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Fonctions logarithmes - T S

Classe:

Terminale

I Définition et propriétés

I.1 Définition

On appelle fonction logarithmique népérien la fonction notée

$\ln$ qui est définie sur

$]0\;;\ +\infty[$ et qui vérifie

$(\ln x)'=\dfrac{1}{x}\$ et

$\ \ln 1=0$

$\begin{array}{rcl}\ln\ :\ ]0\;;\ +\infty[&\longrightarrow&\mathbb{R}\\ x&\longmapsto&\ln x \end{array}$

Remarques

Soit

$u$ une fonction définie sur un intervalle

$I$ de

$\mathbb{R}$ alors :

$\centerdot\ \ln u$ existe si

$u>0$

$\centerdot\ \ln|u|$ existe si

$u\neq 0$

$\centerdot\ \ln u^{2}$ existe si

$u\neq 0$

Exercice d'application

Déterminer les ensembles de définition des fonctions suivantes :

$f_{1}(x)=\ln 2x\;,\quad f_{2}(x)=\ln(4x+3)\;,\quad f_{3}(x)=\ln|x|$

$f_{4}(x)=\ln\left|\dfrac{x+3}{x-2}\right|\;,\quad f_{5}(x)=\ln(x^{2}-4x+3)$

$f_{6}(x)=\ln(9-x^{2})+\ln(x^{2}+x)$

Résolution

$\begin{array}{rcrcl} f_{1}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&2x&>&0\\ \\&\Leftrightarrow&x&>&0 \end{array}$

Donc,

$x\in\;]0\;;\ +\infty[$ , d'où

$D_{f_{1}}=]0\;;\ +\infty[$

$\begin{array}{rcrcl} f_{2}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&4x+3&>&0\\ \\&\Leftrightarrow&x&>&-\dfrac{3}{4} \end{array}$

Ainsi,

$D_{f_{2}}=\left]-\dfrac{3}{4}\;;\ +\infty\right[$

$\begin{array}{rcl} f_{3}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&x\neq 0\end{array}$

Donc,

$D_{f_{3}}=\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}$

$\begin{array}{rcrcl} f_{4}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&\dfrac{x+3}{x-2}&\neq&0\\ \\&\Leftrightarrow&(x+3)&\neq&0\\ \\&\Leftrightarrow&x&\neq&-3\end{array}$

Or, on sait que

$\dfrac{x+3}{x-2}$ existe si, et seulement si,

$x\neq 2$

Par suite,

$D_{f_{4}}=\mathbb{R}\setminus\left\{-3\;;\ 2\right\}$

$\begin{array}{rcl} f_{5}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&x^{2}-4x+3>0\\ \\&\Leftrightarrow&x\in\;]-\infty\;;\ 1[\cup]3\;;\ +\infty[\end{array}$

D'où,

$D_{f_{5}}=]-\infty\;;\ 1[\cup]3\;;\ +\infty[$

$\begin{array}{rcl} f_{6}(x)\;\exists&\Leftrightarrow&\left\lbrace\begin{array}{rcl} 9-x^{2}&>&0\\x^{2}+x&>&0\end{array}\right.\\ \\&\Leftrightarrow&\left\lbrace\begin{array}{lcl} x\in\;]-3\;;\ 3[\\ x\in\;]-\infty\;;\ -1[\cup]0\;;\ +\infty[\end{array}\right.\\ \\&\Leftrightarrow&x\in\;]-3\;;\ -1[\cup]0\;;\ 3[\end{array}$

Ainsi,

$D_{f_{6}}=]-3\;;\ -1[\cup]0\;;\ 3[$

I.2 Propriétés

$\centerdot\ \ (\ln x)'=\dfrac{1}{x}\;,\quad(\ln u)'=u'\times\dfrac{1}{u}=\dfrac{u'}{u}\;,\quad(\ln|u|)'=\dfrac{u'}{u}$ avec

$u$ une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle

$I$ de

$\mathbb{R}.$

$\centerdot\ \$ Soit

$f(x)=\ln x$ , on a :

$\begin{array}{rcl} f\ :\ ]0\;;\ +\infty[&\longrightarrow&\mathbb{R}\\ x&\longmapsto&\ln x \end{array}$ et

$f'(x)=\dfrac{1}{x}>0$ donc,

$f$ est strictement croissante.

Tableau de variation

$\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&&+\infty\\ \hline f'(x)&||&+&\\ \hline &||&&\\f&||&\nearrow&\\&||&&\\ \hline \end{array}$

De plus :

$-\$ si

$0<x\leq 1$ alors,

$\ln x\leq 0$

$-\$ si

$x> 1$ alors,

$\ln x> 0$

$\centerdot\ \ a>0$ et soit

$g$ la fonction définie par

$g(x)=\ln ax.$

On a :

$D_{g}=]0\;;\ +\infty[$ et

$g$ est dérivable sur

$]0\;;\ +\infty[.$

Soit

$g'(x)=\dfrac{a}{ax}=\dfrac{1}{x}=f'(x)$ donc,

$g(x)=f(x)+c\quad\forall\;x>0$

Par suite,

$g(1)=f(1)+c$ ce qui entraîne que

$c=\ln a$

D'où :

$\boxed{\ln ax=\ln x+\ln a}$

$\centerdot\ \$ On a :

$a\times\dfrac{1}{a}=1$ et soit

$f(x)=\ln x$ une fonction continue et strictement croissante sur

$]0\;;\ +\infty[$ donc bijective.

D'où :

$\ln\left(a\times\dfrac{1}{a}\right)=\ln 1\ \Rightarrow\ \ln a+\ln\dfrac{1}{a}=0$

Par conséquent,

$\boxed{\ln\dfrac{1}{a}=-\ln a\;,\quad a>0}$

$\centerdot\ \ a>0\;,\ b>0$ alors on a :

$\ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=\ln\left(a\times\dfrac{1}{b}\right)=\ln a+\ln\dfrac{1}{b}$

Donc,

$\boxed{\ln\left(\dfrac{a}{b}\right)=\ln a-\ln b}$

$\centerdot\ \ a>0\;,\ \ln a^{p}=p\ln a\quad p\in\mathbb{Z}$

Démontrons par récurrence

$\centerdot\ \ p>0$

Pour

$p=1$ on a

$\ln a=\ln a$ et

$1\ln a=\ln a$ donc, la proposition est vérifiée.

Supposons que

$\ln a^{n}=n\ln a$ et montrons que

$\ln a^{n+1}=(n+1)\ln a.$

On a :

$\begin{array}{rcl}\ln a^{n+1}&=&\ln (a^{n}\times a)\\ \\&=&\ln a^{n}+\ln a\\ \\&=&n\ln a+\ln a\\ \\&=&(n+1)\ln a\end{array}$

Donc,

$\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \ln a^{n}=n\ln a$

$\centerdot\ \ p\in\mathbb{Z}\setminus\mathbb{N}\ \Rightarrow\ p=-n$ avec

$n\in\mathbb{N}$

On a :

$\begin{array}{rcl}\ln a^{p}&=&\ln a^{-n}\\ \\&=&\ln\left(\dfrac{1}{a^{n}}\right)\\ \\&=&-\ln a^{n}\\ \\&=&-n\ln a\\ \\&=&p\ln a\end{array}$

D'où :

$\boxed{\forall\;p\in\mathbb{Z}\;,\ \ln a^{p}=p\ln a}$

$\centerdot\ \ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\ln x$

On sait que

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ se traduit par :

$\forall\;A>0\;,\ \exists\;B>0\ \text{ tel que si } x\geq B\ \text{ alors }f(x)\geq A$

Donc,

$\forall\;A=n\ln 2\;,\ \exists\;B>0\ \text{ tel que si } x\geq B\ \text{ alors }f(x)\geq n\ln 2$

En posant

$B=2^{n}$ on obtient :

$x\geq 2^{n}\ \Rightarrow\ \ln x\geq 2^{n}$

D'où :

$\boxed{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\ln x=+\infty}$

$\centerdot\ \ \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\ln x$

On a :

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\ln x&=&\lim\limits_{X\rightarrow +\infty}\ln\dfrac{1}{X}\quad\text{avec }X=\dfrac{1}{x}\\ \\&=&\lim\limits_{X\rightarrow +\infty}(-\ln X)\\ \\&=&-\infty\end{array}$

Donc,

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\ln x=-\infty}$

$\centerdot\ \ f(x)=\ln x$ est une fonction continue et strictement croissante de

$]0\;;\ +\infty[$ vers

$\mathbb{R}$ donc c'est une bijection.

Ainsi,

$1\in\mathbb{R}$ alors, il existe un unique

$x_{0}\in\;]0\;;\ +\infty[$ tel que

$f(x_{0})=1$

D'où :

$\boxed{x_{0}=\mathrm{e}\simeq 2.72}$

$\centerdot\ \ a\geq b$ si, et seulement si,

$\ln a\geq \ln b$

$\centerdot\ \ a>0$ alors on a :

$\begin{array}{rcl} a=(\sqrt{a})^{2}&\Rightarrow&\ln a=\ln(\sqrt{a})^{2}\\ \\&\Rightarrow&\ln a=2\ln\sqrt{a}\\ \\&\Rightarrow&\ln\sqrt{a}=\dfrac{1}{2}\ln a \end{array}$

D'où,

$\boxed{\ln\sqrt{a}=\dfrac{1}{2}\ln a}$

Remarque :

$p\ln\mathrm{e}=\ln\mathrm{e}^{p}$

Exercice d'application

Donner les valeurs de :

$\ln 9\;,\quad\ln 6\;,\quad\ln\dfrac{16}{49}\;,\quad\ln\dfrac{5\sqrt{5}}{8}$

sachant que

$\ln 2\simeq 0.69\;,\quad\ln 3\simeq 1.09\;,\quad\ln 5\simeq 1.69\;,\quad\ln 7\simeq 1.94$

Résolution

$\begin{array}{rcl}\ln 9&=&\ln 3^{2}\\ \\&=&2\ln 3\\ \\&\simeq&2\times 1.09\\ \\&\simeq&2.18\end{array}$

Donc,

$\ln 9\simeq 2.18$

$\begin{array}{rcl}\ln 6&=&\ln(2\times 3)\\ \\&=&\ln 2+\ln 3\\ \\&\simeq&0.69+1.09\\ \\&\simeq&1.78\end{array}$

Donc,

$\ln 6\simeq 1.78$

$\begin{array}{rcl}\ln\dfrac{16}{49}&=&\ln\left(\dfrac{4}{7}\right)^{2}\\ \\&=&2\ln\dfrac{4}{7}\\ \\&=&2(\ln 4-\ln 7)\\ \\&\simeq&2(2\times 0.69-1.94)\\ \\&\simeq&-1.12\end{array}$

Donc,

$\ln\dfrac{16}{49}\simeq -1.12$

$\begin{array}{rcl}\ln\dfrac{5\sqrt{5}}{8}&=&\ln 5\sqrt{5}-\ln 8\\ \\&=&\ln 5+\ln \sqrt{5}-\ln(2\sqrt{2})^{2}\\ \\&=&\ln 5+\dfrac{1}{2}\ln 5-2\ln 2\sqrt{2}\\ \\&=&\ln 5+\dfrac{1}{2}\ln 5-2\left(\ln 2+\dfrac{1}{2}\ln 2\right)\\ \\&\simeq&1.69+\dfrac{1}{2}\times 1.69-2\left(0.69+\dfrac{1}{2}\times 0.69\right)\\ \\&\simeq&2.535-2.07\\ \\&\simeq&0.465\end{array}$

Donc,

$\ln\dfrac{5\sqrt{5}}{8}\simeq 0.465$

II Équations - Inéquations

Exemple

Résoudre dans

$\mathbb{R}$

$\ln(2x-3)=-1$

$\ln(3x+5)-\ln(x-2)=1$

$\ln^{2}x-4\ln x+3\geq 0$

Résolution

$\begin{array}{rcl} \ln(2x-3)=-1\ \text{ existe}&\Leftrightarrow&2x-3>0\\ \\&\Leftrightarrow&x>\dfrac{3}{2}\end{array}$

D'où,

$D_{E}=\left]\dfrac{3}{2}\;;\ +\infty\right[$

Par suite, on a :

$\begin{array}{rcl} \ln(2x-3)=-1&\Rightarrow&\ln(2x-3)=-\ln\mathrm{e}\\ \\&\Rightarrow&\ln(2x-3)=\ln\dfrac{1}{\mathrm{e}}\\ \\&\Rightarrow&2x-3=\dfrac{1}{\mathrm{e}}\\ \\&\Rightarrow&x=\dfrac{1}{2\mathrm{e}}+\dfrac{3}{2}\end{array}$

Comme

$\left(\dfrac{1}{2\mathrm{e}}+\dfrac{3}{2}\right)\in D_{E}$ alors,

$S=\left\{\dfrac{1}{2\mathrm{e}}+\dfrac{3}{2}\right\}$

$\begin{array}{rcl}\ln(3x+5)-\ln(x-2)=1\ \text{ existe}&\Leftrightarrow&\left\lbrace\begin{array}{rcl} 3x+5&>&0\\x-2&>&0\end{array}\right.\\ \\&\Leftrightarrow&\left\lbrace\begin{array}{lcl} x&>&-\dfrac{5}{3}\\ x&>&2\end{array}\right.\end{array}$

Ainsi,

$D_{E}=]2\;;\ +\infty[$

Par conséquent,

$\begin{array}{rcl}\ln(3x+5)-\ln(x-2)=1&\Rightarrow&\ln\left(\dfrac{3x+5}{x-2}\right)=\ln\mathrm{e}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{3x+5}{x-2}=\mathrm{e}\\ \\&\Rightarrow&3x+5=\mathrm{e}x-2\mathrm{e}\\ \\&\Rightarrow&x=\dfrac{5+2\mathrm{e}}{\mathrm{e}-3}\end{array}$

Or,

$\dfrac{5+2\mathrm{e}}{\mathrm{e}-3}\notin D_{E}$ donc,

$S=\emptyset$

$\ln^{2}x-4\ln x+3\geq 0$ existe si, et seulement si,

$x>0.$

D'où :

$D_{E}=]0\;;\ +\infty[$

Pour résoudre l'inéquation

$\ln^{2}x-4\ln x+3\geq 0$ on procède par changement de variable en posant

$X=\ln x.$

Ainsi, l'inéquation devient

$X^{2}-4X+3\geq 0$

Soit

$X_{1}=1$ et

$X_{2}=3$ solutions de l'équation

$X^{2}-4X+3=0$

Alors,

$(X-1)(X-3)=(\ln x-1)(\ln x-3)$

Par suite,

$\begin{array}{rcrcl}\ln x-1\geq 0&\Leftrightarrow&\ln x&\geq&1\\ \\&\Leftrightarrow&\ln x&\geq&\ln\mathrm{e}\\ \\&\Leftrightarrow&x&\geq&\mathrm{e}\end{array}$

$\begin{array}{rcrcl}\ln x-3\geq 0&\Leftrightarrow&\ln x&\geq&3\\ \\&\Leftrightarrow&\ln x&\geq&\ln\mathrm{e}^{3}\\ \\&\Leftrightarrow&x&\geq&\mathrm{e}^{3}\end{array}$

Par conséquent, en utilisant le tableau de signes suivant

$\begin{array}{|c|lcccccr|}\hline x&0&&\mathrm{e}&&\mathrm{e}^{3}&&+\infty\\ \hline\ln x-1&||&-&0&+&|&+&\\ \hline\ln x-3&||&-&|&-&0&+&\\ \hline\ln^{2}x-4\ln x+3&||&+&0&-&0&+&\\ \hline\end{array}$

On obtient :

$S=]0\;;\ \mathrm{e}]\cup[\mathrm{e}^{3}\;;\ +\infty[$

III Courbe et compléments

Soit

$f$ la fonction définie par

$f(x)=\ln x$ de courbe représentative

$C_{f}$ alors,

$D_{f}=]0\;;\ +\infty[.$

On a :

$\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=-\infty$ donc, la droite d'équation

$x=0$ est une asymptote verticale à

$C_{f}.$

Aussi,

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ donc, calculons

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{x}.$

Pour cela, considérons la fonction

$\varphi$ définie sur

$]0\;;\ +\infty[$ par :

$\varphi(x)=\ln x-\sqrt{x}$

Sa fonction dérivée

$\varphi'$ est donnée par :

$\varphi'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{2-\sqrt{x}}{2x}$

Alors on a :

$\begin{array}{rcrcl}\varphi'(x)\geq 0&\Leftrightarrow&2-\sqrt{x}&\geq&0\\ \\&\Leftrightarrow&-\sqrt{x}&\geq&-2\\ \\&\Leftrightarrow&x&\leq&4\end{array}$

Donc,

$\varphi$ est croissante sur

$]0\;;\ 4]$ et décroissante sur

$[4\;;\ +\infty[.$

De plus,

$\varphi(4)=\ln 4-2=2\ln 2-2\simeq -0.62<0$

$\begin{array}{|c|lcccr|}\hline x&0&&4&&+\infty\\ \hline\varphi'(x)&||&+&0&-&\\ \hline&||&&-0.62&&\\ \varphi&||&\nearrow&|&\searrow&\\&-\infty&&|&&-\infty\\ \hline\end{array}$

Par suite, nous constatons que :

$\forall\;x\in\;]0\;;\ +\infty[\;,\ \varphi(x)\leq 0$ c'est-à-dire

$\ln x\leq\sqrt{x}.$

Par conséquent,

$\forall\;x\geq 1\;,\ 0\leq\ln x\leq\sqrt{x}.$

D'où :

$0\leq\dfrac{\ln x}{x}\leq\dfrac{\sqrt{x}}{x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$

Or,

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{\sqrt{x}}=0$ donc, en appliquant le théorème des gendarmes on obtient :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0}$

Ainsi,

$C_{f}$ admet une branche parabolique de direction

$(x'Ox).$

Par ailleurs,

$f'(x)=\dfrac{1}{x}>0$

Tableau de variation

$\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&&+\infty\\ \hline f'(x)&||&+&\\ \hline&||&&+\infty\\ f&||&\nearrow&\\&-\infty&&\\ \hline\end{array}$

Soit

$T_{1}\$ et

$\ T_{\mathrm{e}}$ les tangentes à

$C_{f}$ respectivement aux points d'abscisses

$1\$ et

$\ \mathrm{e}$ alors on a :

$\begin{array}{rcl} T_{1}\ :\ y&=&f'(1)(x-1)+f(1)\\ \\&=&x-1\end{array}$

Donc,

$\boxed{T_{1}\ :\ y=x-1}$

$\begin{array}{rcl} T_{\mathrm{e}}\ :\ y&=&f'(\mathrm{e})(x-\mathrm{e})+f(\mathrm{e})\\ \\&=&\dfrac{1}{\mathrm{e}}(x-\mathrm{e})+1\\ \\&=&\dfrac{1}{\mathrm{e}}x\end{array}$

D'où :

$\boxed{T_{\mathrm{e}}\ :\ y=\dfrac{1}{\mathrm{e}}x}$

Représentation graphique

Autres limites

$\centerdot\ \ \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln x$

On a :

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln x&=&\lim\limits_{X\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{X}\ln\dfrac{1}{X}\quad\text{avec }X=\dfrac{1}{x}\\ \\&=&\lim\limits_{X\rightarrow +\infty}-\dfrac{\ln X}{X}\\ \\&=&0\end{array}$

Donc,

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln x=0}$

$\centerdot\ \ \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{\ln(1+x)}{x}$

Soit

$\varphi(x)=\ln(1+x)$ la fonction dérivable sur

$]-1\;;\ +\infty[$ et

$\varphi'(x)=\dfrac{1}{1+x}$ sa fonction dérivée.

On a :

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x-0}\\ \\&=&\varphi'(0)\\ \\&=&1\end{array}$

D'où :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1}$

$\centerdot\ \ \lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{\ln x}{x-1}$

Soit

$f(x)=\ln x$ donc,

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{\ln x}{x-1}&=&\lim\limits_{x\rightarrow 1}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\\ \\&=&f'(1)\\ \\&=&1\end{array}$

D'où :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 1}\dfrac{\ln x}{x-1}=1}$

Exercice d'application

Calculer les limites suivantes

$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+4x)}{3x}$

$\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x^{n}\ln x\;,\quad n\geq 2$

$\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln^{n}x\;,\quad n\geq 1$

Résolution

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+4x)}{3x}&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+4x)}{4x}\times\dfrac{4}{3}\\ \\&=&\lim\limits_{X\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+X)}{X}\times\dfrac{4}{3}\quad\text{avec }X=4x\\ \\&=&\dfrac{4}{3}\quad\text{car }\lim\limits_{X\rightarrow 0}\dfrac{\ln(1+X)}{X}=1\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x^{n}\ln x&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x^{n-1}\times x\ln x\\ \\&=&0\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln^{n} x&=&\lim\limits_{X\rightarrow 0^{+}}X^{n}\ln^{n} X^{n}\quad\text{avec }X^{n}=x\\ \\&=&\lim\limits_{X\rightarrow 0^{+}}X^{n}(n\ln X)^{n}\\ \\&=&\lim\limits_{X\rightarrow 0^{+}}n^{n}(X\ln X)^{n}\\ \\&=&0\end{array}$

IV Fonctions logarithmes de base $a>0\;,\ a\neq 1$

IV.1 Définition

On appelle fonction logarithme de base

$a$ la fonction notée :

$\log_{a}(x)=\dfrac{\ln x}{\ln a}$

Exemple

$-\ \$ fonction logarithme décimal notée :

$\log_{10}(x)=\dfrac{\ln x}{\ln 10}$

$-\ \$ fonction logarithme népérien notée :

$\log_{\mathrm{e}}(x)=\ln x$

IV.2 Étude

Soit

$f_{a}$ la fonction définie par

$f_{a}(x)=\log_{a}(x)=\dfrac{\ln x}{\ln a}$ de courbe représentative

$C_{f_{a}}.$

Alors,

$D_{f_{a}}=]0\;;\ +\infty[$ et on a :

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f_{a}(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{\ln x}{\ln a}\\ \\&=&\left\lbrace\begin{array}{rcl} +\infty&\text{si}&0<a<1\\-\infty&\text{si}&a>1\end{array}\right.\end{array}$

Donc, la droite d'équation

$x=0$ est une asymptote verticale à

$C_{f_{a}}.$

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}f_{a}(x)&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\ln x}{\ln a}\\ \\&=&\left\lbrace\begin{array}{rcl} -\infty&\text{si}&0<a<1\\+\infty&\text{si}&a>1\end{array}\right.\end{array}$

Calculons alors,

$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f_{a}(x)}{x}.$ On a :

$\begin{array}{rcl}\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f_{a}(x)}{x}&=&\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\ln x}{x\ln a}\\\\&=&0\end{array}$

Ainsi,

$C_{f_{a}}$ admet une branche parabolique de direction

$(x'Ox).$

Soit

$f'_{a}$ la fonction dérivée de

$f_{a}$ alors,

$f'_{a}(x)=\left(\dfrac{\ln x}{\ln a}\right)'=\dfrac{1}{x\ln a}$

Par suite,

$f'_{a}(x)>0$ si, et seulement si,

$a>1.$

Par conséquent,

$f_{a}$ est croissante pour

$a>1$ et décroissante si

$0<a<1.$

Tableau de variation

$a>1\qquad\qquad\qquad\quad 0<a<1$

$\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&&+\infty\\ \hline f_{a}'(x)&||&+&\\ \hline&||&&+\infty\\ f_{a}&||&\nearrow&\\&-\infty&&\\ \hline\end{array}\qquad\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&&+\infty\\ \hline f_{a}'(x)&||&-&\\ \hline&+\infty&&\\ f_{a}&||&\searrow&\\&||&&-\infty\\ \hline\end{array}$

Illustration graphique

Auteur:

Diny Faye & Seyni Ndiaye

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I.1 Définition

Remarques

Exercice d'application

Résolution

I.2 Propriétés

Remarque :

Exercice d'application

Résolution

II Équations - Inéquations

Exemple

Résolution

III Courbe et compléments

Autres limites

Exercice d'application

Résolution

IV Fonctions logarithmes de base a>0, a≠1a>0\;,\ a\neq 1

IV.1 Définition

Exemple

IV.2 Étude

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IV Fonctions logarithmes de base $a>0\;,\ a\neq 1$