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Fiche méthode3 - Fonction ln.docx
Connaissance et utilisation de la fonction x 7
77
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 e
3
= 3 ; ln e
n
= n (pour tout n de N)
ln
1
e = − 1 ; ln (e
-2
) = −2 ; ln e
-n
= −n (pour tout n de N)
pour tout a ∈ R* et tout b ∈ R* : ln a + ln b = ln (a + b) ; ln a – ln b = ln
a
b ; ln
1
a = − ln 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
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7 ln x : à savoir pas cœur !
La fonction x 7 ln x est la primitive de la fonction x 7 1
x sur ]0 ; + ∞[ qui s’annule pour x = 1.
Elle est définie, continue et dérivable sur ]0 ; + ∞[ et (ln x)’ = 1
x
Elle est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[
lim
x 6 0
x > 0
ln x = − ∞ et lim
x 6 + ∞
ln x = + ∞
Sa courbe représentative est :
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 2
ième
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 x
1
et x
2
telles que : ln x
1
= X1 ⇔ x
1
= e
X1
et ln x
2
= X2 ⇔ x
2
= e
X2
Cas particulier 2 : les inéquations de la forme t
n
< a (dans les exercices sur les suites géométriques)
t
n
< a ⇔ ln (t
n
) < ln a ⇔ n × ln t < ln a
si 0 <t < 1 alors ln t < 0 et n × ln t < ln a ⇔ n > ln a
lnt
si t > 1 alors ln t > 0 et n × ln t < ln a ⇔ n < ln a
lnt
4) Etudier des fonctions contenant ln x :
a) les limites :
Il y en a deux à connaitre par cœur : lim
x 6 0
x > 0
x ln x = 0 et lim
x 6 + ∞
ln x
x = 0
Pour les autres, on utilise les composées, les produits, les quotients …
- 0123456
7
8
9
1 1
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5

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Exemples :
• En tant que fonction composée : lim
x 6 1/3
ln (3 x – 1) = − ∞ car lim
x 6 1/3
(3 x – 1) = 0 et lim
X6 0
ln X = − ∞
• En tant que fonction composée : lim
x 6 0
(ln x)² = + ∞ car lim
x 6 0
ln x = − ∞ et lim
X6 − ∞
X² = + ∞
• En tant que produit : lim
x 6 + ∞
x ln x = + ∞ car lim
x 6 + ∞
x = + ∞ et lim
x 6 + ∞
ln x = + ∞
• En tant que produit : lim
x 6 0
ln x
x = − ∞ car lim
x 6 0
x > 0
1
x = + ∞ et lim
x 6 0
ln x = − ∞
b) les dérivées :
Il y a une nouvelle formule à connaitre : (ln u)’ = u’
u
Exemples :
• si f (x) = ln (3 x – 1) = ln u (avec u = 3 x – 1) alors f ’(x) = u’
u = 3 3 x − 1
• si f (x) = (ln x)² = u² (avec u = ln x) alors f ’(x) = 2 u’ u = 2 × 1
x × ln x = 2 ln x x
• 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 + 1
x × x = ln x + 1
• si h (x) = ln x
x = u v (avec u = ln x et v = x) alors h’(x) = u’v – v’u v² =
1
x × x – 1 × ln x
x² = 1 – ln x 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 :
• Pour f (x) = (ln x)² ; on a f ’(x) = 2 ln x
x
Pour tout x de ]0 ; + ∞[ : x > 0 et on résout 2 ln x > 0 ⇔ ln x > ln 1 ⇔ x > 1 donc :
x 0 1 +
∞
x + +
2 ln x − +
f ’(x) − +
f (x)
+
∞
+
∞
0
• Pour g (x) = x ln x ; on a g’(x) = ln x + 1
On résout ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > − 1 ⇔ ln x > ln
1
e ⇔ x > 1 e donc :
x 0 1/e +
∞
g’(x) = ln x + 1 − +
g (x)
0 +
∞
−1/e
• Pour h (x) = ln x
x ; on a h’(x) = 1 – ln 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 0 e +
∞
x² + +
1 − ln x + −
h’(x) + −
h (x)
1/e
− ∞ 0
O
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
4
O
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2
3
4
on calcule :
f (1) = 2 ln 1
1 = 0
on calcule :
g (1/e) = 1/e × ln (1/e)
= −1/e
on calcule :
h (e) = ln (e)/e = 1/e
O
1
0,5
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
Sinon, on peut reconnaitre la forme u’
u dont la primitive est ln u
Ex : f (x) = 1
3 x − 1 = 1 3 × 3 3 x − 1 = 1 3 × u’ u (avec u = 3 x – 1) donc F(x) = 1 3 ln u = 1 3 ln (3 x – 1)
ou reconnaitre la forme u’ u dont la primitive est 1
2 u²
Ex : f (x) = ln x
x = 1 x × ln x = u’ × u (avec u = ln x) donc F(x) = 1 2 u² = 1 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
6) Questions diverses :
a) Asymptotes :
Exemple : f (x) = 5 x − 3 + ln x
x
Cf admet la droite y = 5 x − 3 pour asymptote oblique car lim
x 6 + ∞
[f (x) − (5 x − 3)] = 0
Exemple : f (x) = ln (3 x – 1)
lim
x 6 1/3
ln (3 x – 1) = − ∞ donc Cf admet la droite x = 1/3 pour asymptote verticale.
b) Tangente : y = f '(a) (x − a)+ f (a)
Exemple : f (x) = x² − 2 + ln x f ’(x) = 2 x + 1
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
• g’(x) = 2 x + 1
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
αα
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]