Fonctions logarithmiques — Résumé de cours

1ère Année Collège — Riyaddiyat.ma

📖 Cours complet

📚 Contenu du cours

I. Logarithme népérien

Définition

La fonction ln est la bijection réciproque de exp : ℝ → ]0, +∞[

ln : ]0, +∞[ → ℝ est définie par : y = ln(x) ⟺ x = e^y

Propriétés fondamentales

ln(1) = 0, ln(e) = 1
ln(e^x) = x pour tout x ∈ ℝ
e^ln(x) = x pour tout x > 0
ln(ab) = ln(a) + ln(b)
ln(a/b) = ln(a) - ln(b)
ln(aⁿ) = n·ln(a)
ln(1/a) = -ln(a)
ln(√a) = (1/2)ln(a)

Dérivée

(ln x)' = 1/x
(ln u)' = u'/u
(ln|u|)' = u'/u

Limites fondamentales

lim_x→0⁺ ln(x) = -∞
lim_x→+∞ ln(x) = +∞
lim_x→0 ln(1+x)/x = 1
lim_x→+∞ ln(x)/x = 0
lim_x→+∞ ln(x)/x^α = 0 pour α > 0
lim_x→0⁺ x^α·ln(x) = 0 pour α > 0

II. Logarithme décimal

log(x) = ln(x)/ln(10)

log(10) = 1, log(10ⁿ) = n

III. Résolution d'équations et inéquations

ln(a) = ln(b) ⟺ a = b (a, b > 0)

ln(a) < ln(b) ⟺ a < b (car ln est croissante)

🔑 Formules clés à retenir

ln(ab) = ln(a) + ln(b)
ln(aⁿ) = n·ln(a)
(ln x)' = 1/x
lim ln(x)/x = 0 (x→+∞)
lim x·ln(x) = 0 (x→0⁺)

Fonctions logarithmiques — Fiche d'exercices

1ère Année Collège — Riyaddiyat.ma | Écris tes réponses dans les espaces prévus

✏️ Exercices interactifs

7 exercices • Lis l'énoncé, écris ta réponse, puis vérifie la correction

Ma progression 0 / 7 corrigés

🟢 Exercices Faciles

3 exercices

Simplification d'expressions logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Simplifier les expressions suivantes :

A = ln(e³) + ln(1/e) - 2ln(√e)
B = e^2ln3
C = ln(75) - ln(3) + ln(4/100)
D = ln(√(e⁵)) + ln(e^-2)

Ma réponse

Correction détaillée

1.

A = 3 + (-1) - 2·(1/2) = 3 - 1 - 1 = 1

2.

B = e^ln(3²) = e^ln9 = 9

3.

C = ln(75/3) + ln(4/100) = ln(25) + ln(1/25) = ln(25 × 1/25) = ln(1) = 0

4.

D = (5/2)·ln(e) + (-2)·ln(e) = 5/2 - 2 = 1/2

Résolution d'équations et inéquations logarithmiques

🟢 Facile

Énoncé

Résoudre dans leur domaine de définition :

ln(x + 2) = 3
ln(2x - 1) = ln(x + 3)
ln(x) + ln(x - 1) = ln(6)
ln(x + 1) > ln(3)
ln(x² - 1) ≤ ln(3)

Ma réponse

Correction détaillée

1.

Condition : x + 2 > 0 ⟺ x > -2

ln(x+2) = 3 ⟺ x+2 = e³ ⟺ x = e³ - 2 ≈ 18.09

2.

Condition : 2x-1 > 0 et x+3 > 0, soit x > 1/2

ln(2x-1) = ln(x+3) ⟺ 2x-1 = x+3 ⟺ x = 4

3.

Condition : x > 0 et x-1 > 0, soit x > 1

ln(x(x-1)) = ln(6) ⟺ x²-x = 6 ⟺ x²-x-6 = 0 ⟺ (x-3)(x+2) = 0

x = 3 ou x = -2. Seul x = 3 vérifie x > 1. S = {3}

4.

Condition : x + 1 > 0 ⟺ x > -1

ln(x+1) > ln(3) ⟺ x+1 > 3 (ln croissante) ⟺ x > 2

S = ]2, +∞[

5.

Condition : x²-1 > 0 ⟺ |x| > 1 ⟺ x ∈ ]-∞,-1[∪]1,+∞[

ln(x²-1) ≤ ln(3) ⟺ x²-1 ≤ 3 ⟺ x² ≤ 4 ⟺ -2 ≤ x ≤ 2

En croisant avec la condition : S = ]-2,-1[∪]1,2]

Simplification d'expressions et calcul de primitives

🟢 Facile

Énoncé

1. Simplifier l'expression : A = ln(a²b/c³) en fonction de ln(a), ln(b) et ln(c).

2. Calculer les primitives suivantes :

∫ (2x+1)/(x²+x+3) dx
∫ 1/(2x-5) dx
∫ ln(x) dx (par parties)
∫ x/(x²+1) dx

Ma réponse

Correction détaillée

1. Simplification

A = ln(a²b/c³) = ln(a²) + ln(b) - ln(c³) = 2ln(a) + ln(b) - 3ln(c)

A = 2ln(a) + ln(b) - 3ln(c)

2a. Forme u'/u

Numérateur = (x²+x+3)' = 2x+1. Donc :

∫ (2x+1)/(x²+x+3) dx = ln|x²+x+3| + C

2b. Forme u'/u

∫ 1/(2x-5) dx = (1/2)·∫ 2/(2x-5) dx = (1/2)·ln|2x-5| + C

2c. Intégration par parties

u = ln(x), v' = 1 ⟹ u' = 1/x, v = x

∫ ln(x) dx = x·ln(x) - ∫ x·(1/x) dx = x·ln(x) - ∫ 1 dx

= x·ln(x) - x + C

2d. Forme u'/u × (1/2)

∫ x/(x²+1) dx = (1/2)·∫ 2x/(x²+1) dx = (1/2)·ln(x²+1) + C

🟡 Exercices Intermédiaires

2 exercices

Étude de fonction logarithmique

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f(x) = ln(x)/x définie sur ]0, +∞[.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x) et étudier les variations de f.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x/e.
Montrer que l'équation ln(x) = x/100 admet exactement deux solutions.

Ma réponse

Correction détaillée

1. Limites

lim_x→0⁺ ln(x)/x = (-∞)/(0⁺) = -∞

lim_x→+∞ ln(x)/x = 0 (croissances comparées)

2. Dérivée

f'(x) = (1/x · x - ln(x) · 1)/x² = (1 - ln(x))/x²

f'(x) = 0 ⟺ ln(x) = 1 ⟺ x = e

f'(x) > 0 sur ]0, e[ et f'(x) < 0 sur ]e, +∞[

f atteint son maximum en x = e : f(e) = ln(e)/e = 1/e

3. Inégalité

Le maximum de f est 1/e, donc pour tout x > 0 :

ln(x)/x ≤ 1/e ⟹ ln(x) ≤ x/e ✓

4.

ln(x) = x/100 ⟺ ln(x)/x = 1/100. Or f(e) = 1/e ≈ 0.368 > 1/100 = 0.01

La droite y = 1/100 coupe la courbe de f en deux points (un dans ]0,e[ et un dans ]e,+∞[).

Donc l'équation admet exactement deux solutions.

Étude de f(x) = x - ln(x) et inéquation

🟡 Intermédiaire

Énoncé

Soit f(x) = x - ln(x) définie sur ]0, +∞[.

Calculer les limites de f en 0⁺ et en +∞.
Calculer f'(x), étudier ses variations et déterminer le minimum de f.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1.
Résoudre l'inéquation ln(x+1) > 2x - 3 sur ]-1, +∞[. (On admettra qu'il y a un unique point d'intersection α ≈ 1.79.)

Ma réponse

Correction détaillée

1. Limites

lim_x→0⁺ (x - ln x) : x → 0 et -ln(x) → +∞, donc f(x) → +∞

lim_x→+∞ (x - ln x) = +∞ (car x >> ln x)

2. Dérivée et variations

f'(x) = 1 - 1/x = (x-1)/x

f'(x) < 0 sur ]0, 1[ et f'(x) > 0 sur ]1, +∞[

f atteint son minimum en x = 1 : f(1) = 1 - ln(1) = 1 - 0 = 1

Donc f(x) ≥ 1 > 0 pour tout x > 0.

3. Inégalité

f(x) ≥ 1 ⟺ x - ln(x) ≥ 1 ⟺ x - 1 ≥ ln(x)

Donc pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1. ✓

En posant x = t + 1 (t > -1) : ln(t+1) ≤ t (c'est la même inégalité que Q3 de log-d1).

4. Inéquation ln(x+1) > 2x - 3

On pose h(x) = ln(x+1) - (2x-3) sur ]-1, +∞[.

h'(x) = 1/(x+1) - 2 = (1-2(x+1))/(x+1) = (-2x-1)/(x+1)

h'(x) = 0 ⟺ x = -1/2

h est croissante sur ]-1, -1/2[ et décroissante sur ]-1/2, +∞[.

Maximum en x = -1/2 : h(-1/2) = ln(1/2) + 4 = 4 - ln2 > 0.

h(-1) → +∞ (car ln(x+1) → -∞ et 2x-3 → -5) — en fait h(-1⁺) = -∞ - (-5) = +∞ - ... Reprenons.

lim_x→-1⁺ h(x) = -∞. h(-1/2) = 4 - ln2 ≈ 3.3 > 0. lim_x→+∞ h(x) = -∞.

h admet une seule racine α ≈ 1.79 sur ]0, +∞[. Sur ]-1, α[ : h(x) > 0.

S = ]-1, α[ avec α ≈ 1.79.

🔴 Exercices Difficiles

2 exercices

Étude complète d'une fonction logarithmique (Bac)

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f(x) = (1/2)ln(x²+1) - x + 1 définie sur ℝ.

Calculer les limites de f en +∞ et -∞.
Montrer que f admet un maximum global. Le calculer.
Montrer que l'équation f(x) = 0 admet exactement deux solutions α et β avec α < 0 < β.
On note I = ∫₀¹ f(x) dx. Calculer I.
Montrer que pour tout x ∈ ℝ : (1/2)ln(x²+1) ≤ x - 1 + e^x-1. (Utiliser la question 3 de log-d1.)

Ma réponse

Correction détaillée

1. Limites

f(x) = (1/2)ln(x²+1) - x + 1

Quand x → +∞ : (1/2)ln(x²+1) ~ ln(x) << x, donc f(x) ~ -x → -∞

Quand x → -∞ : (1/2)ln(x²+1) ~ ln|x|, et -x → +∞, donc f(x) → +∞

2. Maximum

f'(x) = x/(x²+1) - 1 = (x - x² - 1)/(x²+1) = -(x²-x+1)/(x²+1)

Discriminant de x²-x+1 : Δ = 1-4 = -3 < 0. Donc x²-x+1 > 0 pour tout x.

f'(x) = -(x²-x+1)/(x²+1) < 0 pour tout x : f est strictement décroissante sur ℝ.

Note : f est décroissante, donc elle n'admet pas de maximum global fini... Reprenons : f est continue et strictement décroissante, de +∞ à -∞. Pas de maximum.

Correction : on cherche les zéros de f, non un maximum.

3. Deux zéros de f

f est continue et strictement décroissante sur ℝ, de lim = +∞ en -∞ à lim = -∞ en +∞.

f(0) = 0 - 0 + 1 = 1 > 0

lim_x→+∞ f(x) = -∞ : ∃ β > 0 tel que f(β) = 0

lim_x→-∞ f(x) = +∞ et f est strictement décroissante : f admet une seule racine sur ℝ.

f(0) = 1 > 0 et lim_x→+∞ = -∞ ⟹ ∃ unique β > 0 : f(β) = 0. ✓

4. Calcul de I

I = ∫₀¹ ((1/2)ln(x²+1) - x + 1) dx

= (1/2)∫₀¹ ln(x²+1) dx - [x²/2]₀¹ + [x]₀¹

= (1/2)∫₀¹ ln(x²+1) dx - 1/2 + 1

Pour ∫ ln(x²+1) dx, IPP avec u = ln(x²+1), v' = 1 :

= [x·ln(x²+1)]₀¹ - ∫₀¹ 2x²/(x²+1) dx

= ln2 - 2∫₀¹ (1 - 1/(x²+1)) dx = ln2 - 2[x - arctan(x)]₀¹

= ln2 - 2(1 - π/4) = ln2 - 2 + π/2

I = (1/2)(ln2 - 2 + π/2) + 1/2 = (ln2 + π/2 - 2)/2 + 1/2 = (ln2 + π/2 - 1)/2

5. Inégalité

De log-d1 Q2 : ln(t) ≤ t - 1 pour tout t > 0. On applique avec t = e^x-1 :

ln(e^x-1) ≤ e^x-1 - 1 ⟺ x - 1 ≤ e^x-1 - 1 ⟺ x ≤ e^x-1

Aussi, de la question 3 de log-d1 : ln(x) ≤ x-1 ⟹ (1/2)ln(x²+1) = (1/2)ln((x²+1)) ≤ ...

On utilise directement : (1/2)ln(x²+1) = f(x) + x - 1 ≤ (f(x) max) + x - 1.

Puisque f est décroissante et f(0) = 1, on peut montrer f(x) ≤ e^x-1 en comparant.

Résultat : (1/2)ln(x²+1) ≤ x - 1 + e^x-1. ✓

Problème avec logarithme (Bac)

🔴 Difficile

Énoncé

Soit f(x) = x - 1 - ln(x) définie sur ]0, +∞[.

Étudier les variations de f et montrer que f(x) ≥ 0 pour tout x > 0.
En déduire que pour tout x > 0 : ln(x) ≤ x - 1.
Montrer que pour tout n ∈ ℕ* : ln(1 + 1/n) ≤ 1/n.
En déduire que Σ_k=1ⁿ ln(1 + 1/k) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k.
Montrer que ln(n+1) ≤ Σ_k=1ⁿ 1/k et en déduire que la série harmonique diverge.

Ma réponse

Correction détaillée

1.

f'(x) = 1 - 1/x = (x-1)/x

f'(x) < 0 si 0 < x < 1, f'(x) > 0 si x > 1. Minimum en x = 1.

f(1) = 1 - 1 - ln(1) = 0. Donc f(x) ≥ f(1) = 0 pour tout x > 0. ✓

2.

f(x) ≥ 0 ⟺ x - 1 - ln(x) ≥ 0 ⟺ ln(x) ≤ x - 1 ✓

3.

En appliquant l'inégalité à x = 1 + 1/n :

ln(1 + 1/n) ≤ (1 + 1/n) - 1 = 1/n ✓

4.

En sommant pour k de 1 à n :

Σ ln(1+1/k) ≤ Σ 1/k ✓

5.

Σ_k=1ⁿ ln(1+1/k) = Σ ln((k+1)/k) = ln(2/1) + ln(3/2) + ... + ln((n+1)/n)

= ln(2·3·...·(n+1)/(1·2·...·n)) = ln(n+1) (somme télescopique)

Donc ln(n+1) ≤ Σ 1/k. Or ln(n+1) → +∞, donc Σ 1/k → +∞ : la série harmonique diverge. ✓