TS – Fonction logarithme – exercices

1. $\ln (3e) = \ln 3 + \ln \e = \ln 3  + 1$
   $\quad$
2. $\ln \e^2 = 2\ln \e = 2$
   $\quad$
3. $\ln \left(\sqrt{e}\right) = \dfrac{1}{2} \ln \e = \dfrac{1}{2}$
   $\quad$
4. $\ln \dfrac{1}{3} + \ln \dfrac{3}{5} + \ln \dfrac{5}{7} + \ln \dfrac{7}{9} $ $=\ln 1-\ln 3 + \ln 3-\ln 5 + \ln 5-\ln 7  + \ln 7-\ln 9$ $= -\ln 9$
   $\quad$
5. $\quad$
   $\begin{align} \ln \left( \left( 2 +\sqrt{3}\right)^{20}\right) + \ln \left( \left(2-\sqrt{3}\right)^{20}\right) & = \ln \left( \left( 2 +\sqrt{3}\right)^{20} \times \left( 2 -\sqrt{3}\right)^{20} \right) \\\\
   & = \ln \left( \left(\left( 2 +\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)\right)^{20} \right)\\\\
   & = 20 \ln\left(\left( 2 +\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)\right) \\\\
   & = 20 \ln (4-3) \\\\
   & = 20 \ln 1 \\\\
   & = 0
   \end{align}$

Dans chacun des cas on vérifie que les solutions appartiennent bien à l’intervalle d’étude.

1. L’ensemble d’étude est tel que $3x > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $\ln 3x = 8 \Leftrightarrow \ln 3x = \ln \e^8 \Leftrightarrow 3x = \e^8 \Leftrightarrow x = \dfrac{\e^8}{3} $
   La solution de l’équation est $\dfrac{\e^8}{3}$.
   $\quad$
2. L’ensemble d’étude est tel que $x > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $\ln x = -2 \Leftrightarrow \ln x = \ln \e^{-2} \Leftrightarrow x = \e^{-2}$
   La solution de l’équation est $\e^{-2}$.
   $\quad$
3. L’ensemble d’étude est tel que $x^2 > 0$ soit $]-\infty;0[\cup ]0;+\infty[$.
   $\ln x^2 = 1 \Leftrightarrow \ln x^2 = \ln \e \Leftrightarrow x^2 = \e \Leftrightarrow x = \sqrt{\e}$ ou $x = -\sqrt{\e}$.
   Les solutions de l’équation sont $-\sqrt{\e}$ et $\sqrt{\e}$.
   $\quad$
4. L’ensemble d’étude est tel que $\dfrac{x}{3} > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $\ln \dfrac{x}{3} = 2 \Leftrightarrow \ln \dfrac{x}{3} = \ln \e^2 \Leftrightarrow \dfrac{x}{3} = \e^2 \Leftrightarrow  x = 3\e^2$.
   La solution de l’équation est $3\e^2$.
   $\quad$
5. L’ensemble d’étude est tel que $x^3 > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $\ln x^3 = -3 \Leftrightarrow \ln x^3 = \ln \e^{-3} \Leftrightarrow x^3 = \e^{-3} \Leftrightarrow x = \sqrt[3]{\e^{-3}} \Leftrightarrow x = \e^{-1}$.
   La solution de l’équation est $\e^{-1}$.
   $\quad$
6. L’ensemble d’étude est tel que $3x-2 > 0$ soit $\left]\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
   $\ln (3x-2) = 0 \Leftrightarrow \ln (3x-2) = \ln 1 \Leftrightarrow 3x-2 = 1 \Leftrightarrow 3x = 3 \Leftrightarrow x = 1$.
   La solution de l’équation est $1$.
   $\quad$
7. L’ensemble d’étude est tel que $x^2-1 > 0$ soit $]-\infty;-1[\cup]1;+\infty[$.
   $\begin{align} \ln(x^2-1) = \ln 4 + \ln 2 &\Leftrightarrow \ln (x^2-1) = \ln (4 \times 2) \\\\
   & \Leftrightarrow x^2-1 = 8 \\\\
   &\Leftrightarrow x^2 = 9 \\\\
   &\Leftrightarrow x = -3 \text{ ou } x = 3
   \end{align}$
   Les solutions sont $-3$ et $3$.
   $\quad$
8. L’ensemble d’étude est tel que $x^2-3x + 2 > 0$
   $\Delta = (-3)^2-4 \times 2 = 1$. Les racines sont donc $x_1 = \dfrac{3-1}{2} = 1$ et $x_2 = \dfrac{3 + 1}{2} = 2$.
   Par conséquent l’ensemble d’étude est $]-\infty;1[\cup]2;+\infty[$.
   $\ln (x^2-3x + 2) = \ln 9 \Leftrightarrow x^2-3x + 2 = 9 \Leftrightarrow x^2-3x-7 = 0$
   $\Delta = (-3)-4 \times (-7) = 37$
   Il y a deux racines : $\dfrac{3-\sqrt{37}}{2}$ et $\dfrac{3 + \sqrt{37}}{2}$.
   Ces deux racines appartiennent bien à l’ensemble d’étude.
   Les solutions de l’équation sont donc $\dfrac{3-\sqrt{37}}{2}$ et $\dfrac{3 + \sqrt{37}}{2}$.
   $\quad$
9. L’ensemble d’étude est tel que $2x  +1 > 0$ et $-x + 1 > 0$.
   $2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >-\dfrac{1}{2}$
   $-x + 1 > 0  \Leftrightarrow x < 1$.
   L’ensemble d’étude est donc $\left]-\dfrac{1}{2};1\right[$.
   $\begin{align} \ln (2x + 1) + \ln (-x + 1) = 0 & \Leftrightarrow \ln \left((2x + 1)(-x + 1)\right) = \ln 1 \\\\
   & \Leftrightarrow (2x + 1)(-x + 1) = 1 \\\\
   & \Leftrightarrow -2x^2 + 2x-x +1 = 1 \\\\
   & \Leftrightarrow -2x^2 +x = 0 \\\\
   & \Leftrightarrow x(-2x + 1) = 0 \\\\
   & \Leftrightarrow x = 0 \text{ ou } x = \dfrac{1}{2}
   \end{align}$
   Les solutions sont $0$ et $\dfrac{1}{2}$.
   $\quad$
10. L’ensemble d’étude est tel que $(x-1) ^2 > 0$ et $x + 1 > 0$.
    $(x  – 1)^2 > 0 \Leftrightarrow x \ne 1$
    $x + 1 > 0 \Leftrightarrow x >-1$
    L’ensemble d’étude est donc $]-1; 1[ \cup ]1;+\infty[$.
    $\begin{align} \ln (x-1)^2-\ln (x+ 1) = 0 & \Leftrightarrow \ln\dfrac{(x-1)^2}{x + 1} = \ln 1 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1} = 1 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1}-1 = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x + 1}-\dfrac{x + 1}{x + 1} = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{x^2-2x + 1-x-1}{x + 1} = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{x^2-3x}{x + 1} = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow \dfrac{x(x-3)}{x + 1} = 0
    \end{align}$
    Les solutions de l’équation sont donc $0$ et $3$.
    $\quad$
11. L’intervalle d’étude est $\R$.
    $\begin{align} \e^{3x + 4} = 2 & \Leftrightarrow \e^{3x + 4} = \e^{\ln 2} \\\\
    & \Leftrightarrow 3x + 4 = \ln 2 \\\\
    & \Leftrightarrow 3x = \ln 2-4 \\\\
    & \Leftrightarrow x = \dfrac{\ln 2-4}{3}
    \end{align}$
    La solution de l’équation est $\dfrac{\ln 2-4}{3}$
    $\quad$
12. L’intervalle d’étude est $\R$.
    $\e^{-x \ln 4} = 5 \Leftrightarrow \e^{-x \ln 4} = \e^{\ln 5} \Leftrightarrow -x \ln 4 = \ln 5 \Leftrightarrow x =-\dfrac{\ln 5}{\ln 4} $
    La solution est $-\dfrac{\ln 5}{\ln 4}$
    $\quad$
13. L’intervalle d’étude est $\R$.
    $\e^x + \e^{-x}-6 = 0 \Leftrightarrow \e^{-x}\left(\left(\e^x \right)^2 + 1-6\e^x\right) = 0 \Leftrightarrow \left(\e^x \right)^2 + 1-6\e^x = 0$
    Posons $X = \e^x$
    On obtient ainsi $X^2 + 1 -6X = 0$.
    $\Delta = (-6)^2-4 = 32$
    Les solutions sont $X_1 = \dfrac{6-\sqrt{32}}{2}$ et $X_2 = \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$.
    Ces deux racines sont strictement positives.
    $e^x = X_1 \Leftrightarrow x = \ln \dfrac{6  -\sqrt{32}}{2}$
    $e^x = X_2 \Leftrightarrow x = \ln \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$.
    Les solutions de l’équation sont $\ln \dfrac{6 + \sqrt{32}}{2}$ et $\ln \dfrac{6 – \sqrt{32}}{2}$.

1. L’ensemble d’étude est tel que $2x > 0$ soit $]0;+\infty[$
   $\begin{align} 1-2\ln 2x \ge 0 & \Leftrightarrow -2 \ln 2x \ge -1 \\\\
   &\Leftrightarrow \ln 2x \le \dfrac{1}{2} \\\\
   & \Leftrightarrow \ln 2x \le \ln \e^{1/2} \\\\
   & \Leftrightarrow 2x \le \e^{1/2} \\\\
   & \Leftrightarrow x \le \dfrac{\e^{1/2}}{2}
   \end{align}$
   La solution de l’inéquation est $\left]0;\dfrac{\e^{1/2}}{2}\right]$.
   $\quad$
2. L’ensemble d’étude est tel que $x > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $3-\ln x \le 0 \Leftrightarrow-\ln x \le -3 \Leftrightarrow \ln x \ge 3 \Leftrightarrow \ln x \ge \ln \e^3 \Leftrightarrow x \ge \e^3 $
   La solution de l’inéquation est $\left[ \e^3;+\infty \right[$.
   $\quad$
3. L’ensemble d’étude est tel que $2x > 0$ soit $]0;+\infty[$.
   $\begin{align} 2 + 3\ln 2x \le 0 & \Leftrightarrow 3\ln 2x \le -2 \\\\
   & \Leftrightarrow \ln 2x \le-\dfrac{2}{3} \\\\
   & \Leftrightarrow \ln 2x \le \ln \e^{-2/3} \\\\
   & \Leftrightarrow 2x \le e^{-2/3} \\\\
   & \Leftrightarrow x \le \dfrac{e^{-2/3}}{2}
   \end{align}$
   $\quad$
   La solution de l’inéquation est $\left] 0;\dfrac{e^{-2/3}}{2} \right]$
   $\quad$
4. L’ensemble d’étude est tel que $5-x > 0$ et $x-1 > 0$
   $5-x > 0 \Leftrightarrow x < 5$
   $x-1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$
   L’ensemble d’étude est donc $]1;5[$.
   $\begin{align} \ln (5-x)-\ln 3 + \ln (x-1) \ge 0 & \Leftrightarrow \ln \dfrac{(5-x)(x-1)}{3} \ge \ln 1 \\\\
   &  \Leftrightarrow \dfrac{(5-x)(x-1)}{3} \ge 1 \\\\
   & \Leftrightarrow \dfrac{(5-x)(x-1)}{3}-\dfrac{3}{3} \ge 0 \\\\
   & \Leftrightarrow \dfrac{5x-5-x^2 + x-3}{3} \ge 0 \\\\
   &\Leftrightarrow \dfrac{-x^2 + 6x-8}{3} \ge 0
   \end{align}$
   $\Delta = 6^2-4 \times 8 = 4$.
   Les racines sont $\dfrac{-6-2}{-2} = 4$ et $\dfrac{-6 + 2}{-2} = 2$.
   La solution de l’inéquation est donc $[2;4]$.
   $\quad$
5. L’ensemble d’étude est tel que $3x^2-x-2 > 0$ et $6x + 4 > 0$
   $3x ^2-x – 2 > 0$ $\quad \Delta = (-1)^2-4 \times 3 \times (-2)  = 25$.
   Les racines sont $\dfrac{1-5}{6} = \dfrac{-2}{3}$ et $\dfrac{1 + 5}{6} = 1$.
   $3x ^2-x – 2 > 0 \Leftrightarrow \left]-\infty;\dfrac{-2}{3}\right[ \cup ]1;+\infty[$.
   $6x + 4 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{-2}{3}$.
   L’intervalle d’étude est donc $]1;+\infty[$
   $\ln(3x^2-x-2) \ge \ln(6x + 4) \Leftrightarrow  3x^2-x-2 \ge 6x + 4 \Leftrightarrow 3x^2-7x-6 \ge 0$
   $\Delta = (-7)^2-4 \times 3 \times (-6) = 121$
   Les racines sont $\dfrac{7-11}{6} = \dfrac{-2}{3} < 1$ et $\dfrac{7 + 11}{6} = 3$.
   La solution de l’inéquation est $[3;+\infty[$.

1. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
   $f'(x) = \ln x + \dfrac{x}{x} = \ln x + 1$
   $f'(x) > 0 \Leftrightarrow \ln x +1 > 0 \Leftrightarrow \ln x >-1 \Leftrightarrow x > \e^{-1}$.
   La fonction $f$ est donc décroissante sur $\left]0;\e^{-1}\right]$ et croissante sur $\left[\e^{-1};+\infty\right[$.
   $\quad$
2. Pour que la fonction $f$ soit dérivable, il faut que $x > 0$ et $\ln x > 0$.
   La fonction $f$ est donc dérivable sur $]1;+\infty[$.
   $f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}}{2\sqrt{\ln x}} > 0$ sur $]1;+\infty[$.
   La fonction $f$ est donc croissante sur $[1;+\infty[$.
   $\quad$
3. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$.
   $f'(x) =-\dfrac{\dfrac{1}{x}}{\left(\ln x\right)^2} < 0 $ sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$.
   La fonction $f$ est décroissante sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$
4. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;1[\cup]1;+\infty[$.
   $f'(x) = 2 \dfrac{\ln x-\dfrac{x}{x}}{\left(\ln x\right)^2} \times \dfrac{x}{\ln x}$ $ = 2\dfrac{\ln x-1}{\left(\ln x\right)^2} \times \dfrac{x}{\ln x}$
   $f'(x)$ est du signe de $\dfrac{\ln x-1}{\ln x}$.
   $\ln x-1 > 0 \Leftrightarrow x > \e$
   $\ln x > 0 \Leftrightarrow x > 0$
   Par conséquent $f'(x) > 0$ sur $]0;1[ \cup ]\e;+\infty[$ et $f'(x) <0$ sur $]1;\e[$.
   La fonction $f$ est donc croissante sur $]0;1[ \cup ]\e;+\infty[$ et décroissante sur $]1;\e[$.
5. $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$.
   $f'(x) = \dfrac{3}{x} \times \left(\ln x \right)^2 > 0$ sur $]0;+\infty[$.
   La fonction $f$ est donc croissante sur $]0;+\infty[$.

1. La fonction $\varphi$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
   $\varphi'(x) = \e^x + x\e^x = (1 + x)\e^x$.
   $\varphi'(x)$ est donc du signe de $1 + x$.
   La fonction $\varphi$ est donc décroissante sur $]-\infty;-1]$ et croissante sur $[-1;+\infty$.
   $\quad$
2. $\lim\limits_{x \to -\infty} x\e^x = 0$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} \varphi(x) = -1$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \varphi(x) = +\infty$.
   $\varphi(-1) = -\e^{-1}-1$.
   Par conséquent :
   – sur l’intervalle $]-\infty;-1]$, $\varphi(x) < -1$. L’équation $\varphi(x) = 0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
   – sur l’intervalle $[-1;+\infty[$, la fonction $\varphi$ est continue (car dérivable) et strictement croissante.
   $0$ appartient à l’intervalle image.
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation $\varphi(x) = 0$ admet une unique solution sur cette intervalle.
   $\quad$ Par conséquent, il existe un unique réel $\alpha$ tel que $\alpha \e^{\alpha} = 1$.
   $\quad$
   D’après la calculatrice $0,567 < \alpha < 0,568$.
   $\quad$
3. Cela signifie donc que :
   – $\varphi$ est  strictement négative sur $]-\infty;\alpha[$
   – $\varphi(\alpha) = 0$
   – $\varphi$ est strictement positive sur $]\alpha;+\infty[$.
   $\quad$
4. La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty$.
   $f'(x) = \e^x-\dfrac{1}{x}  = \dfrac{x\e^x-1}{x} = \dfrac{\varphi(x)}{x}$
   Sur $]0;+\infty[$, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $\varphi(x)$.
   Par conséquent $f'(x) \le 0$ sur $]0;\alpha]$ et $f'(x) \ge 0$ sur $[\alpha;+\infty[$.
   $\quad$
5. La fonction $f$ est donc décroissante sur $]0;+\alpha]$ et croissante sur $[\alpha;+\infty[$.
   $\quad$
6. Elle admet donc un minimum en $\alpha$.
   $f(\alpha) = \e^{\alpha}-\ln \alpha$.
   Mais $\alpha \e^{\alpha} = 1$ soit $\e^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha}$ et $\alpha = \e^{-\alpha}$.
   $\quad$
   Par conséquent $f(\alpha) = \dfrac{1}{\alpha}-\ln \e^{-\alpha} = \dfrac{1}{\alpha} + \alpha$.