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Fahmio
Fahmio
Bac Tunisie
Mathématiques/LN-C
LN-CFonctions logarithmes

Étude d'une fonction avec ln : variations, limites, tracé

Idée directrice

L'exercice demande l'étude complète d'une fonction de la forme f(x)=P(x)ln⁡(Q(x))f(x)=P(x)\ln(Q(x)) ou f(x)=(ax+b)ln⁡(cx+d)f(x)=(ax+b)\ln(cx+d). Le protocole est : domaine de définition (positiver l'argument du ln⁡\ln), limites aux bornes du domaine (croissances comparées si besoin), dérivée (règle du produit + (ln⁡u)′=u′/u(\ln u)'=u'/u), tableau de variations, signe de ff, représentation graphique avec tangentes remarquables.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Étudier les variations de f(x)=(⋯ )ln⁡xf(x)=(\cdots)\ln x » ; « Montrer que f(x)≥0f(x)\geq0 pour tout x>0x>0 » ; « Dresser le tableau de variations et préciser le minimum ».

Besoin d’un point de départ ? Voir la méthode
  • Domaine : argument du ln⁡\ln strictement positif. Toujours commencer par Q(x)>0Q(x)>0.
  • Dérivée d'un produit : (u⋅v)′=u′v+uv′(u\cdot v)'=u'v+uv' avec v=ln⁡x⇒v′=1/xv=\ln x\Rightarrow v'=1/x. Ne pas oublier le terme 1/x1/x.
  • Signe de f′f' : si f′f' n'est pas factorisable directement, étudier sa propre dérivée pour montrer sa monotonie, puis localiser son zéro (en général simple).
  • Inégalité f(x)≥0f(x)\geq0 : déduire du tableau (minimum = 00) — pas besoin de majoration supplémentaire.
Les pièges à vérifier dans ta démarche

Oublier d'exclure x=0x=0 du domaine (le ln⁡\ln n'y est pas défini). Négliger le terme 1/x1/x dans la dérivée du ln⁡\ln. Conclure que f(x)≥0f(x)\geq0 sans justifier (le minimum vaut 00 et c'est un minimum global).

Sujet principal

Exercice 2 — étude complète de f(x)=(x−1)ln⁡xf(x)=(x-1)\ln x

5 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Soit f(x)=(x−1)ln⁡xf(x)=(x-1)\ln x définie sur ]0;+∞[]0;+\infty[.

  1. Calculer lim⁡x→0+f(x)\lim_{x\to0^+}f(x) (on admettra que lim⁡x→0+xln⁡x=0\lim_{x\to0^+}x\ln x=0) et lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x).
  2. Calculer f′(x)f'(x) pour tout x>0x>0 et déterminer son signe.
  3. Dresser le tableau de variations de ff et préciser le minimum de ff.
  4. Montrer que f(x)≥0f(x)\geq0 pour tout x>0x>0 (on pourra utiliser le tableau de variations).
  5. Donner l'équation de la tangente à Cf\mathcal{C}_f au point d'abscisse 11.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : développer pour isoler xln⁡xx\ln x. f(x)=xln⁡x−ln⁡xf(x)=x\ln x-\ln x ; en 0+0^+, xln⁡x→0x\ln x\to0 et −ln⁡x→+∞-\ln x\to+\infty, donc f(x)→+∞f(x)\to+\infty (asymptote verticale x=0x=0). En +∞+\infty, x−1→+∞x-1\to+\infty et ln⁡x→+∞\ln x\to+\infty : f(x)→+∞f(x)\to+\infty.

2. Idée : le signe de f′f' n'est pas immédiat ; on étudie f′f' elle-même. f′(x)=ln⁡x+x−1x=ln⁡x+1−1xf'(x)=\ln x+\dfrac{x-1}{x}=\ln x+1-\dfrac1x. Posons g=f′g=f' : g′(x)=1x+1x2>0g'(x)=\dfrac1x+\dfrac1{x^2}>0, donc gg est strictement croissante sur ]0,+∞[]0,+\infty[ et g(1)=0g(1)=0. Par suite f′(x)<0f'(x)<0 sur ]0,1[]0,1[ et f′(x)>0f'(x)>0 sur ]1,+∞[]1,+\infty[.

3. ff est décroissante sur ]0,1]]0,1], croissante sur [1,+∞[[1,+\infty[ ; minimum f(1)=0×ln⁡1=0f(1)=0\times\ln1=0.

4. Le minimum de ff vaut 00 : pour tout x>0x>0, f(x)≥0f(x)\geq0, c'est-à-dire (x−1)(x-1) et ln⁡x\ln x sont toujours de même signe — une autre lecture de « ln⁡x>0  ⟺  x>1\ln x>0\iff x>1 ».

5. f(1)=0f(1)=0 et f′(1)=0f'(1)=0 : la tangente au point d'abscisse 11 est horizontale, d'équation y=0y=0 ; la courbe la touche sans la traverser (elle reste au-dessus, question 4).

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : Fonctions x↦ln⁡(x2+1)x\mapsto\ln(x^2+1), x↦ln⁡xxx\mapsto\dfrac{\ln x}{x} (asymptote oblique / horizontale), x↦x−ln⁡xx\mapsto x-\ln x (inégalité ln⁡x≤x−1\ln x\leq x-1).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill LN-C.1 — étude et tangente
Entraînement 01 / 04

Drill LN-C.1 — étude et tangente

2 questionsFigure fournieCorrigé masqué

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

  1. Calculer f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations.
  2. Équation de la tangente en x=1x=1.
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. f′(x)=1−ln⁡xx2f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}. Asymptote verticale x=0x=0 (f→−∞f\to-\infty en 0+0^+) ; asymptote horizontale y=0y=0 en +∞+\infty. ff est croissante sur ]0,e]]0,e] et ff est décroissante sur [e,+∞[[e,+\infty[ ; max f(e)=1ef(e)=\tfrac1e. Tableau de variation de ff.

2. Tangente en x=1x=1 : y=x−1y=x-1.

2 Drill LN-C.x — g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2) et φ(x)=−2x+ln⁡1+x1−x\varphi(x)=-2x+\ln\dfrac{1+x}{1-x} (2019)
Entraînement 02 / 04

Drill LN-C.x — g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2) et φ(x)=−2x+ln⁡1+x1−x\varphi(x)=-2x+\ln\dfrac{1+x}{1-x} (2019)

3 questionsCorrigé masqué

Soit gg la fonction définie sur [0;1[[0;1[ par g(x)=−ln⁡(1−x2)g(x)=-\ln(1-x^2) et φ\varphi la fonction définie sur [0;1[[0;1[ par φ(x)=−2x+ln⁡1+x1−x\varphi(x)=-2x+\ln\dfrac{1+x}{1-x}.

  1. Justifier que gg est bien définie sur [0;1[[0;1[, calculer g′(x)g'(x) et lim⁡x→1−g(x)\displaystyle\lim_{x\to1^-}g(x).
  2. Montrer que φ′(x)=2x21−x2\varphi'(x)=\dfrac{2x^2}{1-x^2} pour tout x∈[0;1[x\in[0;1[. En déduire le signe de φ\varphi sur [0;1[[0;1[.
  3. En déduire que pour tout x∈[0;1[x\in[0;1[, ln⁡1+x1−x≥2x\ln\dfrac{1+x}{1-x}\geq2x.
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1. Idée : ln⁡\ln n'accepte que des arguments strictement positifs. Pour 0≤x<10\leq x<1, 1−x2>01-x^2>0 : gg est définie. g′(x)=−−2x1−x2=2x1−x2≥0g'(x)=-\dfrac{-2x}{1-x^2}=\dfrac{2x}{1-x^2}\geq0 : gg est croissante. Quand x→1−x\to1^-, 1−x2→0+1-x^2\to0^+, ln⁡(1−x2)→−∞\ln(1-x^2)\to-\infty et g(x)→+∞g(x)\to+\infty.

2. Idée : ln⁡1+x1−x=ln⁡(1+x)−ln⁡(1−x)\ln\dfrac{1+x}{1-x}=\ln(1+x)-\ln(1-x). φ′(x)=−2+11+x+11−x=−2+21−x2=−2(1−x2)+21−x2=2x21−x2\varphi'(x)=-2+\dfrac1{1+x}+\dfrac1{1-x}=-2+\dfrac{2}{1-x^2}=\dfrac{-2(1-x^2)+2}{1-x^2}=\dfrac{2x^2}{1-x^2}. Sur [0;1[[0;1[, φ′≥0\varphi'\geq0 (nulle seulement en 00) : φ\varphi est croissante, et φ(0)=0+ln⁡1=0\varphi(0)=0+\ln1=0. Donc φ(x)≥0 sur [0;1[\boxed{\varphi(x)\geq0\text{ sur }[0;1[}.

3. Idée : relire φ≥0\varphi\geq0. −2x+ln⁡1+x1−x≥0  ⟺  ln⁡1+x1−x≥2x-2x+\ln\dfrac{1+x}{1-x}\geq0\iff\ln\dfrac{1+x}{1-x}\geq2x, avec égalité seulement en x=0x=0. C'est l'inégalité qui, dans le sujet, encadre ensuite une suite d'intégrales.

3 Drill LN-C.3 — construire des points de la courbe avec la courbe de ln⁡\ln et la droite y=xy=x (lecture inverse)
Entraînement 03 / 04

Drill LN-C.3 — construire des points de la courbe avec la courbe de ln⁡\ln et la droite y=xy=x (lecture inverse)

5 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Soit ff la fonction définie sur [0,+∞[[0,+\infty[ par f(x)=x(1−ln⁡x)f(x)=x(1-\ln x) si x>0x>0 et f(0)=0f(0)=0, et (C)(C) sa courbe dans un repère orthonormé (O,ı⃗,ȷ⃗)(O,\vec\imath,\vec\jmath). Dans la figure ci-dessous (annexe), on a tracé dans ce repère la courbe Γ\Gamma de la fonction logarithme népérien et la droite Δ\Delta d'équation y=xy=x ; elle sert à la question 5.

    1. Montrer que ff est continue à droite en 00.
    2. Calculer lim⁡x→0+f(x)x\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)}{x} et interpréter graphiquement le résultat.
  2. Calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)x\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}. Interpréter graphiquement.
  3. Montrer que pour tout x>0x>0, f′(x)=−ln⁡xf'(x)=-\ln x, puis dresser le tableau de variation de ff.
  4. Donner une équation de la tangente TT à (C)(C) au point d'abscisse ee.
    1. Vérifier que f(e)=e2f(\sqrt e)=\dfrac{\sqrt e}{2} et que f ⁣(1e)=2ef\!\left(\dfrac1e\right)=\dfrac2e.
    2. En utilisant Γ\Gamma et Δ\Delta, construire le point AA de (C)(C) d'abscisse e\sqrt e. Justifier la construction.
    3. Construire de même le point BB de (C)(C) d'abscisse 1e\dfrac1e.
    4. Tracer TT et (C)(C).
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1.a f(x)=x−xln⁡xf(x)=x-x\ln x et xln⁡x→0x\ln x\to0 quand x→0+x\to0^+, donc lim⁡x→0+f(x)=0=f(0)\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0=f(0) : ff est continue à droite en 00.

1.b f(x)−f(0)x=1−ln⁡x→+∞\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=1-\ln x\to+\infty : ff n'est pas dérivable à droite en 00 et (C)(C) admet en OO une demi-tangente verticale.

2. 1−ln⁡x→−∞1-\ln x\to-\infty, donc f(x)=x(1−ln⁡x)→−∞f(x)=x(1-\ln x)\to-\infty et f(x)x=1−ln⁡x→−∞\dfrac{f(x)}{x}=1-\ln x\to-\infty : branche parabolique de direction (O,ȷ⃗)(O,\vec\jmath).

3. f′(x)=1−ln⁡x−x⋅1x=−ln⁡xf'(x)=1-\ln x-x\cdot\dfrac1x=-\ln x : f′>0f'>0 sur ]0,1[]0,1[ et f′<0f'<0 sur ]1,+∞[]1,+\infty[. Donc ff croît sur [0,1][0,1] de 00 à f(1)=1f(1)=1, puis décroît sur [1,+∞[[1,+\infty[ vers −∞-\infty ; elle s'annule en ee.

4. f(e)=0f(e)=0 et f′(e)=−1f'(e)=-1 : T: y=−x+e\boxed{T:\ y=-x+e}.

5.a f(e)=e(1−12)=e2f(\sqrt e)=\sqrt e\left(1-\dfrac12\right)=\dfrac{\sqrt e}{2} et f ⁣(1e)=1e (1+1)=2ef\!\left(\dfrac1e\right)=\dfrac1e\,(1+1)=\dfrac2e.

5.b Idée : un réel eae^{a} se construit comme l'abscisse du point de Γ\Gamma d'ordonnée aa (lecture inverse), et Δ\Delta reporte une abscisse en ordonnée. Comme ln⁡e=12\ln\sqrt e=\dfrac12, la droite y=12y=\dfrac12 coupe Γ\Gamma en P(e,12)P\left(\sqrt e,\dfrac12\right). La verticale passant par PP coupe l'axe des abscisses en H(e,0)H(\sqrt e,0) et Δ\Delta en Q(e,e)Q(\sqrt e,\sqrt e). L'ordonnée de AA est la moitié de e\sqrt e : AA est le milieu de [HQ][HQ].

5.c Comme ln⁡1e=−1\ln\dfrac1e=-1, la droite y=−1y=-1 coupe Γ\Gamma au point d'abscisse 1e\dfrac1e. La verticale correspondante coupe l'axe des abscisses en H′(1e,0)H'\left(\dfrac1e,0\right) et Δ\Delta en Q′(1e,1e)Q'\left(\dfrac1e,\dfrac1e\right). L'ordonnée de BB est 2×1e2\times\dfrac1e : BB est le symétrique de H′H' par rapport à Q′Q'.

5.d (C)(C) part de OO avec une demi-tangente verticale, passe par BB, atteint son maximum en (1,1)(1,1), passe par AA, coupe l'axe des abscisses en (e,0)(e,0) où elle est tangente à TT, puis descend vers −∞-\infty.

4 Drill LN-C.4 — point d'inflexion construit sur une tangente tracée, point construit avec la courbe de ln⁡\ln
Entraînement 04 / 04

Drill LN-C.4 — point d'inflexion construit sur une tangente tracée, point construit avec la courbe de ln⁡\ln

4 questionsFigure fournieCorrigé masqué

Soit ff la fonction définie sur ]0,+∞[]0,+\infty[ par f(x)=(ln⁡x)2f(x)=(\ln x)^2 et (C)(C) sa courbe dans un repère orthonormé (O,ı⃗,ȷ⃗)(O,\vec\imath,\vec\jmath). Dans la figure ci-dessous (annexe), on a tracé la courbe Γ\Gamma de la fonction logarithme népérien et la tangente TT à (C)(C) en son point d'inflexion ; elle sert à la question 4.

  1. Calculer lim⁡x→0+f(x)\lim\limits_{x\to0^+}f(x), lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) et lim⁡x→+∞f(x)x\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}. Interpréter graphiquement.
  2. Soit f′f' la fonction dérivée de ff. Montrer que f′(x)=2ln⁡xxf'(x)=\dfrac{2\ln x}{x} et dresser le tableau de variation de ff.
    1. Montrer que f′′(x)=2(1−ln⁡x)x2f''(x)=\dfrac{2(1-\ln x)}{x^2} et en déduire que (C)(C) admet un point d'inflexion II dont on donnera les coordonnées.
    2. Montrer qu'une équation de la tangente TT à (C)(C) en II est y=2e x−1y=\dfrac2e\,x-1.
    1. Construire le point II. Justifier.
    2. Vérifier que f ⁣(1e)=1f\!\left(\dfrac1e\right)=1, puis construire le point JJ de (C)(C) d'abscisse 1e\dfrac1e en utilisant Γ\Gamma.
    3. Tracer (C)(C).
Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. En 0+0^+, ln⁡x→−∞\ln x\to-\infty donc f(x)→+∞f(x)\to+\infty : la droite x=0x=0 est asymptote verticale. En +∞+\infty, f(x)→+∞f(x)\to+\infty et f(x)x=4(ln⁡xx)2→0\dfrac{f(x)}{x}=4\left(\dfrac{\ln\sqrt x}{\sqrt x}\right)^2\to0 : branche parabolique de direction (O,ı⃗)(O,\vec\imath).

2. f′(x)=2ln⁡x⋅1x=2ln⁡xxf'(x)=2\ln x\cdot\dfrac1x=\dfrac{2\ln x}{x}, du signe de ln⁡x\ln x : ff décroît sur ]0,1]]0,1] de +∞+\infty à f(1)=0f(1)=0, puis croît sur [1,+∞[[1,+\infty[ vers +∞+\infty.

3.a f′′(x)=2⋅1x⋅x−ln⁡xx2=2(1−ln⁡x)x2f''(x)=2\cdot\dfrac{\frac1x\cdot x-\ln x}{x^2}=\dfrac{2(1-\ln x)}{x^2}. Elle s'annule en ee en changeant de signe (++ avant, −- après) : (C)(C) admet le point d'inflexion I(e,1)\boxed{I(e,1)} puisque f(e)=1f(e)=1.

3.b f′(e)=2ef'(e)=\dfrac2e, d'où T: y=2e(x−e)+1T:\ y=\dfrac2e(x-e)+1, soit y=2e x−1y=\dfrac2e\,x-1.

4.a Idée : l'abscisse ee n'est pas lisible, mais l'ordonnée de II vaut 11 et I∈TI\in T. La droite d'équation y=1y=1 coupe TT en un unique point : c'est II. (Contrôle : comme ln⁡e=1\ln e=1, II est aussi le point de Γ\Gamma d'ordonnée 11.)

4.b f ⁣(1e)=(−1)2=1f\!\left(\dfrac1e\right)=(-1)^2=1. Comme ln⁡1e=−1\ln\dfrac1e=-1, la droite y=−1y=-1 coupe Γ\Gamma au point d'abscisse 1e\dfrac1e ; la verticale passant par ce point coupe la droite y=1y=1 en J(1e,1)J\left(\dfrac1e,1\right).

4.c (C)(C) descend depuis l'asymptote x=0x=0, passe par JJ, touche l'axe des abscisses en (1,0)(1,0) (minimum), remonte en traversant TT en II, puis croît lentement vers +∞+\infty.

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