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Terminale

La fonction logarithme népérien — Exercices d'application

1. Définition

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Exercice 1 — ⭐

Calcule sans calculatrice.

  1. ln⁡(e3)\ln(e^3) ; eln⁡7e^{\ln 7} ; ln⁡(1e)\ln\left(\dfrac1e\right) ; ln⁡e\ln\sqrt e
  2. e2ln⁡3e^{2\ln 3} ; e−ln⁡2e^{-\ln 2}
  3. Résous ex=10e^x = 10, puis ex=0e^x = 0.
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  1. 33 ; 77 ; ln⁡(e−1)=−1\ln(e^{-1}) = -1 ; ln⁡(e1/2)=12\ln(e^{1/2}) = \dfrac12.
  2. e2ln⁡3=(eln⁡3)2=9e^{2\ln 3} = \left(e^{\ln 3}\right)^2 = 9 ; e−ln⁡2=1eln⁡2=12e^{-\ln 2} = \dfrac{1}{e^{\ln 2}} = \dfrac12.
  3. ex=10  ⟺  x=ln⁡10e^x = 10 \iff x = \ln 10. ex=0e^x = 0 n’a pas de solution (ex>0e^x > 0).

2. Propriétés algébriques

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Exercice 2 — ⭐⭐

  1. Exprime en fonction de ln⁡2\ln 2 et ln⁡3\ln 3 : A=ln⁡18A = \ln 18 ; B=ln⁡49B = \ln\dfrac{4}{9} ; C=ln⁡48−ln⁡6C = \ln 48 - \ln 6 ; D=ln⁡12D = \ln\sqrt{12}.
  2. Simplifie E=ln⁡(e2)+ln⁡(e−5)−ln⁡(1)E = \ln(e^2) + \ln(e^{-5}) - \ln(1) et F=ln⁡(3e)−ln⁡3F = \ln(3e) - \ln 3.
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  1. A=ln⁡(2×32)=ln⁡2+2ln⁡3A = \ln(2 \times 3^2) = \ln 2 + 2\ln 3. B=ln⁡4−ln⁡9=2ln⁡2−2ln⁡3B = \ln 4 - \ln 9 = 2\ln 2 - 2\ln 3. C=ln⁡8=3ln⁡2C = \ln 8 = 3\ln 2. D=12ln⁡12=12(2ln⁡2+ln⁡3)=ln⁡2+12ln⁡3D = \dfrac12\ln 12 = \dfrac12(2\ln 2 + \ln 3) = \ln 2 + \dfrac12\ln 3.
  2. E=2−5−0=−3E = 2 - 5 - 0 = -3. F=ln⁡3+ln⁡e−ln⁡3=1F = \ln 3 + \ln e - \ln 3 = 1.

3. Équations, inéquations et seuils

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Exercice 3 — ⭐⭐

Résous dans l’ensemble indiqué.

  1. e2x=5e^{2x} = 5 dans R\mathbb{R}
  2. ln⁡(2x−1)=0\ln(2x - 1) = 0
  3. ln⁡x+ln⁡(x−1)=ln⁡6\ln x + \ln(x - 1) = \ln 6
  4. e2x−4ex+3=0e^{2x} - 4e^x + 3 = 0 dans R\mathbb{R}
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  1. 2x=ln⁡52x = \ln 5, x=ln⁡52x = \dfrac{\ln 5}{2}.
  2. Il faut 2x−1>02x - 1 > 0, soit x>12x > \dfrac12. ln⁡(2x−1)=ln⁡1  ⟺  2x−1=1  ⟺  x=1\ln(2x - 1) = \ln 1 \iff 2x - 1 = 1 \iff x = 1 (qui convient).
  3. Il faut x>1x > 1. ln⁡(x(x−1))=ln⁡6  ⟺  x2−x−6=0  ⟺  x=3\ln\big(x(x-1)\big) = \ln 6 \iff x^2 - x - 6 = 0 \iff x = 3 ou x=−2x = -2. Seul x=3x = 3 convient.
  4. X=exX = e^x : X2−4X+3=0  ⟺  X=1X^2 - 4X + 3 = 0 \iff X = 1 ou X=3X = 3, donc x=0x = 0 ou x=ln⁡3x = \ln 3.

Exercice 4 — ⭐⭐

  1. Résous ln⁡(3−x)⩽0\ln(3 - x) \leqslant 0.
  2. Détermine le plus petit entier nn tel que 0,9n<0,050{,}9^n < 0{,}05.
  3. Une ville de 20 00020\,000 habitants perd 2 %2\,\% de sa population par an. Au bout de combien d’années passera-t-elle sous les 15 00015\,000 habitants ?
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  1. Il faut 3−x>03 - x > 0, soit x<3x < 3. ln⁡(3−x)⩽ln⁡1  ⟺  3−x⩽1  ⟺  x⩾2\ln(3 - x) \leqslant \ln 1 \iff 3 - x \leqslant 1 \iff x \geqslant 2. S=[2 ; 3[\mathcal{S} = [2\,;\,3[.
  2. nln⁡0,9<ln⁡0,05  ⟺  n>ln⁡0,05ln⁡0,9≈28,4n\ln 0{,}9 < \ln 0{,}05 \iff n > \dfrac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}9} \approx 28{,}4 (division par ln⁡0,9<0\ln 0{,}9 < 0). Donc n=29n = 29.
  3. 20 000×0,98n<15 000  ⟺  0,98n<0,75  ⟺  n>ln⁡0,75ln⁡0,98≈14,220\,000 \times 0{,}98^n < 15\,000 \iff 0{,}98^n < 0{,}75 \iff n > \dfrac{\ln 0{,}75}{\ln 0{,}98} \approx 14{,}2 : au bout de 1515 ans.

4. Étude de la fonction ln

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Exercice 5 — ⭐⭐

Dérive chaque fonction sur l’intervalle indiqué.

  1. f(x)=xln⁡x−xf(x) = x\ln x - x sur ]0 ; +∞[]0\,;\,+\infty[
  2. g(x)=ln⁡(x2+1)g(x) = \ln(x^2 + 1) sur R\mathbb{R}
  3. h(x)=ln⁡(3x−2)h(x) = \ln(3x - 2) sur ]23 ; +∞[\left]\dfrac23\,;\,+\infty\right[
  4. k(x)=(ln⁡x)2k(x) = (\ln x)^2 sur ]0 ; +∞[]0\,;\,+\infty[
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  1. f′(x)=ln⁡x+x×1x−1=ln⁡xf'(x) = \ln x + x \times \dfrac1x - 1 = \ln x.
  2. g′(x)=2xx2+1g'(x) = \dfrac{2x}{x^2 + 1}.
  3. h′(x)=33x−2h'(x) = \dfrac{3}{3x - 2}.
  4. k′(x)=2×1x×ln⁡x=2ln⁡xxk'(x) = 2 \times \dfrac1x \times \ln x = \dfrac{2\ln x}{x}.

Exercice 6 — ⭐⭐⭐

Soit h(x)=ln⁡xxh(x) = \dfrac{\ln x}{x} sur ]0 ; +∞[]0\,;\,+\infty[.

  1. Détermine les limites de hh en 00 et en +∞+\infty.
  2. Montre que h′(x)=1−ln⁡xx2h'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2} et dresse le tableau de variations de hh.
  3. En déduire que, pour tout x>0x > 0, ln⁡x⩽xe\ln x \leqslant \dfrac{x}{e}.
  4. Application : en comparant h(e)h(e) et h(π)h(\pi), détermine lequel des deux nombres eπe^\pi et πe\pi^e est le plus grand.
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  1. En 0+0^+ : ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty et 1x→+∞\dfrac1x \to +\infty, donc h(x)→−∞h(x) \to -\infty. En +∞+\infty : croissance comparée, h(x)→0h(x) \to 0.
  2. Quotient : h′(x)=1x×x−ln⁡x×1x2=1−ln⁡xx2h'(x) = \dfrac{\frac1x \times x - \ln x \times 1}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}, du signe de 1−ln⁡x1 - \ln x : positif si x<ex < e, négatif si x>ex > e. hh croît de −∞-\infty à h(e)=1eh(e) = \dfrac1e, puis décroît vers 00.
  3. Le maximum de hh est 1e\dfrac1e : ln⁡xx⩽1e\dfrac{\ln x}{x} \leqslant \dfrac1e, et comme x>0x > 0, ln⁡x⩽xe\ln x \leqslant \dfrac xe.
  4. π>e\pi > e et hh est strictement décroissante sur [e ; +∞[[e\,;\,+\infty[ : h(π)<h(e)h(\pi) < h(e), soit ln⁡ππ<ln⁡ee\dfrac{\ln\pi}{\pi} < \dfrac{\ln e}{e}. En multipliant par eπ>0e\pi > 0 : eln⁡π<πln⁡ee\ln\pi < \pi\ln e, soit ln⁡(πe)<ln⁡(eπ)\ln(\pi^e) < \ln(e^\pi), donc πe<eπ\pi^e < e^\pi. (Vérification : πe≈22,46\pi^e \approx 22{,}46 et eπ≈23,14e^\pi \approx 23{,}14.)

5. Limites et croissances comparées

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Exercice 7 — ⭐⭐⭐

Détermine les limites suivantes.

  1. lim⁡x→+∞(x2−ln⁡x)\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (x^2 - \ln x)
  2. lim⁡x→0+(x2ln⁡x+3)\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left(x^2\ln x + 3\right)
  3. lim⁡x→0+(ln⁡x−1x)\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left(\ln x - \dfrac1x\right)
  4. lim⁡x→0ln⁡(1+2x)x\displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 2x)}{x}
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  1. FI. x2−ln⁡x=x2(1−ln⁡xx2)x^2 - \ln x = x^2\left(1 - \dfrac{\ln x}{x^2}\right) et ln⁡xx2→0\dfrac{\ln x}{x^2} \to 0 : limite +∞+\infty.
  2. x2ln⁡x→0x^2\ln x \to 0 (croissance comparée) : limite 33.
  3. ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty et −1x→−∞-\dfrac1x \to -\infty : pas de forme indéterminée, limite −∞-\infty.
  4. On pose X=2xX = 2x : ln⁡(1+2x)x=2×ln⁡(1+X)X\dfrac{\ln(1 + 2x)}{x} = 2 \times \dfrac{\ln(1 + X)}{X}, et X→0X \to 0 ; limite 2×1=22 \times 1 = 2.

Exercice 8 — ⭐⭐⭐

Le carbone 14 se désintègre : le nombre d’atomes restants après tt années est N(t)=N0 e−λtN(t) = N_0\,e^{-\lambda t}, où N0N_0 est le nombre initial. Sa demi-vie (durée au bout de laquelle la moitié des atomes a disparu) est de 5 7305\,730 ans.

  1. Montre que λ=ln⁡25 730\lambda = \dfrac{\ln 2}{5\,730}.
  2. Un fragment d’os ne contient plus que 30 %30\,\% de son carbone 14 initial. Estime son âge à la centaine d’années près.
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  1. N(5 730)=N02  ⟺  e−5 730λ=12  ⟺  −5 730λ=ln⁡12=−ln⁡2  ⟺  λ=ln⁡25 730N(5\,730) = \dfrac{N_0}2 \iff e^{-5\,730\lambda} = \dfrac12 \iff -5\,730\lambda = \ln\dfrac12 = -\ln 2 \iff \lambda = \dfrac{\ln 2}{5\,730}.
  2. e−λt=0,3  ⟺  −λt=ln⁡0,3  ⟺  t=−ln⁡0,3λ=5 730ln⁡(10/3)ln⁡2≈9 953e^{-\lambda t} = 0{,}3 \iff -\lambda t = \ln 0{,}3 \iff t = -\dfrac{\ln 0{,}3}{\lambda} = \dfrac{5\,730\ln(10/3)}{\ln 2} \approx 9\,953 : environ 10 00010\,000 ans (9 9509\,950 à la cinquantaine près).

Exercice 9 — ⭐⭐

On reprend la fonction briggs(a, k) du cours.

  1. Que renvoie briggs(2, 10) ? Compare à ln⁡2\ln 2.
  2. Explique pourquoi 2k(a1/2k−1)2^k\left(a^{1/2^k} - 1\right) est proche de ln⁡a\ln a quand kk est grand.
  3. Pourquoi ne faut-il pas prendre kk trop grand (par exemple k=60k = 60) en Python ?
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  1. Environ 0,693 380{,}693\,38, contre ln⁡2≈0,693 15\ln 2 \approx 0{,}693\,15 : trois décimales correctes.
  2. a1/2k=eln⁡a/2ka^{1/2^k} = e^{\ln a / 2^k} et h=ln⁡a2kh = \dfrac{\ln a}{2^k} tend vers 00 ; comme eh−1≈he^h - 1 \approx h pour hh petit (nombre dérivé de exp⁡\exp en 00), a1/2k−1≈ln⁡a2ka^{1/2^k} - 1 \approx \dfrac{\ln a}{2^k}, d’où 2k(a1/2k−1)≈ln⁡a2^k(a^{1/2^k} - 1) \approx \ln a.
  3. Les flottants n’ont qu’environ 1616 chiffres significatifs : pour kk très grand, a1/2ka^{1/2^k} est arrondi à 11 exactement, a1/2k−1a^{1/2^k} - 1 vaut 00 et le résultat devient faux (ici briggs(2, 60) renvoie 0.0).