Fonction logarithme népérien : corrigé des exercices de maths Terminale

1 Valeurs simples ★★★

1. ln(e⁴) = 4 (car ln(e^x) = x).
2. ln 1 = 0 (car e⁰ = 1).
3. 1e = e⁻¹, donc ln(1e) = −1.
4. √e = e^1/2, donc ln √e = 12.
5. e^{ln 7} = 7 (car 7 > 0).
6. e^{2 ln 3} = e^{ln 9} = 9, car 2 ln 3 = ln(3²) = ln 9.
7. ln(e⁻³) = −3.

2 Équations ln x = k ★★★

1. Domaine : x > 0. ln x = 3 ⇔ x = e³. S = {e³}.
2. Domaine : x > 0. ln x = −2 ⇔ x = e⁻² = 1e². S = {e⁻²}.
3. Domaine : 2x − 1 > 0, soit x > 12. ln(2x − 1) = 0 ⇔ 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1, et 1 > 12. S = {1}.
4. Domaine : x > −4. ln(x + 4) = 1 ⇔ x + 4 = e ⇔ x = e − 4 ≈ −1,28, et e − 4 > −4. S = {e − 4}.

3 Exprimer avec ln 2 et ln 3 ★★★

1. 6 = 2 × 3 donc ln 6 = a + b.
2. 12 = 2² × 3 donc ln 12 = 2a + b.
3. 8 = 2³ donc ln 8 = 3a.
4. ln(23) = ln 2 − ln 3 = a − b.
5. 18 = 2 × 3² donc ln 18 = a + 2b.
6. 24 = 2³ × 3 donc ln √24 = 12 ln 24 = 12(3a + b) = 3a+b2.
7. 72 = 2³ × 3², donc ln(172) = −ln 72 = −(3a + 2b) = −3a − 2b.

4 Vrai ou faux ? ★★★

1. Faux. ln(3 + 5) = ln 8 ≈ 2,08 alors que ln 3 + ln 5 = ln 15 ≈ 2,71. Le ln transforme les produits en sommes, pas les sommes.
2. Faux. Pour x = −1, ln(x²) = ln 1 = 0 mais ln x = ln(−1) n’existe pas. L’égalité n’est valable que pour x > 0 (sinon, ln(x²) = 2 ln|x|).
3. Vrai. ln(15) = ln 1 − ln 5 = −ln 5.
4. Vrai. ln x = −5 ⇔ x = e⁻⁵ ≈ 0,0067, qui est bien > 0.
5. Faux en général. Elle n’a de sens que si 0 < a < b. Par exemple pour a = −2 et b = 1, ln a n’existe pas. Pour 0 < a < b elle est vraie, car ln est strictement croissante.

5 Ensembles de définition ★★★

1. 3x − 6 > 0 ⇔ x > 2. D_f = ]2 ; +∞[.
2. x² − 9 = (x − 3)(x + 3) > 0 : trinôme positif à l’extérieur des racines −3 et 3. D_g = ]−∞ ; −3[ ∪ ]3 ; +∞[.
3. Il faut x+1x−4 > 0 avec x ≠ 4 : tableau de signes, le quotient est positif quand x + 1 et x − 4 ont le même signe, soit x < −1 ou x > 4. D_h = ]−∞ ; −1[ ∪ ]4 ; +∞[.
4. 4 − x² = (2 − x)(2 + x) > 0 : trinôme positif entre ses racines −2 et 2. D_k = ]−2 ; 2[.

6 Simplifier des sommes de ln ★★★

1. A = ln(5×410) = ln 2.
2. B = ln(2³) + ln 5 − ln 40 = ln(8×540) = ln 1 = 0.
3. C = ln 18 − ln 9 + ln 4 = ln(18×49) = ln 8 = 3 ln 2.
4. D : 125 = 5³ donc ln 125 = 3 ln 5 ; ainsi D = 3 ln 5 − 3 ln 5 + 2 = 2.

7 Lecture graphique ★★★

1. ln 2 ≈ 0,7 et ln 5 ≈ 1,6 (valeurs exactes : 0,693… et 1,609…).
2. On cherche l’abscisse du point d’ordonnée −1 : x ≈ 0,4. Valeur exacte : e⁻¹ ≈ 0,37.
3. Abscisse du point d’ordonnée 1,5 : x ≈ 4,5. Valeur exacte : e^1,5 ≈ 4,48.
4. La courbe est au-dessus de la droite y = 1 à partir de l’abscisse e ≈ 2,7 : l’ensemble est [e ; +∞[.

8 Équations avec ln ★★★

1. Domaine : x > 3 et x > 5, donc x > 5. L’équation équivaut à x − 3 = 2x − 10, soit x = 7, et 7 > 5. S = {7}.
2. Domaine : x > 0 et x > 2, donc x > 2. L’équation s’écrit ln(x(x − 2)) = ln 3, soit x² − 2x − 3 = 0, de racines 3 et −1 (Δ = 16). Seul 3 est dans le domaine. S = {3}.
3. Domaine : x > 0 (et 3x + 4 > 0 est alors vrai). 2 ln x = ln(x²), donc x² = 3x + 4, soit x² − 3x − 4 = 0, de racines 4 et −1 (Δ = 25). Seul 4 convient. S = {4}.
4. Domaine : x² − 1 > 0, soit x < −1 ou x > 1. L’équation équivaut à x² − 1 = 8, soit x² = 9, donc x = 3 ou x = −3. Les deux sont dans le domaine. S = {−3 ; 3}.

9 Changement d’inconnue ★★★

1. Domaine : x > 0. Avec X = ln x : X² − 3X + 2 = 0, de racines X = 1 et X = 2. Donc ln x = 1 ou ln x = 2, soit x = e ou x = e². S = {e ; e²}.
2. Domaine : x > 0. 2X² + X − 1 = 0 : Δ = 1 + 8 = 9, X = −1+34 = 12 ou X = −1−34 = −1. Donc x = e^1/2 = √e ou x = e⁻¹ = 1e. S = {√e ; 1e}.

10 Inéquations avec ln ★★★

1. Domaine : x > 12. ln(2x − 1) > 1 ⇔ 2x − 1 > e ⇔ x > e+12 ≈ 1,86. Comme e+12 > 12, S = ]e+12 ; +∞[.
2. Domaine : x > −3 et x < 5, soit ]−3 ; 5[. Par croissance de ln : x + 3 ≤ 5 − x ⇔ x ≤ 1. S = ]−3 ; 1].
3. Domaine : x > 0. ln x ≥ −2 ⇔ x ≥ e⁻². S = [e⁻² ; +∞[ (e⁻² ≈ 0,135).
4. Domaine : x² > 4. ln(x² − 4) < 0 ⇔ 0 < x² − 4 < 1 ⇔ 4 < x² < 5 ⇔ 2 < |x| < √5. S = ]−√5 ; −2[ ∪ ]2 ; √5[.

11 Inconnue en exposant ★★★

1. On applique ln (les deux membres sont > 0) : 2x = ln 7, x = ln 72 ≈ 0,97.
2. 3e^x = 12, e^x = 4, x = ln 4 = 2 ln 2 ≈ 1,39.
3. On pose X = e^x > 0 : X² − 5X + 6 = 0, de racines 2 et 3 (Δ = 1). Donc e^x = 2 ou e^x = 3, soit x = ln 2 ou x = ln 3. S = {ln 2 ; ln 3} ≈ {0,69 ; 1,10}.
4. e^−x+1 < 2 ⇔ −x + 1 < ln 2 (ln est croissante) ⇔ x > 1 − ln 2 ≈ 0,31. S = ]1 − ln 2 ; +∞[.

12 Seuils ★★★

1. 1 000 × 1,05ⁿ > 2 000 ⇔ 1,05ⁿ > 2 ⇔ n ln 1,05 > ln 2 ⇔ n > ln 2ln 1,05 ≈ 14,2. Le plus petit entier est n = 15 (1,05¹⁴ ≈ 1,98 et 1,05¹⁵ ≈ 2,08).
2. La masse est multipliée par 0,8 chaque heure : on cherche 0,8ⁿ < 0,01. Comme ln 0,8 < 0, n > ln 0,01ln 0,8 ≈ 20,6 (le sens s’inverse en divisant par un nombre négatif). Il faut 21 heures.
3. n ln 3 > 6 ln 10 ⇔ n > 6 ln 10ln 3 ≈ 12,58. Le plus petit entier est 13 (3¹² = 531 441 < 10⁶ < 3¹³ = 1 594 323).

13 Dérivées ★★★

1. f ′(x) = (1 × ln x + x × 1x) − 1 = ln x + 1 − 1 = ln x.
2. g ′(x) = 1−ln xx² (le numérateur vaut 1x × x − ln x = 1 − ln x).
3. h ′(x) = 2x ln x + x² × 1x = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1).
4. k ′(x) = 33x+1 (forme u′u avec u = 3x + 1).
5. p ′(x) = 2 × 1x × ln x = 2 ln xx (forme 2v ′ v avec v = ln x).

14 Limites ★★★

1. ln xx² = ln xx × 1x → 0 × 0 = 0 (croissance comparée).
2. x² ln x = x × (x ln x) → 0 × 0 = 0.
3. 2 ln x − x = x(2 × ln xx − 1). Le facteur entre parenthèses tend vers −1 et x → +∞, donc la limite est −∞.
4. 1x + ln x = 1x(1 + x ln x). Quand x → 0⁺, x ln x → 0 donc le facteur tend vers 1, et 1x → +∞ : la limite est +∞.
5. ln(x+1)x = ln(x+1)x+1 × x+1x. Avec t = x + 1 → +∞, ln tt → 0 et x+1x = 1 + 1x → 1 : la limite est 0.

15 Étude de x − 2 ln x ★★★

1. f ′(x) = 1 − 2x = x−2x. Comme x > 0, f ′(x) a le signe de x − 2 : négative sur ]0 ; 2[, positive sur ]2 ; +∞[.
2. En 0⁺ : ln x → −∞ donc −2 ln x → +∞ et f(x) → +∞. En +∞ : f(x) = x(1 − 2 × ln xx) et ln xx → 0, donc f(x) → +∞.
3. Minimum : f(2) = 2 − 2 ln 2 ≈ 0,61.

   x	0		2		+∞
   f ′(x)	||	−	0	+
   f(x)	+∞	↘	2 − 2 ln 2	↗	+∞

   Le minimum de f est 2 − 2 ln 2 = 2(1 − ln 2) > 0 car ln 2 < 1 (2 < e). Donc f(x) ≥ 2(1 − ln 2) > 0 pour tout x > 0.

16 Tangentes ★★★

1. ln e = 1 et ln ′(e) = 1e : y = 1 + 1e(x − e) = 1ex. La tangente passe par l’origine (le terme constant vaut 1 − 1 = 0).
2. f(x) = x ln x, f ′(x) = ln x + 1. f(1) = 0 et f ′(1) = 1, donc y = x − 1.
3. g(x) = ln(2x), g ′(x) = 22x = 1x. g(12) = ln 1 = 0 et g ′(12) = 2, donc y = 2(x − 12) = 2x − 1.

17 Primitives et intégrales ★★★

1. F(x) = ln x + x².
2. Le discriminant de x² + x + 1 est 1 − 4 = −3 < 0 : ce trinôme est toujours > 0. Comme (x² + x + 1) ′ = 2x + 1, g est de la forme u′u et G(x) = ln(x² + x + 1).
3. h(x) = 13 × 33x+2, donc H(x) = 13 ln(3x + 2) (3x + 2 > 0 sur l’intervalle).
4. Primitive : ln(x² + 1). Intégrale : ln(1² + 1) − ln(0² + 1) = ln 2 − ln 1 = ln 2 ≈ 0,69.

18 Étude de ln x / x ★★★

1. En 0⁺ : ln x → −∞ et 1x → +∞, donc f(x) → −∞ : asymptote verticale x = 0. En +∞ : ln xx → 0 (croissance comparée) : asymptote horizontale y = 0 en +∞.
2. f ′(x) = Le quotient donne f ′(x) = 1−ln xx² (numérateur : 1x × x − ln x × 1 = 1 − ln x). Comme x² > 0, le signe est celui de 1 − ln x : positif si x < e.

   x	0		e		+∞
   f ′(x)	||	+	0	−
   f(x)	−∞	↗	1e	↘	0

   Maximum : f(e) = 1e ≈ 0,37.

3. f(x) = 0 ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1. Signe : f < 0 sur ]0 ; 1[ (ln x < 0), f(1) = 0, f > 0 sur ]1 ; +∞[.
4. Sur ]0 ; e] : f est continue strictement croissante de −∞ à 1e ; sur [e ; +∞[ : continue strictement décroissante de 1e à 0 (valeur non atteinte). Donc : si k > 1e : aucune solution ; si k = 1e : une solution (x = e) ; si 0 < k < 1e : deux solutions ; si k ≤ 0 : une solution (dans ]0 ; 1], et aucune après car f > 0 sur ]1 ; +∞[).
5. π > e et f est strictement décroissante sur [e ; +∞[, donc f(π) < f(e), soit ln ππ < 1e. En multipliant par eπ > 0 : e ln π < π, c’est-à-dire ln(π^e) < π = ln(e^π). Par croissance de ln : π^e < e^π. (Vérification : π^e ≈ 22,46 et e^π ≈ 23,14.)

19 Étude de x ln x ★★★

1. En 0⁺ : x ln x → 0 (croissance comparée). En +∞ : x → +∞ et ln x → +∞, donc f(x) → +∞.
2. f ′(x) = ln x + 1, qui s’annule en x = e⁻¹ = 1e ; f ′ > 0 ⇔ x > 1e. f ″(x) = 1x > 0 : f est convexe.

   x	0		1e		+∞
   f ′(x)		−	0	+
   f(x)	0 (limite)	↘	−1e	↗	+∞

   Minimum : f(1e) = 1e × (−1) = −1e ≈ −0,37.

3. x > 0 donc f(x) = 0 ⇔ ln x = 0 ⇔ x = 1.
4. f(1) = 0 et f ′(1) = 1 : T : y = x − 1. Comme f est convexe, sa courbe est au-dessus de ses tangentes : x ln x ≥ x − 1 sur ]0 ; +∞[, avec égalité seulement en 1.

20 Une inégalité fondamentale ★★★

1. g ′(x) = 1 − 1x = x−1x, négative sur ]0 ; 1[, positive sur ]1 ; +∞[. g admet donc un minimum en 1 : g(1) = 0. Ainsi g(x) ≥ 0, c’est-à-dire ln x ≤ x − 1.
2. Pour x > 0, 1x > 0, et l’inégalité précédente donne ln(1x) ≤ 1x − 1, soit −ln x ≤ 1x − 1, donc ln x ≥ 1 − 1x.
3. Avec x = 1 + 1n = n+1n : ln(1 + 1n) ≤ 1n ; et 1 − 1x = 1 − nn+1 = 1n+1 ≤ ln(1 + 1n). D’où 1n+1 ≤ ln(1 + 1n) ≤ 1n.
4. Pour n = 10 : 111 ≈ 0,0909 ≤ ln 1,1 ≈ 0,0953 ≤ 0,1. L’encadrement est vérifié.

21 Une fonction ln(u) ★★★

1. x² − 4x + 5 = (x − 2)² + 1 ≥ 1 > 0 pour tout réel x. Donc f est définie sur ℝ.
2. f ′(x) = 2x−4x²−4x+5. Le dénominateur est > 0, donc f ′ a le signe de 2x − 4 : négative pour x < 2, positive pour x > 2. f(2) = ln 1 = 0. Limites : x² − 4x + 5 → +∞ en ±∞, donc f → +∞ en −∞ et en +∞.

   x	−∞		2		+∞
   f ′(x)		−	0	+
   f(x)	+∞	↘	0	↗	+∞

3. On calcule f(4 − x) = ln((4 − x − 2)² + 1) = ln((2 − x)² + 1) = ln((x − 2)² + 1) = f(x), et ℝ est symétrique par rapport à 2. La droite x = 2 est axe de symétrie.
4. f(x) = ln 2 ⇔ (x − 2)² + 1 = 2 ⇔ (x − 2)² = 1 ⇔ x = 1 ou x = 3. S = {1 ; 3}. Ensuite f(x) ≤ ln 5 ⇔ (x − 2)² + 1 ≤ 5 ⇔ (x − 2)² ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x − 2 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4. S = [0 ; 4].

22 Équation f(x) = 0 : encadrer une solution ★★★

1. f ′(x) = 1x + 1 > 0 sur ]0 ; +∞[ : f est strictement croissante. En 0⁺ : ln x → −∞ et x − 3 → −3, donc f → −∞. En +∞ : ln x + x − 3 → +∞.
2. f est continue et strictement croissante sur ]0 ; +∞[ et passe de −∞ à +∞ : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, 0 a un unique antécédent α. De plus f(2) = ln 2 − 1 ≈ −0,31 < 0 et f(3) = ln 3 ≈ 1,10 > 0, donc α ∈ ]2 ; 3[.
3. f(2,2) = ln 2,2 − 0,8 ≈ −0,011 < 0 et f(2,21) = ln 2,21 − 0,79 ≈ 0,003 > 0. Donc 2,20 < α < 2,21 (α ≈ 2,208).
4. Par stricte croissance : f(x) < 0 pour 0 < x < α, f(α) = 0, f(x) > 0 pour x > α. On a aussi ln α = 3 − α.
5. C’est une dichotomie : on garde l’intervalle [a ; b] qui contient la solution (f change de signe entre a et b) et on le coupe en deux jusqu’à ce que sa longueur soit ≤ 0,01. Si f(m) < 0, la solution est après m donc on remplace a par m ; sinon on remplace b par m. Il renvoie un encadrement d’amplitude ≤ 0,01 de α, (2,203125 ; 2,2109375), qui contient bien α ≈ 2,208.

23 Croissance bactérienne et demi-vie ★★★

Partie A

1. N(0) = 500 e⁰ = 500. N(5) = 500 e^1,5 ≈ 2 241 bactéries.
2. 500 e^0,3t = 5 000 ⇔ e^0,3t = 10 ⇔ 0,3t = ln 10 ⇔ t = ln 100,3 ≈ 7,675 h. Or 0,675 h × 60 ≈ 40,5 min : environ 7 h 40 min.
3. N(t) = 1 000 ⇔ e^0,3t = 2 ⇔ t = ln 20,3 ≈ 2,31 h, soit environ 2 h 19 min. Le calcul ne fait pas intervenir 500 : le temps de doublement ne dépend pas de l’effectif initial.

Partie B

1. Demi-vie : A(8) = A02 ⇔ e^−8λ = 12 ⇔ −8λ = −ln 2 ⇔ λ = ln 28 ≈ 0,087.
2. A(t) = 0,1 A₀ ⇔ e^−λt = 0,1 ⇔ −λt = ln 0,1 = −ln 10 ⇔ t = ln 10λ = 8 ln 10ln 2 ≈ 26,6. La quantité est réduite à 10 % au bout d’environ 26,6 jours.