Exercices corrigés sur les dérivées (1ère, Terminale, Prépa)

Rappel de la définition : Le taux d’accroissement de \(f\) entre \(a\) et \(a+h\) est \(\tau(h) = \frac{f(a+h) – f(a)}{h}\).

Ici, \(a = 1\). Calculons les images :
\(f(1) = 3(1)^2 + 2 = 5\)
\(f(1+h) = 3(1+h)^2 + 2 = 3(1 + 2h + h^2) + 2 = 3 + 6h + 3h^2 + 2 = 3h^2 + 6h + 5\)

Formons le taux d’accroissement :
\(\tau(h) = \frac{(3h^2 + 6h + 5) – 5}{h} = \frac{3h^2 + 6h}{h}\)

Pour tout \(h \neq 0\), on peut simplifier par \(h\) :
\(\tau(h) = 3h + 6\)

Calculons la limite quand \(h\) tend vers 0 :
\(\lim_{h \to 0} (3h + 6) = 6\)

Conclusion : La limite est un nombre réel fini. Donc \(f\) est dérivable en 1 et \(f'(1) = 6\).

On cherche la limite du taux d’accroissement en \(a = 2\).
\(\tau(h) = \frac{g(2+h) – g(2)}{h} = \frac{\frac{1}{2+h} – \frac{1}{2}}{h}\)

Mettons au même dénominateur le numérateur :
\(\frac{1}{2+h} – \frac{1}{2} = \frac{2 – (2+h)}{2(2+h)} = \frac{-h}{2(2+h)}\)

Donc :
\(\tau(h) = \frac{-h}{2(2+h)} \times \frac{1}{h} = \frac{-1}{2(2+h)}\)

Quand \(h\) tend vers 0 :
\(\lim_{h \to 0} \frac{-1}{2(2+h)} = \frac{-1}{4}\)

Conclusion : \(g'(2) = -0,25\).

1. Le point A(3 ; 2) appartient à la courbe (car c’est le point de contact de la tangente).
Donc \(f(3) = 2\).

2. Le nombre dérivé \(f'(3)\) correspond au coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 3.
Calculons la pente entre A et B :
\(m = \frac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \frac{5 – 2}{4 – 3} = \frac{3}{1} = 3\)

Conclusion : \(f'(3) = 3\).

\(f(x)=3x^2-5x+1\). On dérive terme à terme : \(f'(x)=6x-5\).

Domaine : \(x \neq -3\).

Avec \(u(x)=2x-1\) et \(v(x)=x+3\), on a \(u'(x)=2\) et \(v'(x)=1\). Par quotient : \(g'(x)=\frac{u’v-uv’}{v^2}=\frac{2(x+3)-(2x-1)\cdot 1}{(x+3)^2}\).

Simplification : \(g'(x)=\frac{2x+6-2x+1}{(x+3)^2}=\frac{7}{(x+3)^2}\).

Domaine : \(x \in (0,+\infty)\) si l’on veut une dérivée « classique » (fonction racine).

\(h(x)=\sqrt{x}(x^2+1)\) est un produit : \(u(x)=\sqrt{x}\), \(v(x)=x^2+1\). On a \(u'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\) et \(v'(x)=2x\).

\(h'(x)=u’v+uv’=\frac{1}{2\sqrt{x}}(x^2+1)+\sqrt{x}(2x)\).

On peut factoriser \(\frac{1}{2\sqrt{x}}\) : \(h'(x)=\frac{x^2+1}{2\sqrt{x}}+\frac{4x^2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\frac{x^2+1+4x^2}{2\sqrt{x}}=\frac{5x^2+1}{2\sqrt{x}}\).

\(p(x)=(x-1)^3\) est une composée : \(\varphi(t)=t^3\) et \(u(x)=x-1\). Alors \(\varphi'(t)=3t^2\) et \(u'(x)=1\).

Donc \(p'(x)=3(x-1)^2\).

Domaine : \(x \in (0,+\infty)\). On écrit \(q(x)=x^{-\frac{1}{2}}\). Donc \(q'(x)=-\frac{1}{2}x^{-\frac{3}{2}}\).

Sous forme « racine » : \(q'(x)=-\frac{1}{2x\sqrt{x}}\).

\(f'(x)=2x-4\) donc \(f'(1)=-2\). Et \(f(1)=1-4+1=-2\).

Tangente en \(1\) : \(y=f(1)+f'(1)(x-1)=-2-2(x-1)\), donc \(y=-2x\).

\(g(x)=x^{-1}\), donc \(g'(x)=-x^{-2}\), soit \(g'(x)=-\frac{1}{x^2}\). Alors \(g'(1)=-1\) et \(g(1)=1\).

Tangente : \(y=1-1(x-1)=2-x\).

Interprétation : la pente vaut \(-1\), donc la fonction « descend » d’1 unité quand \(x\) augmente d’1 (localement autour de \(1\)).

\(h'(x)=3x^2\). On veut \(h'(a)=12\), donc \(3a^2=12\) et \(a^2=4\). Ainsi \(a=2\) ou \(a=-2\).

Tangente horizontale ⇔ pente nulle ⇔ \(p'(x)=0\). Or \(p'(x)=2x+2\). Donc \(2x+2=0\) et \(x=-1\).

Le point est \((-1,p(-1))\) avec \(p(-1)=1-2=-1\). Tangente horizontale au point \((-1,-1)\).

\(f'(x)=3x^2-3=3(x^2-1)=3(x-1)(x+1)\). Points critiques : \(x=-1\) et \(x=1\).

Signe : \(f'(x) > 0\) si \(|x| > 1\), et \(f'(x) < 0[/latex] si [latex]|x| < 1[/latex].

Donc [latex]f\) croît sur \((-\infty,-1)\), décroît sur \((-1,1)\), puis croît sur \((1,+\infty)\). Valeurs : \(f(-1)=-1+3+1=3\) (maximum local), \(f(1)=1-3+1=-1\) (minimum local).

Domaine : \(x \neq 0\). On simplifie : \(g(x)=\frac{x^2+1}{x}=x+\frac{1}{x}\).

\(g'(x)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}\). Signe : le dénominateur est positif, donc le signe vient de \(x^2-1\). Ainsi \(g'(x) > 0\) si \(|x| > 1\) et \(g'(x) < 0[/latex] si [latex]|x| < 1[/latex] (en restant sur le domaine).

On en déduit les variations sur [latex](-\infty,-1)\), \((-1,0)\), \((0,1)\), \((1,+\infty)\).

\(h'(x)=1-\frac{1}{x^2}=\frac{x^2-1}{x^2}\). Sur \((0,+\infty)\), \(h'(x)=0\) ⇔ \(x=1\).

Pour \(0 < x < 1[/latex], on a [latex]x^2-1 < 0[/latex] donc [latex]h'(x) < 0[/latex]. Pour [latex]x > 1\), \(h'(x) > 0\).

Donc \(h\) décroît puis croît : minimum en \(x=1\) avec \(h(1)=2\).

\(f(x)=(u(x))^5\) avec \(u(x)=3x-2\) et \(u'(x)=3\). Donc \(f'(x)=5(u(x))^4u'(x)=5(3x-2)^4\cdot 3\), soit \(f'(x)=15(3x-2)^4\).

Domaine : \(2x+1 \geq 0\), soit \(x \geq -\frac{1}{2}\).

\(g(x)=(2x+1)^{\frac{1}{2}}\) (fonction composée). On a \(g'(x)=\frac{1}{2}(2x+1)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2=\frac{1}{\sqrt{2x+1}}\).

Écrire \(h(x)=(x^2+1)^{-2}\). Alors \(h'(x)=-2(x^2+1)^{-3}\cdot 2x\), donc \(h'(x)=-\frac{4x}{(x^2+1)^3}\).

Domaine : \(x \neq -2\).

Quotient : \(u(x)=(x-1)^3\), \(v(x)=x+2\). On a \(u'(x)=3(x-1)^2\) et \(v'(x)=1\).

\(p'(x)=\frac{u’v-uv’}{v^2}=\frac{3(x-1)^2(x+2)-(x-1)^3}{(x+2)^2}\).

Factoriser \((x-1)^2\) : \(p'(x)=\frac{(x-1)^2\left(3(x+2)-(x-1)\right)}{(x+2)^2}=\frac{(x-1)^2(2x+7)}{(x+2)^2}\).

\(f'(x)=3x^2-3\) puis \(f »(x)=6x\).

Domaine : \(x \neq 0\). \(g(x)=x^{-1}\) donc \(g'(x)=-x^{-2}=-\frac{1}{x^2}\). Puis \(g »(x)=2x^{-3}=\frac{2}{x^3}\).

\(h'(x)=4x^3-8x\) donc \(h »(x)=12x^2-8\).

Signe : \(12x^2-8=4(3x^2-2)\). Ainsi \(h »(x)=0\) ⇔ \(x^2=\frac{2}{3}\). Donc \(h »(x) > 0\) si \(|x| > \sqrt{\frac{2}{3}}\), et \(\)h »(x) < 0[/latex] si [latex]|x| < \sqrt{\frac{2}{3}}[/latex].

Formule : \((e^u)’ = u’ e^u\).
Ici \(u(x) = -x^2 + 3\), donc \(u'(x) = -2x\).

Résultat :
\(g'(x) = -2x e^{-x^2 + 3}\)

Ensemble de définition : Il faut \(2x – 4 > 0\), soit \(2x > 4\), donc \(x > 2\). \(D_h = ]2 ; +\infty[\).

Calcul :
Formule : \((\ln(u))’ = \frac{u’}{u}\).
Ici \(u(x) = 2x – 4\) et \(u'(x) = 2\).

Donc :
\(h'(x) = \frac{2}{2x – 4}\)
On peut simplifier par 2 :
\(h'(x) = \frac{1}{x – 2}\)

On applique la formule du produit \((uv)’ = u’v + uv’\) avec \(u(x) = x^2\) et \(v(x) = e^x\).

\(u'(x) = 2x\) et \(v'(x) = e^x\)

\(k'(x) = 2x \times e^x + x^2 \times e^x\)

On factorise par \(e^x\) :
\(k'(x) = e^x(2x + x^2) = x e^x (2 + x)\)

Réponse : \(k'(x) = x e^x (x + 2)\)

1) Domaine : \(x \neq 1\).

2) Quotient avec \(u(x)=x^2+1\), \(v(x)=x-1\). On a \(u'(x)=2x\), \(v'(x)=1\). Donc \(f'(x)=\frac{2x(x-1)-(x^2+1)\cdot 1}{(x-1)^2}\).

Simplification : \(f'(x)=\frac{2x^2-2x-x^2-1}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}\).

3) Le dénominateur \((x-1)^2\) est strictement positif sur le domaine, donc le signe de \(f'(x)\) est celui du numérateur \(x^2-2x-1\). Ses racines sont \(1-\sqrt{2}\) et \(1+\sqrt{2}\).

Donc \(f'(x) > 0\) sur \((-\infty,1-\sqrt{2})\) et sur \((1+\sqrt{2},+\infty)\), et \(f'(x) < 0[/latex] sur [latex](1-\sqrt{2},1)[/latex] puis sur [latex](1,1+\sqrt{2})[/latex] (en respectant la rupture en [latex]1[/latex]).

4) Tangente en [latex]2\) : \(f(2)=\frac{5}{1}=5\). Et \(f'(2)=\frac{4-4-1}{1}=-1\). Tangente : \(y=5-1(x-2)=7-x\).

1) \(f'(x)=2x-\frac{4}{x^2}\).

2) Résoudre \(f'(x)=0\) : \(2x=\frac{4}{x^2}\) donc \(2x^3=4\) et \(x^3=2\), d’où \(x=\sqrt[3]{2}\).

On vérifie le signe : pour \(x\) petit, \(-\frac{4}{x^2}\) domine donc \(f'(x) < 0[/latex] ; pour [latex]x[/latex] grand, [latex]2x[/latex] domine donc [latex]f'(x) > 0\). Donc \(f\) décroît puis croît : c’est un minimum global en \(\sqrt[3]{2}\).

Valeur minimale : \(f(\sqrt[3]{2})=(\sqrt[3]{2})^2+\frac{4}{\sqrt[3]{2}}=2^{\frac{2}{3}}+4\cdot 2^{-\frac{1}{3}}=2^{-\frac{1}{3}}(2+4)=6\cdot 2^{-\frac{1}{3}}\).

3) Tangente au point de minimum : la pente vaut \(f'(\sqrt[3]{2})=0\), donc la tangente est horizontale : \(y=f(\sqrt[3]{2})\).

On étudie les variations de \(g\). \(g'(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}\).

Sur \((0,+\infty)\), le signe de \(g'(x)\) est celui de \(x-1\) : \(g'(x) < 0[/latex] sur [latex](0,1)[/latex] et [latex]g'(x) > 0\) sur \((1,+\infty)\).

Donc \(g\) admet un minimum en \(x=1\). Or \(g(1)=1-\ln(1)-1=0\). Ainsi, pour tout \(x > 0\), \(g(x) \geq 0\), c’est-à-dire \(x-\ln(x)-1 \geq 0\).

\(f\) est continue sur \([1,4]\) et dérivable sur \((1,4)\). On peut appliquer le TAF. Il existe donc \(c \in (1,4)\) tel que \(f'(c)=\frac{f(4)-f(1)}{4-1}\).

Calculs : \(f(4)=2\), \(f(1)=1\), donc le taux vaut \(\frac{1}{3}\). Or \(f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\).

Résoudre \(\frac{1}{2\sqrt{c}}=\frac{1}{3}\) : \(2\sqrt{c}=3\) donc \(\sqrt{c}=\frac{3}{2}\) et \(c=\frac{9}{4}\).

On sait déjà (Terminale) que \(f'(x)=3x^2-3\), donc \(f'(x)=0\) ⇔ \(x=-1\) ou \(x=1\). La fonction \(f\) est donc croissante, puis décroissante, puis croissante.

Calculs de valeurs : \(f(-2)=-8+6+1=-1\), \(f(-1)=3\), donc il existe une racine dans \((-2,-1)\).

\(f(0)=1\) et \(f(1)=-1\), donc il existe une racine dans \((0,1)\).

\(f(1)=-1\) et \(f(2)=8-6+1=3\), donc il existe une racine dans \((1,2)\).

On a donc au moins trois racines réelles distinctes. Or un polynôme de degré \(3\) n’a pas plus de trois racines réelles distinctes. Conclusion : il y en a exactement trois.

(Lecture « Rolle » : si \(f\) avait quatre zéros distincts, Rolle impliquerait au moins trois zéros de \(f’\), impossible car \(f’\) est de degré \(2\).)

\(f'(x)=1-\frac{2}{x^2}=\frac{x^2-2}{x^2}\). Sur \((0,+\infty)\), \(f'(x)=0\) ⇔ \(x=\sqrt{2}\).

Pour \(0 < x < \sqrt{2}[/latex], [latex]x^2-2 < 0[/latex] donc [latex]f'(x) < 0[/latex]. Pour [latex]x > \sqrt{2}\), \(f'(x) > 0\). Donc minimum en \(\sqrt{2}\).

Valeur minimale : \(f(\sqrt{2})=\sqrt{2}+\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}\).

Interprétation : pour tout \(x > 0\), on a \(x+\frac{2}{x} \geq 2\sqrt{2}\).

Retenir l’idée : \(f'(a)\) est la pente de la tangente à la courbe en \(a\). Ensuite, s’entraîner sur 3 axes : calcul, tangente, variations. Pour le cours : Dérivées.

Les « formules » indispensables : dérivées usuelles + 4 règles (somme, produit, quotient, composée). Pour un mémo : tableau des dérivées usuelles. Pour les méthodes : Calcul de dérivées.

1) Identifier la forme (somme/produit/quotient/composée). 2) Appliquer la règle. 3) Simplifier. 4) Vérifier le domaine. En cas de doute : méthodes détaillées.

La dérivée décrit la variation instantanée : pente, vitesse locale, croissance/décroissance. C’est l’outil central pour les variations, extrema et tangentes.

Les 4 règles « réflexes » : dérivée d’une somme, d’un produit, d’un quotient et d’une composée. C’est exactement ce qu’on travaille dans les séries A et E.

Si \(f(x)=2x\), alors \(f'(x)=2\).

Si \(f(x)=x^2\), alors \(f'(x)=2x\).

Si \(f(x)=2x^2\), alors \(f'(x)=4x\).

Si \(f(x)=x^3\), alors \(f'(x)=3x^2\).