Exercices corrigés — Fonction logarithme népérien (Tle spé)

1. \[ \ln(15)-\ln(3)=\ln\!\left(\frac{15}{3}\right)=\ln(5) \]
2. \[ \ln(\mathrm e^7)=7 \]
3. \[ \ln\!\left(\frac{1}{\mathrm e^4}\right)=\ln(\mathrm e^{-4})=-4 \]
4. \[ \mathrm e^{\ln(11)}=11 \]
5. \[ \mathrm e^{2\ln(5)}=\mathrm e^{\ln(5^2)}=\mathrm e^{\ln(25)}=25 \]
6. \[ \mathrm e^{-\ln(9)}=\mathrm e^{\ln(9^{-1})}=\frac19 \]
7. \[ \sqrt{\mathrm e^6}=\mathrm e^3 \quad \Rightarrow \quad \ln(\sqrt{\mathrm e^6})=\ln(\mathrm e^3)=3 \]
8. \[ \ln(\mathrm e^{-2})+\ln(\mathrm e^5)=-2+5=3 \]

1. \[ \ln(x)=4 \iff x=\mathrm e^4 \]
2. \[ \ln(7-x)=0 \iff 7-x=1 \iff x=6 \] Vérification : \[ 7-6=1>0 \] donc la solution est admissible.
3. \[ \mathrm e^{x-2}=6 \iff x-2=\ln(6) \iff x=2+\ln(6) \]
4. \[ 2\mathrm e^x-5=9 \iff 2\mathrm e^x=14 \iff \mathrm e^x=7 \iff x=\ln(7) \]
5. \[ 3\ln(x)-6=0 \iff 3\ln(x)=6 \iff \ln(x)=2 \iff x=\mathrm e^2 \]
6. \[ \mathrm e^{2x+1}=3 \iff 2x+1=\ln(3) \iff x=\frac{\ln(3)-1}{2} \]

1. Domaine : \[ x-1>0 \quad \text{et} \quad 2x+3>0 \] donc \[ x>1 \] On regroupe : \[ \ln\big((x-1)(2x+3)\big)=0 \iff (x-1)(2x+3)=1 \] Développement : \[ 2x^2+x-3=1 \iff 2x^2+x-4=0 \] Discriminant : \[ \Delta=1+32=33 \] Donc \[ x=\frac{-1\pm\sqrt{33}}{4} \] Comme \( x>1 \), seule la valeur \[ \boxed{x=\frac{-1+\sqrt{33}}{4}} \] est admissible.
2. Domaine : \[ 5-x>0 \quad \text{et} \quad x>0 \] donc \[ 0<x<5 \] On utilise la différence : \[ \ln\!\left(\frac{5-x}{x}\right)=\ln(2) \] Par injectivité : \[ \frac{5-x}{x}=2 \] \[ 5-x=2x \iff 5=3x \iff x=\frac53 \] Vérification : \[ \frac53 \in ]0;5[ \] donc \[ \boxed{x=\frac53} \]
3. Domaine : \[ x^2-1>0 \quad \text{et} \quad 3x+6>0 \] c’est-à-dire \[ x<-1 \ \text{ou}\ x>1 \quad \text{et} \quad x>-2 \] donc au total \[ x\in]-2;-1[ \cup ]1;+\infty[ \] Injectivité : \[ x^2-1=3x+6 \iff x^2-3x-7=0 \] \[ \Delta=9+28=37 \] \[ x=\frac{3\pm\sqrt{37}}{2} \] Vérifions : \[ \frac{3-\sqrt{37}}{2}\approx -1{,}54 \in ]-2;-1[ \] \[ \frac{3+\sqrt{37}}{2}\approx 4{,}54 \in ]1;+\infty[ \] Les deux solutions conviennent. \[ \boxed{x=\frac{3-\sqrt{37}}{2} \quad \text{ou} \quad x=\frac{3+\sqrt{37}}{2}} \]

1. Domaine : \[ x-2>0 \iff x>2 \] Puis \[ \ln(x-2)\ge 1 \iff x-2\ge \mathrm e \iff x\ge 2+\mathrm e \] Cette condition vérifie automatiquement \( x>2 \), donc \[ \boxed{x\in[2+\mathrm e;+\infty[} \]
2. Domaine : \[ 6-x>0 \iff x<6 \] Puis \[ \ln(6-x)<0 \iff 6-x<1 \iff x>5 \] En croisant avec \( x<6 \), on obtient \[ \boxed{x\in]5;6[} \]
3. Domaine : \[ 2x+1>0 \iff x>-\frac12 \] Comme \( \ln \) est croissante : \[ \ln(2x+1)\le \ln(7) \iff 2x+1\le 7 \iff x\le 3 \] En croisant : \[ \boxed{x\in]-\frac12;3]} \]
4. Sur \( ]0;+\infty[ \), on a \( x>0 \), donc \[ \ln(x^2+4)-\ln(x)=\ln\!\left(\frac{x^2+4}{x}\right) \] Ainsi \[ \ln\!\left(\frac{x^2+4}{x}\right)\ge 0 \iff \frac{x^2+4}{x}\ge 1 \] Comme \( x>0 \), on peut multiplier par \( x \) : \[ x^2+4\ge x \iff x^2-x+4\ge 0 \] Or \[ \Delta=(-1)^2-16=-15<0 \] et le coefficient dominant est positif, donc l’expression est toujours positive. \[ \boxed{x\in]0;+\infty[} \]

1. \[ \mathrm e^{x+1}>5 \iff x+1>\ln(5) \iff x>\ln(5)-1 \] donc \[ \boxed{x\in]\ln(5)-1;+\infty[} \]
2. \[ 7-\mathrm e^{2x}\ge 0 \iff \mathrm e^{2x}\le 7 \] Puis \[ 2x\le \ln(7) \iff x\le \frac{\ln(7)}{2} \] donc \[ \boxed{x\in]-\infty;\frac{\ln(7)}{2}]} \]
3. \[ \mathrm e^{2x}-5\mathrm e^x<0 \iff \mathrm e^x(\mathrm e^x-5)<0 \] Or \[ \mathrm e^x>0 \quad \text{pour tout } x \] donc le signe dépend de \( \mathrm e^x-5 \), et il faut : \[ \mathrm e^x-5<0 \iff \mathrm e^x<5 \iff x<\ln(5) \] ainsi \[ \boxed{x\in]-\infty;\ln(5)[} \]
4. \[ \mathrm e^{3x}-9\mathrm e^x\ge 0 \iff \mathrm e^x(\mathrm e^{2x}-9)\ge 0 \] Comme \( \mathrm e^x>0 \), on résout : \[ \mathrm e^{2x}\ge 9 \] \[ 2x\ge \ln(9)=2\ln(3) \] \[ x\ge \ln(3) \] donc \[ \boxed{x\in[\ln(3);+\infty[} \]

1. \[ 3-\ln(x)=0 \iff \ln(x)=3 \iff x=\mathrm e^3 \] Comme \( \ln(x)<3 \) pour \( 0<x<\mathrm e^3 \), on a \[ 3-\ln(x)>0 \quad \text{sur } ]0;\mathrm e^3[ \] Puis \[ 3-\ln(x)<0 \quad \text{sur } ]\mathrm e^3;+\infty[ \] Donc : \[ \boxed{\text{positif sur } ]0;\mathrm e^3[, \ \text{nul en } \mathrm e^3, \ \text{négatif après}} \]
2. \[ \ln(4-x)=0 \iff 4-x=1 \iff x=3 \] Sur \( ]-\infty;4[ \), si \( x<3 \), alors \( 4-x>1 \), donc \[ \ln(4-x)>0 \] Si \( 3<x<4 \), alors \( 0<4-x<1 \), donc \[ \ln(4-x)<0 \] Ainsi : \[ \boxed{\text{positif sur } ]-\infty;3[, \ \text{nul en } 3, \ \text{négatif sur } ]3;4[} \]

La fonction est définie sur \( ]0;+\infty[ \).

Dérivée : \[ f'(x)=1\cdot \ln(x)+x\cdot \frac1x=\ln(x)+1 \]

On résout \[ f'(x)=0 \iff \ln(x)+1=0 \iff \ln(x)=-1 \iff x=\mathrm e^{-1} \]

Pour \( 0<x<\mathrm e^{-1} \), on a \( \ln(x)<-1 \), donc \( f'(x)<0 \).
Pour \( x>\mathrm e^{-1} \), on a \( \ln(x)>-1 \), donc \( f'(x)>0 \).

Ainsi, \( f \) décroît sur \( ]0;\mathrm e^{-1}] \), puis croît sur \( [\mathrm e^{-1};+\infty[ \).

Son minimum est : \[ f(\mathrm e^{-1})=\mathrm e^{-1}\times(-1)=-\frac1{\mathrm e} \]

Limites : \[ \lim_{x\to0^+}x\ln(x)=0 \] (par résultat classique, ou en écrivant \( x\ln(x)=\dfrac{\ln(x)}{1/x} \)).

De plus, quand \( x\to+\infty \), on a \( \ln(x)\to+\infty \), donc \[ x\ln(x)\to+\infty \]

Par quotient : \[ g'(x)=\frac{\frac1x\cdot x-\ln(x)\cdot 1}{x^2} =\frac{1-\ln(x)}{x^2} \]

Comme \( x^2>0 \), le signe de \( g'(x) \) est celui de \[ 1-\ln(x) \]

On résout : \[ 1-\ln(x)=0 \iff \ln(x)=1 \iff x=\mathrm e \]

Pour \( 0<x<\mathrm e \), on a \( \ln(x)<1 \), donc \( g'(x)>0 \).
Pour \( x>\mathrm e \), on a \( \ln(x)>1 \), donc \( g'(x)<0 \).

Ainsi, \( g \) croît sur \( ]0;\mathrm e] \), puis décroît sur \( [\mathrm e;+\infty[ \).

Le maximum est atteint en \( x=\mathrm e \) : \[ g(\mathrm e)=\frac{\ln(\mathrm e)}{\mathrm e}=\frac1{\mathrm e} \]

\[ h'(x)=\mathrm e^x-1 \]

\[ h'(x)=0 \iff \mathrm e^x=1 \iff x=0 \]

Si \( x<0 \), alors \( \mathrm e^x<1 \), donc \( h'(x)<0 \).
Si \( x>0 \), alors \( \mathrm e^x>1 \), donc \( h'(x)>0 \).

Donc \( h \) décroît sur \( ]-\infty;0] \), puis croît sur \( [0;+\infty[ \).

Le minimum est atteint en \( x=0 \) : \[ h(0)=\mathrm e^0-0=1 \]

Ainsi, pour tout réel \( x \), \[ h(x)\ge 1 \] donc en particulier \[ h(x)>0 \]

Domaine : \[ x^2+1>0 \quad \text{pour tout } x\in\mathbb{R} \] donc \[ D_f=\mathbb{R} \]

Dérivée : \[ f'(x)=\frac{2x}{x^2+1} \]

Le dénominateur est toujours strictement positif, donc le signe de \( f'(x) \) est celui de \( x \).

Par conséquent : \[ f \text{ décroît sur } ]-\infty;0] \text{ puis croît sur } [0;+\infty[ \]

Le minimum est atteint en \( x=0 \) : \[ f(0)=\ln(1)=0 \]

\[ f'(x)=\frac1x-1=\frac{1-x}{x} \]

Comme \( x>0 \), le signe de \( f'(x) \) est celui de \( 1-x \).

Donc : \[ f'(x)>0 \text{ sur } ]0;1[, \quad f'(1)=0, \quad f'(x)<0 \text{ sur } ]1;+\infty[ \]

Ainsi, \( f \) croît sur \( ]0;1] \), puis décroît sur \( [1;+\infty[ \).

Son maximum est atteint en \( x=1 \) : \[ f(1)=\ln(1)-1=-1 \]

1. \[ f'(x)=5\times\frac{4}{4x+1}=\frac{20}{4x+1} \]
2. \[ g'(x)=\frac{2x+3}{x^2+3x+5} \]
3. \[ h'(x)=2x\mathrm e^x+x^2\mathrm e^x=\mathrm e^x(x^2+2x) \]
4. On écrit \[ u(x)=x\mathrm e^{-x} \] donc \[ u'(x)=1\cdot \mathrm e^{-x}+x(-\mathrm e^{-x}) =\mathrm e^{-x}(1-x) \]

On a déjà \[ f'(x)=\mathrm e^x-1 \] donc \[ f''(x)=\mathrm e^x \]

Or, pour tout réel \( x \), \[ \mathrm e^x>0 \]

Une fonction dont la dérivée seconde est strictement positive est strictement convexe.

1. Résultat classique : \[ \boxed{\lim_{x\to0^+}x\ln(x)=0} \] plus précisément par valeurs négatives.
2. Le logarithme croît beaucoup plus lentement que \( x \), donc \[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0} \]
3. L’exponentielle domine toute puissance, donc \[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm e^x}{x^2}=+\infty} \]
4. Comme \( x \) domine \( \ln(x) \), \[ \boxed{\lim_{x\to+\infty}\big(\ln(x)-x\big)=-\infty} \]

\[ f'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x} \]

Comme \( x>0 \), le signe de \( f'(x) \) est celui de \( x-1 \).

Donc : \[ f'(x)<0 \text{ sur } ]0;1[, \quad f'(1)=0, \quad f'(x)>0 \text{ sur } ]1;+\infty[ \]

Ainsi, \( f \) décroît sur \( ]0;1] \), puis croît sur \( [1;+\infty[ \).

Son minimum est atteint en \( x=1 \) : \[ f(1)=1-\ln(1)=1 \]

Comme la valeur minimale est \( 1 \), on en déduit : \[ \forall x>0,\quad x-\ln(x)\ge 1 \]

Dérivée : \[ f'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x} \]

Comme \( x>0 \), le signe de \( f'(x) \) est celui de \( x-1 \).

Donc : \[ f'(x)<0 \text{ sur } ]0;1[, \quad f'(1)=0, \quad f'(x)>0 \text{ sur } ]1;+\infty[ \]

Ainsi, \( f \) décroît sur \( ]0;1] \), puis croît sur \( [1;+\infty[ \).

Son minimum est atteint en \( x=1 \) : \[ f(1)=1-1-\ln(1)=0 \]

Comme la valeur minimale de \( f \) vaut \( 0 \), on obtient : \[ \forall x>0,\quad f(x)\ge 0 \] c’est-à-dire \[ \forall x>0,\quad x-1-\ln(x)\ge 0 \]