterminer le signe
Exemples :
2 ln x
• Pour f (x) = (ln x)² ; on a f ’(x) = x
Pour tout x de ]0 ; + ∞[ : x > 0 et on résout 2 ln x > 0 ⇔ ln x > ln 1 ⇔ x > 1 donc :
x
x
2 ln x
f ’(x)
0
1
+
−
−
+∞
+∞
+
+
+
+∞
on calcule :
2 ln 1
f (1) = 1 = 0
f (x)
0
4
3
2
1
O
1 2 3 4 5 6 7 8 9
• Pour g (x) = x ln x ; on a g’(x) = ln x + 1
1
1
On résout ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > − 1 ⇔ ln x > ln  e ⇔ x > e donc :
 
x
g’(x) = ln x + 1
0
+∞
+
+∞
1/e
−
0
g (x)
−1/e
4
3
2
1
on calcule :
g (1/e) = 1/e × ln (1/e)
= −1/e
O
1 2 3 4 5 6 7 8 9
ln x
1 – ln x
• Pour h (x) = x ; on a h’(x) = x²
Pour tout x de ]0 ; + ∞[ : x² > 0 et on résout 1 − ln x > 0 ⇔ ln x < 1 ⇔ ln x < ln e ⇔ x < e donc :
x
x²
1 − ln x
h’(x)
0
e
+
+
+
+∞
+
−
−
1/e
h (x)
−∞
0
0,5
on calcule :
h (e) = ln (e)/e = 1/e
O
1 2 3 4 5 6 7 8 9
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5) Déterminer des primitives :
Bien sur x 7 ln x est une primitive de x 7
1
x
u’
u dont la primitive est ln u
1
1
3
1 u’
1
1
Ex : f (x) =
= ×
= × (avec u = 3 x – 1) donc F(x) = ln u = ln (3 x – 1)
3x−1 3 3x−1 3 u
3
3
1
ou reconnaitre la forme u’ u dont la primitive est 2 u²
ln x 1
1
1
Ex : f (x) =
x = x × ln x = u’ × u (avec u = ln x) donc F(x) = 2 u² = 2 (ln x)²
mais, très souvent, on vous demande de savoir que : Vérifier que F est une primitive de f signifie :
Dériver F et trouver F’ = f
Sinon, on peut reconnaitre la forme
6) Questions diverses :
a) Asymptotes :
ln x
x
Cf admet la droite y = 5 x − 3 pour asymptote oblique car lim [f (x) − (5 x − 3)] = 0
Exemple : f (x) = 5 x − 3 +
x6+∞
Exemple : f (x) = ln (3 x – 1)
lim ln (3 x – 1) = − ∞ donc Cf admet la droite x = 1/3 pour asymptote verticale.
x 6 1/3
b) Tangente : y = f '(a) (x − a)+ f (a)
Exemple : f (x) = x² − 2 + ln x
1
f ’(x) = 2 x + x
La tangente à Cf en x = 1 a pour équation : y = f ’(1) (x – 1) + f (1) = 3 (x – 1) – 1 = 3 x – 4
c) Utilisation d'une fonction auxiliaire g car f ’(x) s’écrit en fonction de g (x).
Attention, c’est le signe de f ’(x) qui dépend du signe de g (x)
Si cette fonction auxiliaire est nécessaire, c’est qu’on ne sait pas résoudre g (x) > 0.
On trouve le signe de g (x) en étudiant la fonction g pour obtenir son tableau de variations et en utilisant les
solutions de g (x) = 0 (exactes ou approchées avec le théorème des valeurs intermédiaires)
Exemple : g (x) = x² − 2 + 2 ln x
1
• g’(x) = 2 x + x Pour tout x de ]0 ; + ∞[, g’(x) > 0 donc g est strictement croissante sur ]0 ;+ ∞[
• Avec le théorème des valeurs intermédiaires sur [1 ; 2]
pour l'existence de la solution, il y a 3 conditions :
f est dérivable, strictement monotone sur [a ; b] et 0 ∈ [f (a) ; f (b)]
g est dérivable et strictement croissante sur [1 ; 2]
g(1) = − 1 < 0 et g (2) = 2 + 2 ln 2 > 0 donc 0 ∈ [g (1) ; g (2)]
donc il existe un unique nombre α appartenant à [1 ; 2] tel que g (α) = 0
pour l'encadrement : α est toujours compris entre 2 nombres dont les images sont de signes contraires
f (1,24) ≈ − 0,03 < 0 et f (1,25) ≈ 0,008 > 0 donc 0 ∈ [f (1,24 ; f (1,25]
donc 1,24 < α < 1,25
• On obtient donc le signe de g (x) : positif sur [α ; + ∞[ et négatif sur ]− ∞ ; α]