Étude de la fonction logarithme népérien. Dérivées et dérivées composées

1. Fonction dérivée de $\ln$

Propriéte 1.
La fonction logarithme népérien est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et pour tout $x >0$ : $$\ln’x=\dfrac{1}{x}$$

1ère méthode :
Soit $x_0$ un nombre réel strictement positif. Montrons que la fonction $\ln$ est dérivable en $x_0$ et calculons sa dérivée en ce point.
Soit $x$ un nombre réel strictement positif au voisinage de $x_0$.
D’après les propriétés de réciprocité, on peut écrire : $x_0=\e^{\ln x_0}$ et $x=\e^{\ln x}$.
On effectue alors un changement de variable :
On pose : $X_0=\ln x_0$ et $X=\ln x$.
Et par suite : $e^{X_0}=x_0$ et $\e^X=x$.
Le taux d’accroissement de la fonction ln entre $x$ et $x_0$ de la fonction $\ln$ est : $$\tau(x_0 ;x)=\dfrac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}$$
A l’aide du changement de variable, on peut écrire : $$\begin{array}{rcl}
\tau(x_0;x)&=&\dfrac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}=\dfrac{X-X_0}{\e^X-\e^{X_0}}\\
&=&\dfrac{1}{\dfrac{\e^X-\e^{X_0}}{X-X_0}}\\ \end{array}$$
D’autre part, la fonction ln étant continue, on peut affirmer que : $\lim_{x\to x_0}\ln x=\ln x_0$.
Ce qui donne : $\lim_{x\to x_0}X=X_0$.
Donc, par composition des limites, on a : $$\lim_{x\to x_0}\tau(x ;x_0)=
\dfrac{1}{\lim_{X\to X_0}\dfrac{\e^X-\e^{X_0}}{X-X_0}}$$
Et comme la fonction exponentielle est dérivable sur $\R$, elle est dérivable en $X_0$.
Donc, le dénominateur admet une limite finie égale au nombre dérivée de l’exponentielle en $X_0$. Ainsi : $$\lim_{x\to x_0}\tau(x ;x₀)=\dfrac{1}{e^{X_0}}=\dfrac{1}{x_0}$$
Donc, $\ln$ est dérivable en $x_0$ et $\ln’x_0=\dfrac{1}{x_0}$.
Conclusion. La fonction $\ln$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et pour tout $x > 0$ : $$\ln’x=\dfrac{1}{x}$$

2ème méthode
On peut admettre que la fonction $\ln$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et utiliser les propriétés de réciprocité pour « calculer » la dérivée de la fonction $\ln$.
Pour tout nombre strictement positif $x$, on pose $u(x)=\ln x$. On a alors :
Pour tout $x>0$ : $\e^{u( x)}=\e^{\ln x}=x$.
En dérivant les deux membres de cette égalité, on a : $$u’(x)\times \e^{u(x)}=1$$
Ce qui donne : $u’(x)\times x=1$. Comme $x\not=0$, on a : $u’(x)=\dfrac{1}{x}$.
Conclusion. La fonction $\ln$ est dérivable sur $\R^{*+}$ et pour tout $x > 0$ : $$\ln’x=\dfrac{1}{x}$$

2. Sens de variations de la fonction $\ln$

Nous avons déjà démontré directement que la fonction $\ln$ est strictement croissante

sur $]0 ;+ \infty[$. On peut aussi vérifier que pour tout $x>0$, $\ln’x=\dfrac{1}{x}>0$. Ce qui prouve encore que la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+ \infty[$.

D’où le tableau de variations :

La courbe représentative de la fonction $\ln$ dans un repère orthonormé $(O;\vec{\imath}, \vec{\jmath})$ :

3. Dérivées composées

Propriéte 2.
Soit $u$ une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle $I$ de $\R$.
Alors la fonction composée $f$ définie sur $I$ par : $x\mapsto f (x) = \ln(u(x))$, est dérivable sur $I$ et pour tout $x\in I$ : $$\begin{array}{rc}f’(x)&=\left[\ln(u)\right]’=\dfrac{u’(x)}{u(x)}\\
\text{qu’on peut écrire : }&\boxed{\;\;\left[\ln(u)\right]’=\dfrac{u’}{u}\;\;}\\
\end{array}$$

Soit $u$ une fonction dérivable et strictement positive sur un intervalle $I$ de $\R$.
Soit $f$ la fonction définie sur $I$ par : $f (x) = \ln(u(x))$.
Alors $f$ est dérivable sur $I$ comme composée de fonctions dérivables et, pour tout $x\in I$ : $$f’(x)=u’(x)\times \dfrac{1}{u(x)} =\dfrac{u’(x)}{u(x)}$$
Ce qui donne : $\left[\ln(u)\right]’=\dfrac{u’}{u}$. CQFD

Propriété 3.
La fonction logarithme népérien est concave sur son intervalle de définition.

Démonstration.

1ère méthode.
On sait que $\ln'(x)=\dfrac{1}{x}$. et la fonction inverse est décroissante sur $]0;+\infty[$, la dérivée de la fonction $\ln$ est décroissante sur son domaine de définition $]0;+\infty[$. Par conséquent, la fonction $\ln$ est concave sur $]0;+\infty[$.

2ème méthode.
On sait que ${\ln’}'(x)=\left(\dfrac{1}{x}\right)’=-\dfrac{1}{x^2}<0$ pour tout $x\in]0;+\infty[$. Donc la dérivée seconde de la fonction $\ln$ est strictement négative sur son domaine de définition $]0;+\infty[$. Par conséquent, la fonction $\ln$ est concave sur $]0;+\infty[$.

4. Exercices résolus

Exercice résolu n°1.
Soit $f$ la fonction définie par : $f(x)=\ln(x^2-1)$.
1°) Déterminer l’ensemble de définition de $f$.
2°) Calculer $f'(x)$.

1°) Ensemble de définition de $f$
On pose $u(x)=x^2−1=(x+1)(x-1)$. Alors, la fonction $u$ est définie sur $\R$.
$u$ est strictement positive si et seulement $x<-1$ ou $x>1$. Donc
$$D_f=\left]−\infty;−1\right[\cup\left]1;+\infty\right[$$

2°) Calcul de $f'(x)$
La fonction $u$ est définie et dérivable sur $D$, donc la fonction $f$ est dérivable sur $D$, comme composée de deux fonctions dérivables $u$ et $\ln$.
De plus, pour tout $x\in D$, on a : $\left\{ \begin{array}{l} u(x)=x^2−1\\ u ‘ (x) = 2 x\\ \end{array}\right.$
Donc :
$$\color{brown}{\boxed{\;\;f’(x)=\dfrac{u’(x)}{u(x)}=\dfrac{2x}{x^2-1}\;\;}}$$

Exercice résolu n°2.
Soit $f$ la fonction définie par : $f(x)=\dfrac{\ln(x)}{2x-1}$.
1°) Déterminer l’ensemble de définition de $f$.
2°) Calculer $f'(x)$.

1°) Ensemble de définition de $f$
On pose $u(x)=\ln x$ et $v(x) =2x-1$ Alors, la fonction $u$ est définie sur $]0;+\infty[$.
$v(x)\not=0\Leftrightarrow x\not=\dfrac{1}{2}$. $$x\in D_f \Leftrightarrow x>0~\text{et}~ x\not=\dfrac{1}{2}$$ Donc :
$$D_f= \left]0;\dfrac{1}{2}\right[\cup\left]\dfrac{1}{2};+\infty\right[$$

2°) Calcul de $f'(x)$
La fonction $u$ est définie et dérivable sur $D$, donc la fonction $f$ est dérivable sur $D$, comme composée de deux fonctions dérivables $u$ et $\ln$.
De plus, pour tout $x\in D$, on a : $\left\{ \begin{array}{l} u(x)=\ln x\\ u ‘ (x) = \dfrac{1}{x}\\ \end{array}\right.$ et $\left\{ \begin{array}{l} v(x)=2x-1\\ v’ (x) = 2\\ \end{array}\right.$. Donc :
$$\begin{array}{rcl}
f'(x)&=&\dfrac{u’v-uv’}{v^2} \\
&=& \dfrac{\dfrac{1}{x}\times (2x-1)-2\times \ln x}{(2x-1)^2}\\
&=& \dfrac{\dfrac{1}{x}\times (2x-1)-2\times x\times \dfrac{\ln x}{x}}{(2x-1)^2}\\
&=& \dfrac{\dfrac{(2x-1)-2x\ln x}{x}}{(2x-1)^2}\\
&=& \dfrac{(2x-1)-2x\ln x}{x(2x-1)^2}\\
\end{array}$$
$$\color{brown}{\boxed{\;\;f’(x)=\dfrac{(2x-1)-2x\ln x}{x(2x-1)^2}\;\;}}$$

Exercice résolu n°3. (Bac S Amérique du Nord 28 mai 2019)
Sur l’intervalle $[0;+\infty[$, on définit la fonction $f$ par $f(x) = x −\ln(x +1)$.
1°) Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0 ; +\infty[$.
2°) En déduire que pour tout $x\in[0 ; +\infty[$, $\ln(x +1) \leqslant x$.

1°) Étude du sens de variation de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0 ; +\infty[$.
La fonction $f$ est dérivable sur $[0 ; +\infty[$, comme somme de fonctions dérivables sur $[0 ; +\infty[$. De plus, on peut écrire : $f = u −ln(v)$, donc $f’=u’-\dfrac{v’}{v}$, avec
$$\left{\begin{array}{l} u(x)=x\\ u’ (x) = 1\\ \end{array}\right.~\text{et}~\left{\begin{array}{l} v(x)=x+1\ v’ (x) = 1\\ \end{array}\right.$$
Ainsi, pour tout $x\in[0 ; +\infty[$ : $f'(x)=1-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{x}{x+1}$.
Or, pour tout $x\in[0 ; +\infty[$, $x\geqslant 0$ et $x+1>$. Donc, pour tout $x\in[0 ; +\infty[$ : $\dfrac{x}{x+1}\geqslant 0$.
Par conséquent, la fonction $f$ est croissante sur $[0 ; +\infty[$.

2°) Montrons que pour tout $x\in[0 ; +\infty[$, $ln(x +1) \leqslant x$.
On sait que la fonction $f$ est croissante sur $[0 ; +\infty[$ et $f(0)=0$. Donc en particulier, our tout $x\in[0 ; +\infty[$ : $f(x)\geqslant f(0)$. Ce qui donne : pour tout $x\in[0 ; +\infty[$ : $$x-\ln(x+1)\geqslant 0$$
Par conséquent, pour tout $x\in[0 ; +\infty[$, $ln(x +1) \leqslant x$.

Exercice résolu n°4.

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