Pour tout $x>0$, il existe un unique réel $y$ tel que $\exp(y)=x$. On appelle $y$ le logarithme népérien de $x$, noté $\ln(x)$.
La fonction $\exp$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb R$. De plus, $\lim_{x\to-\infty}\exp(x)=0$ et $\lim_{x\to+\infty}\exp(x)=+\infty$. Ainsi, $\exp$ réalise une bijection de $\mathbb R$ sur $]0,+\infty[$, et donc pour tout $x>0$, il existe un unique $y\in\mathbb R$ tel que $\exp(y)=x$.
Sens de variation
La fonction logarithme est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.
On sait que la fonction exponentielle est strictement croissante sur $\mathbb R$. Autrement dit, si $y_1$ et $y_2$ sont deux réels, on a $y_1<y_2\iff \exp(y_1)<\exp(y_2)$.
Soit maintenant $x_1<x_2$ deux éléments de $[0,+\infty[$ et notons $y_1=\ln(x_1)$, $y_2=\ln(x_2)$. Alors $\exp(y_1)=x_1<\exp(y_2)=x_2$,
et donc par stricte croissance de la fonction exponentielle, $y_1<y_2$.
Limite en $+\infty$
$\lim_{x\to+\infty}{\ln x}=+\infty$.
Méthode 1 : en utilisant la fonction exponentielle.
Soit $M>0$. On souhaite prouver qu'il existe $A>0$ tel que, pour $x\geq A$, on a $\ln(x)\geq M$. Posons $A=\exp(M)$. Alors puisque la fonction logarithme est croissante, pour tout $x\geq A$, on a
$$\ln(x)\geq \ln(A)=\ln(\exp(M))=M.$$
Méthode 2 : en utilisant l'équation fonctionnelle.
Soit $M>0$. Alors on a $\ln(2^n)=n\ln 2$ qui tend vers $+\infty$. En particulier, il existe $n_0\in\mathbb N$ tel que $\ln (2^{n_0})\geq M$. Posons $A=2^{n_0}$. Par croissance de la fonction logarithme, pour tout $x\geq A$, on a
$$\ln(x)\geq \ln(A)=\ln(2^{n_0})\geq M.$$
Relation fonctionnelle de la fonction logarithme
Si $x,y>0$, alors $\ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)$ et $\ln\left(\frac 1x\right)=-\ln x$.
On va utiliser la relation fonctionnelle de la fonction exponentielle : pour tous réels $a,b$, on a
$$\exp(a+b)=\exp(a)\exp(b).$$
Posons $a=\ln(x)$ et $b=\ln(y)$, de sorte que $x=\exp(a)$ et $y=\exp(b)$. Alors on a
\begin{eqnarray*}
\ln(xy)&=&\ln\big(\exp(a)\exp(b)\big)\\
&=&\ln\big(\exp(a+b)\big)\\
&=&a+b\\
&=&\ln(x)+\ln(y).
\end{eqnarray*}
La deuxième relation se déduit facilement de la première. En effet, il suffit d'écrire que
$$0=\ln(1)=\ln\left(x\times\frac 1x\right)=\ln(x)+\ln\left(\frac 1x\right).$$
Symétrie des courbes représentatives de la fonction logarithme et de la fonction exponentielle
Dans un repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j)$, les courbes représentatives des fonctions $\ln$ et $\exp$ sont symétriques par rapport à la droite d'équation $y=x$.
Rappelons que le symétrique du point $(a,b)$ par rapport à la droite d'équation $y=x$ est le point de coordonnées $(b,a)$.
Considérons d'abord un point $(a,\ln(a))$, avec $a>0$ sur la courbe représentative de la fonction $\ln$.
Son symétrique est le point $(\ln(a),a)$. Il est bien sur la courbe représentative de la fonction $\exp$.
En effet, si on pose $b=\ln(a)$, alors $\exp(b)=a$.
Réciproquement, considérant un point $(a,\exp(a))$ avec $a\in\mathbb R$ sur la courbe représentative de la fonction $\exp$. Alors son symétrique par rapport à la droite $y=x$ est le point $(\exp(a),a)$. Il est sur la courbe représentative de la fonction logarithme, puisque, si on note $b=\exp(a)$, alors
$\ln(b)=a$.
Croissance comparée de la fonction logarithme et des fonctions puissance
On a, pour tout $n\geq 1$, $\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^n}=0$ et $\lim_{x\to 0}x^n\ln(x)=0$.
En écrivant
$$\frac{\ln x}{x^n}=\frac{1}{x^{n-1}}\times \frac{\ln x}x\textrm{ ou }x^n\ln x=x^{n-1}\times x\ln x,$$
on voit qu'il suffit de démontrer le résultat pour $n=1$. Démontrons d'abord la première propriété. Pour $x\geq 1$, on pose
$$f(x)=\ln x-{2}{\sqrt x}.$$
Alors, $f$ est dérivable sur $[1,+\infty[$ et on a
$$f'(x)=\frac 1x-\frac 1{\sqrt x}.$$
Pour $x\geq 1$, on a $x\geq \sqrt x>0$ et donc $f'(x)\leq 0$. La fonction $f$ est donc décroissante sur $[1,+\infty[$. Puisque $f(1)=-2\leq 0$, on en déduit que, pour tout $x\geq 1$, on a $\ln x\leq 2\sqrt x$. On en déduit que
$$0\leq \frac{\ln x}x\leq \frac 2{\sqrt x}.$$
Par le théorème des gendarmes, $\ln x/x$ tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
Prouvons maintenant la deuxième propriété. Posons $u=1/x$, de sorte que si $x\to 0^+$, alors $u\to+\infty$. On a
$$x\ln x=-\frac{\ln u}{u},$$
et on conclut en utilisant le calcul effectué ci-dessus.
Dérivée de la fonction logarithme
On admet que la fonction $\ln$ est dérivable sur $]0,+\infty[$. Alors $(\ln )'(x)=\frac 1x$ pour tout $x>0$.
On part de la relation, vraie pour tout $x>0$,
$$\exp(\ln x)=x.$$
Posons $f(x)=\exp(\ln x)=x$. On a d'une part, par dérivation d'une fonction composée,
$$f'(x)=(\ln)'(x)\exp(\ln x)=x(\ln)'(x).$$
D'autre part, on a également
$$f'(x)=1.$$
On en déduit le résultat voulu.
Voici une interprétation géométrique de ce résultat. Soit $a>0$, et considérons le point $A=(a,\ln(a))$ sur la courbe représentative de la fonction $f(x)=\ln(x)$. Un vecteur tangent à cette courbe a pour coordonnées $\overrightarrow{U_a}=(1,f'(a))$ (ceci est une conséquence immédiate de l'équation de la tangente).
Considérons maintenant $s$ la symétrie orthogonale par rapport à la droite $y=x$. L'image de $A$ est le point $B=s(A)=(\ln(a),a)=(b,\exp(b))$ si on note $b=\ln(a)$. Un vecteur tangent à la courbe $y=\exp(x)$ en ce point $b$ est donné par $\overrightarrow{V_b}=(1,\exp(b))$. Puisque les deux courbes $y=\ln x$ et $y=\exp(x)$ sont symétriques par rapport à $s$, et que $s(B)=A$, l'image de $\overrightarrow{V_b}$ par $s$ est un vecteur tangent à $y=\ln x$ en $A$. Mais, on a $s(\overrightarrow{V_b})=(\exp(b),1)$ et puisque $\overrightarrow{U_A}$ et $s(\overrightarrow{V_b})$ sont deux vecteurs tangents à la même courbe au même point, ils sont colinéaires. On en déduit l'existence de $\lambda>0$ tel que $1=\lambda \exp(b)$ et $f'(a)=\lambda$. On en conclut que
$$f'(a)=\frac1{\exp(b)}=\frac 1a.$$
