Dérivée d’une fonction : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (dérivation en terminale)

a. \(f(x)=-5x^2+10x+4\) sur \(\mathbb{R}\).

f est un polynôme, donc dérivable sur \(\mathbb{R}\) : \(f^{\prime}(x)=-10x+10=-10(x-1)\).

\(f^{\prime}(x)\geq\, 0\Leftrightarrow x\leq\, 1\). Donc f est croissante sur \(]-\infty\,;\,1]\) et décroissante sur \([1\,;\,+\infty[\), avec un maximum \(f(1)=-5+10+4=9\).

Limites : \(f(x)\) se comporte comme \(-5x^2\) à l’infini, donc \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(1\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
\(f(x)\)	\(-\infty\)	↗	\(9\)	↘	\(-\infty\)

b. \(f(x)=\dfrac{3x+2}{x-5}\) sur \(\mathbb{R}\setminus\{5\}\).

f est une fonction rationnelle, dérivable sur \(]-\infty\,;\,5[\) et sur \(]5\,;\,+\infty[\) :

\(f^{\prime}(x)=\dfrac{3(x-5)-(3x+2)\times 1}{(x-5)^2}=\dfrac{-17}{(x-5)^2}\lt 0\).

Donc f est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,5[\) et sur \(]5\,;\,+\infty[\) (attention : pas sur la réunion des deux intervalles).

Limites : \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{3x}{x}=3\). En 5, le numérateur tend vers 17 : \(\displaystyle\lim_{x\to 5^-}f(x)=-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to 5^+}f(x)=+\infty\).

La courbe admet une asymptote horizontale d’équation y = 3 et une asymptote verticale d’équation x = 5.

c. \(f(x)=\dfrac{-7}{x+2}\) sur \(\mathbb{R}\setminus\{-2\}\).

f est dérivable sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]-2\,;\,+\infty[\) : \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-7\times (-1)}{(x+2)^2}=\dfrac{7}{(x+2)^2}\gt 0\).

Donc f est strictement croissante sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]-2\,;\,+\infty[\).

Limites : \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0\) ; \(\displaystyle\lim_{x\to -2^-}f(x)=+\infty\) (car \(x+2\to 0^-\)) et \(\displaystyle\lim_{x\to -2^+}f(x)=-\infty\).

Asymptotes : y = 0 et x = −2.

d. \(f(x)=\sqrt{-2x+5}\) sur \(]-\infty\,;\,\dfrac{5}{2}]\).

La fonction racine carrée n’est dérivable qu’en un nombre strictement positif : f est dérivable là où \(-2x+5\gt 0\), c’est-à-dire sur \(]-\infty\,;\,\dfrac{5}{2}[\) (pas en \(\dfrac{5}{2}\), où la tangente est verticale).

\(f^{\prime}(x)=\dfrac{-2}{2\sqrt{-2x+5}}=\dfrac{-1}{\sqrt{-2x+5}}\lt 0\).

Donc f est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,\dfrac{5}{2}]\), de \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\) jusqu’à \(f(\dfrac{5}{2})=0\).

e. \(f(x)=\tan(4x)\) sur \(]-\dfrac{\pi}{8}\,;\,\dfrac{\pi}{8}[\).

Pour x dans cet intervalle, \(4x\in]-\dfrac{\pi}{2}\,;\,\dfrac{\pi}{2}[\), où la tangente est dérivable avec \(\tan^{\prime}=1+\tan^2\). Par composition :

\(f^{\prime}(x)=4(1+\tan^2(4x))=\dfrac{4}{\cos^2(4x)}\gt 0\).

Donc f est strictement croissante sur \(]-\dfrac{\pi}{8}\,;\,\dfrac{\pi}{8}[\), avec \(\displaystyle\lim_{x\to -\frac{\pi}{8}^+}f(x)=-\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{8}^-}f(x)=+\infty\) et \(f(0)=0\). Les droites \(x=-\dfrac{\pi}{8}\) et \(x=\dfrac{\pi}{8}\) sont asymptotes verticales.

Exercice 2 :

f est dérivable, donc continue sur \(\mathbb{R}\). On raisonne sur chaque intervalle de monotonie.

• Sur \(]-\infty\,;\,-3]\) : f est croissante, donc \(f(x)\leq\, f(-3)=0\lt 1\). Pas de solution.
• Sur \([-3\,;\,-1]\) : f est continue et strictement croissante, \(f(-3)=0\) et \(f(-1)=3\). Comme \(1\in[0\,;\,3]\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) donne une unique solution \(x_1\in\,]-3\,;\,-1[\).
• Sur \([-1\,;\,0]\) : f est strictement décroissante de 3 à 1. Elle prend la valeur 1 une seule fois, en \(x=0\).
• Sur \(]0\,;\,+\infty[\) : f est strictement croissante, donc \(f(x)\gt f(0)=1\). Pas de solution.

Conclusion : l’équation f(x) = 1 admet exactement deux solutions, l’une dans \(]-3\,;\,-1[\) et l’autre égale à 0.

Exercice 3 (dérivation en terminale)

a. \(f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+2x+1\) : c’est un polynôme, dérivable sur \(\mathbb{R}\), et \(f^{\prime}(x)=-x+2\).

\(f^{\prime}(x)\geq\, 0\Leftrightarrow x\leq\, 2\) : f est croissante sur \(]-\infty\,;\,2]\), décroissante sur \([2\,;\,+\infty[\), de maximum \(f(2)=-2+4+1=3\). Les limites en \(-\infty\) et en \(+\infty\) valent \(-\infty\).

b. \(f(x)=-\dfrac{3x+1}{x^2-x+1}\).

Le trinôme \(x^2-x+1\) a pour discriminant \(\Delta=1-4=-3\lt 0\) : il ne s’annule jamais et reste strictement positif. f est donc une fonction rationnelle définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\).

\(f^{\prime}(x)=-\dfrac{3(x^2-x+1)-(3x+1)(2x-1)}{(x^2-x+1)^2}=-\dfrac{3x^2-3x+3-(6x^2-x-1)}{(x^2-x+1)^2}=-\dfrac{-3x^2-2x+4}{(x^2-x+1)^2}\)

donc \(f^{\prime}(x)=\dfrac{3x^2+2x-4}{(x^2-x+1)^2}\), du signe de \(3x^2+2x-4\).

Ce trinôme a pour discriminant \(4+48=52\) et pour racines \(x_1=\dfrac{-1-\sqrt{13}}{3}\approx -1{,}54\) et \(x_2=\dfrac{-1+\sqrt{13}}{3}\approx 0{,}87\). Il est positif à l’extérieur des racines.

Donc f est croissante sur \(]-\infty\,;\,x_1]\), décroissante sur \([x_1\,;\,x_2]\) et croissante sur \([x_2\,;\,+\infty[\).

Valeurs des extremums (calcul exact) : \(f(x_1)=\dfrac{2\sqrt{13}-5}{3}\approx 0{,}74\) (maximum local) et \(f(x_2)=-\dfrac{2\sqrt{13}+5}{3}\approx -4{,}07\) (minimum). Enfin \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\lim_{x\to\pm\infty}(-\dfrac{3x}{x^2})=0\) : l’axe des abscisses est asymptote horizontale.

\(x\)	\(-\infty\)		\(x_1\)		\(x_2\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(0\)	↗	\(\approx 0{,}74\)	↘	\(\approx -4{,}07\)	↗	\(0\)

c. \(f(x)=(1-\sin x)\sin x=\sin x-\sin^2 x\).

f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(2\pi\)-périodique : on l’étudie sur \([0\,;\,2\pi]\).

\(f^{\prime}(x)=\cos x-2\sin x\cos x=\cos x\,(1-2\sin x)\).

Sur \([0\,;\,2\pi]\) : \(\cos x=0\) pour \(x=\dfrac{\pi}{2}\) ou \(x=\dfrac{3\pi}{2}\) ; \(1-2\sin x=0\) pour \(x=\dfrac{\pi}{6}\) ou \(x=\dfrac{5\pi}{6}\).

\(x\)	\(0\)		\(\dfrac{\pi}{6}\)		\(\dfrac{\pi}{2}\)		\(\dfrac{5\pi}{6}\)		\(\dfrac{3\pi}{2}\)		\(2\pi\)
\(\cos x\)		\(+\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(1-2\sin x\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)		\(+\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(0\)	↗	\(\dfrac{1}{4}\)	↘	\(0\)	↗	\(\dfrac{1}{4}\)	↘	\(-2\)	↗	\(0\)

Par exemple \(f(\dfrac{\pi}{6})=(1-\dfrac{1}{2})\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\) et \(f(\dfrac{3\pi}{2})=(1+1)\times (-1)=-2\). On peut aussi écrire \(f(x)=\dfrac{1}{4}-(\sin x-\dfrac{1}{2})^2\) : f prend toutes ses valeurs dans \([-2\,;\,\dfrac{1}{4}]\), avec un maximum \(\dfrac{1}{4}\) et un minimum \(-2\).

Exercice 4 :

On utilise les formules \((u^n)^{\prime}=nu^{\prime}u^{n-1}\), \((\sqrt{u})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\) (là où \(u\gt 0\)), et les dérivées d’un produit et d’un quotient.

a. \(f(x)=(x^2-5)^4\) : f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=4\times 2x(x^2-5)^3=8x(x^2-5)^3\).

b. \(f(x)=\sqrt{x^2+5x-6}=\sqrt{(x+6)(x-1)}\). Le trinôme est strictement positif à l’extérieur de ses racines −6 et 1 : f est dérivable sur \(]-\infty\,;\,-6[\,\cup\,]1\,;\,+\infty[\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{2x+5}{2\sqrt{x^2+5x-6}}\).

c. \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\) : \(1+x^2\geq\, 1\gt 0\), donc f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2}=\dfrac{-x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\).

d. \(f(x)=(3x+6)^{-2}=\dfrac{1}{(3x+6)^2}\) : f est dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-2\}\) (valeur qui annule \(3x+6\)) et \(f^{\prime}(x)=-2\times 3\,(3x+6)^{-3}=\dfrac{-6}{(3x+6)^3}\).

e. \(f(x)=\sqrt{3+\cos^2 x}\) : \(3+\cos^2x\geq\, 3\gt 0\), donc f est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Avec \(u=3+\cos^2x\), \(u^{\prime}=-2\sin x\cos x=-\sin(2x)\) : \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-\sin(2x)}{2\sqrt{3+\cos^2x}}\).

f. \(f(x)=\sin(3x)\cos(2x)\) : f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=3\cos(3x)\cos(2x)-2\sin(3x)\sin(2x)\).

g. \(f(x)=\dfrac{\sin(3x)}{x}\) : f n’est pas définie en 0, elle est dérivable sur \(\mathbb{R}^*=\mathbb{R}\setminus\{0\}\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{3x\cos(3x)-\sin(3x)}{x^2}\).

h. \(f(x)=\dfrac{x+3}{x^2-4}\) : f est dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-2\,;\,2\}\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{(x^2-4)-(x+3)\times 2x}{(x^2-4)^2}\), soit \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-x^2-6x-4}{(x^2-4)^2}\).

Exercice 5 (dérivation en terminale)

1. Sur \(]-1\,;\,+\infty[\), on a \(x^3\gt -1\), donc \(1+x^3\gt 0\) et \(f_0\) est bien définie.

En \(-1^+\) : \(1+x^3\to 0^+\), donc \(\sqrt{1+x^3}\to 0^+\) et \(\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f_0(x)=+\infty\) : la droite x = −1 est asymptote verticale.

En \(+\infty\) : \(\sqrt{1+x^3}\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f_0(x)=0\) : l’axe des abscisses est asymptote horizontale.

Avec \(f_0=(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}\) : \(f_0^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{2}\times 3x^2\,(1+x^3)^{-\frac{3}{2}}=\dfrac{-3x^2}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\).

\(f_0^{\prime}(x)\leq\, 0\), et ne s’annule qu’en 0 : \(f_0\) est strictement décroissante sur \(]-1\,;\,+\infty[\), avec une tangente horizontale au point (0 ; 1).

2. a. On écrit \(f_n(x)=x^{3n}(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}\) et on dérive le produit :

\(f_n^{\prime}(x)=3n\,x^{3n-1}(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}+x^{3n}\times (-\dfrac{3x^2}{2})(1+x^3)^{-\frac{3}{2}}\).

On met \(\dfrac{x^{3n-1}}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\) en facteur :

\(f_n^{\prime}(x)=\dfrac{x^{3n-1}[6n(1+x^3)-3x^3]}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}=\dfrac{x^{3n-1}[(6n-3)x^3+6n]}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\).

C’est l’égalité demandée ; un calcul direct suffit, aucune récurrence n’est nécessaire.

b. Le dénominateur est strictement positif sur \(]-1\,;\,+\infty[\).

Pour n = 1 : \(f_1^{\prime}(x)=\dfrac{x^2(3x^3+6)}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\). Comme \(x^3\gt -1\), on a \(3x^3+6\gt 3\gt 0\), et \(x^2\geq\, 0\). Donc \(f_1^{\prime}\geq\, 0\) et ne s’annule qu’en 0 : \(f_1\) est strictement croissante sur \(]-1\,;\,+\infty[\).

Limites : en \(-1^+\), \(x^3\to -1\) et \(\sqrt{1+x^3}\to 0^+\), donc \(f_1(x)\to-\infty\) ; en \(+\infty\), \(f_1(x)=\dfrac{x^3}{\sqrt{1+x^3}}=\dfrac{\sqrt{x^3}}{\sqrt{\frac{1}{x^3}+1}}\to+\infty\).

\(x\)	\(-1\)		\(0\)		\(+\infty\)
\(f_1^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(+\)
\(f_1(x)\)	\(-\infty\)	↗	\(0\)	↗	\(+\infty\)

Pour n = 2 : \(f_2^{\prime}(x)=\dfrac{x^5(9x^3+12)}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\), avec \(9x^3+12\gt 3\gt 0\). \(f_2^{\prime}(x)\) est donc du signe de \(x^5\), c’est-à-dire du signe de x : \(f_2\) est décroissante sur \(]-1\,;\,0]\) et croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), avec un minimum \(f_2(0)=0\).

Limites : en \(-1^+\), \(x^6\to 1\) donc \(f_2(x)\to+\infty\) ; en \(+\infty\), \(f_2(x)=x^3f_1(x)\to+\infty\).

\(x\)	\(-1\)		\(0\)		\(+\infty\)
\(f_2^{\prime}(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f_2(x)\)	\(+\infty\)	↘	\(0\)	↗	\(+\infty\)

c. Les deux courbes passent par l’origine avec une tangente horizontale et admettent la droite x = −1 pour asymptote verticale :

Exercice 6 :

1. Continuité en 0. Pour \(x\neq 0\), \(|\sin(\dfrac{1}{x})|\leq\, 1\), donc \(|f(x)-f(0)|=|x^2\sin(\dfrac{1}{x})|\leq\, x^2\).

Comme \(\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2=0\), le théorème des gendarmes donne \(\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=0=f(0)\) : f est continue en 0.

2. Dérivabilité en 0. Pour \(x\neq 0\), le taux d’accroissement vaut \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=x\sin(\dfrac{1}{x})\), et \(|x\sin(\dfrac{1}{x})|\leq\, |x|\).

Par le théorème des gendarmes, ce taux tend vers 0 : f est dérivable en 0 et \(f^{\prime}(0)=0\).

3. Discontinuité de f ‘ en 0. Pour \(x\neq 0\), avec la dérivée d’un produit et d’une composée :

\(f^{\prime}(x)=2x\sin(\dfrac{1}{x})+x^2\times (-\dfrac{1}{x^2})\cos(\dfrac{1}{x})=2x\sin(\dfrac{1}{x})-\cos(\dfrac{1}{x})\).

Considérons les suites \(x_n=\dfrac{1}{2n\pi}\) et \(y_n=\dfrac{1}{(2n+1)\pi}\) (n entier, n ≥ 1). Elles tendent toutes deux vers 0, et :

• \(f^{\prime}(x_n)=2x_n\sin(2n\pi)-\cos(2n\pi)=0-1=-1\) ;
• \(f^{\prime}(y_n)=2y_n\sin((2n+1)\pi)-\cos((2n+1)\pi)=0+1=1\).

Si f ‘ avait une limite en 0, les deux suites \(f^{\prime}(x_n)\) et \(f^{\prime}(y_n)\) devraient converger vers cette même limite ; or l’une vaut −1 et l’autre 1. Donc f ‘ n’a pas de limite en 0 et f ‘ n’est pas continue en 0, bien que f soit dérivable sur \(\mathbb{R}\). La courbe ci-dessous oscille de plus en plus vite près de l’origine.

Exercice 7 (dérivation en terminale)

Soit \(a\in I\) et \(b=u(a)\in J\). On introduit la fonction \(\varphi\) définie sur J par :

\(\varphi(y)=\dfrac{v(y)-v(b)}{y-b}\) si \(y\neq b\), et \(\varphi(b)=v^{\prime}(b)\).

Comme v est dérivable en b, \(\displaystyle\lim_{y\to b}\varphi(y)=v^{\prime}(b)=\varphi(b)\) : \(\varphi\) est continue en b. De plus, pour tout y de J (y compris y = b) : \(v(y)-v(b)=\varphi(y)\,(y-b)\).

Avec \(y=u(x)\), on obtient pour tout \(x\in I\), \(x\neq a\) :

\(\dfrac{v(u(x))-v(u(a))}{x-a}=\varphi(u(x))\times \dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}\).

Lorsque x tend vers a :

• \(\dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}\to u^{\prime}(a)\), car u est dérivable en a ;
• u est dérivable donc continue en a, d’où \(u(x)\to b\), et par continuité de \(\varphi\) en b, \(\varphi(u(x))\to v^{\prime}(b)\).

Le taux d’accroissement de \(v\circ u\) en a a donc pour limite \(v^{\prime}(b)\,u^{\prime}(a)\). Ceci vaut pour tout a de I : \(v\circ u\) est dérivable sur I et \((v\circ u)^{\prime}(x)=u^{\prime}(x)\,v^{\prime}(u(x))\).

Remarque : on n’écrit pas simplement \(\dfrac{v(u(x))-v(u(a))}{u(x)-u(a)}\times \dfrac{u(x)-u(a)}{x-a}\), car \(u(x)-u(a)\) peut s’annuler pour des x proches de a ; la fonction \(\varphi\) évite cette division par zéro.

Exercice 8 :

Soit x un réel et \(h\neq 0\). On utilise les formules d’addition et les deux limites rappelées : \(\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\cos h-1}{h}=0\) et \(\displaystyle\lim_{h\to 0}\dfrac{\sin h}{h}=1\).

Fonction sinus. \(\sin(x+h)=\sin x\cos h+\cos x\sin h\), donc :

\(\dfrac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\sin x\times \dfrac{\cos h-1}{h}+\cos x\times \dfrac{\sin h}{h}\).

Quand h tend vers 0, ce taux tend vers \(\sin x\times 0+\cos x\times 1=\cos x\). La fonction sinus est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\sin^{\prime}=\cos\).

Fonction cosinus. \(\cos(x+h)=\cos x\cos h-\sin x\sin h\), donc :

\(\dfrac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=\cos x\times \dfrac{\cos h-1}{h}-\sin x\times \dfrac{\sin h}{h}\).

Quand h tend vers 0, ce taux tend vers \(\cos x\times 0-\sin x\times 1=-\sin x\). La fonction cosinus est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(\cos^{\prime}=-\sin\).

Exercice 9 (dérivation en terminale)

1. Pour tout réel x, \(|x|\lt 1+|x|\), donc \(|f(x)|=\dfrac{|x|}{1+|x|}\lt 1\), c’est-à-dire \(-1\lt f(x)\lt 1\). f est bornée sur \(\mathbb{R}\) (par −1 et 1).

2. \(\mathbb{R}\) est symétrique par rapport à 0 et, pour tout x, \(f(-x)=\dfrac{-x}{1+|-x|}=-\dfrac{x}{1+|x|}=-f(x)\). f est impaire : sa courbe est symétrique par rapport à l’origine.

3. Pour \(x\neq 0\) : \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{1}{1+|x|}\), qui tend vers 1 quand x tend vers 0 (à gauche comme à droite). f est dérivable en 0 et \(f^{\prime}(0)=1\).

4. Pour \(x\geq\, 0\), \(f(x)=\dfrac{x}{1+x}\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{(1+x)-x}{(1+x)^2}=\dfrac{1}{(1+x)^2}\gt 0\). Pour \(x\leq\, 0\), \(f(x)=\dfrac{x}{1-x}\) et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}\gt 0\). Avec la question 3, f est dérivable, donc continue, sur \(\mathbb{R}\), et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{(1+|x|)^2}\gt 0\) : f est strictement croissante.

Limites : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{1+x}=1\) et \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{x}{1-x}=-1\).

f est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, f réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]-1\,;\,1[\). On peut même expliciter l’antécédent de \(y\in\,]-1\,;\,1[\) : \(x=\dfrac{y}{1-|y|}\) (par exemple, \(f(x)=\dfrac{1}{3}\) pour \(x=\dfrac{1}{2}\)).

Exercice 10 :

1. Quand x tend vers \(\dfrac{\pi}{2}\), \(\cos x\to\cos\dfrac{\pi}{2}=0\) et \(x-\dfrac{\pi}{2}\to 0\) : on a une forme indéterminée « 0/0 ».

Comme \(\cos\dfrac{\pi}{2}=0\), on peut écrire \(f(x)=\dfrac{\cos x-\cos\frac{\pi}{2}}{x-\frac{\pi}{2}}\) : c’est l’accroissement moyen (le taux d’accroissement) de la fonction cosinus entre \(\dfrac{\pi}{2}\) et x. La fonction cosinus étant dérivable en \(\dfrac{\pi}{2}\), ce taux tend vers le nombre dérivé :

\(\displaystyle\lim_{x\to\frac{\pi}{2}}f(x)=\cos^{\prime}(\dfrac{\pi}{2})=-\sin\dfrac{\pi}{2}=-1\).

2. Avec \(g(x)=\sqrt{1+x}\) : \(g(0)=1\), donc \(\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}\). g est dérivable en 0 avec \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}}\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}{x}=g^{\prime}(0)=\dfrac{1}{2}\).

Avec la fonction tangente : \(\tan\dfrac{\pi}{4}=1\), donc \(\dfrac{\tan x-1}{x-\frac{\pi}{4}}=\dfrac{\tan x-\tan\frac{\pi}{4}}{x-\frac{\pi}{4}}\). La tangente est dérivable en \(\dfrac{\pi}{4}\) avec \(\tan^{\prime}=1+\tan^2\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to\frac{\pi}{4}}\dfrac{\tan x-1}{x-\frac{\pi}{4}}=1+\tan^2\dfrac{\pi}{4}=2\).

Exercice 11 (dérivation en terminale)

Soit la fonction f définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=x^4+x^3-x+1\). C’est un polynôme, deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) :

\(f^{\prime}(x)=4x^3+3x^2-1\) et \(f^{\prime\prime}(x)=12x^2+6x=6x(2x+1)\).

Étude de f ‘. \(f^{\prime\prime}(x)\) est positif sur \(]-\infty\,;\,-\dfrac{1}{2}]\) et sur \([0\,;\,+\infty[\), négatif sur \([-\dfrac{1}{2}\,;\,0]\). On calcule \(f^{\prime}(-\dfrac{1}{2})=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{4}-1=-\dfrac{3}{4}\) et \(f^{\prime}(0)=-1\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(-\dfrac{1}{2}\)		\(0\)		\(\alpha\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)		\(+\)
\(f^{\prime}(x)\)	\(-\infty\)	↗	\(-\dfrac{3}{4}\)	↘	\(-1\)	↗	\(0\)	↗	\(+\infty\)

Sur \(]-\infty\,;\,0]\), le maximum de f ‘ est \(-\dfrac{3}{4}\) : \(f^{\prime}(x)\lt 0\). Sur \([0\,;\,+\infty[\), f ‘ est continue, strictement croissante, de −1 à \(+\infty\) : elle s’annule en un unique réel \(\alpha\). Comme \(f^{\prime}(0{,}4)=-0{,}264\lt 0\) et \(f^{\prime}(0{,}5)=0{,}25\gt 0\), on a \(0{,}4\lt\alpha\lt 0{,}5\).

Étude de f. f ‘ est négative sur \(]-\infty\,;\,\alpha]\) et positive sur \([\alpha\,;\,+\infty[\) : f est décroissante puis croissante, et admet un minimum en \(\alpha\).

Or \(0\lt\alpha\lt 1\), donc \(f(\alpha)=\alpha^4+\alpha^3+(1-\alpha)\) est une somme de trois nombres strictement positifs : \(f(\alpha)\gt 0\) (numériquement \(f(\alpha)\approx 0{,}68\)).

Pour tout réel x, \(f(x)\geq\, f(\alpha)\gt 0\) : l’équation \(x^4+x^3-x+1=0\) n’a pas de solution sur \(\mathbb{R}\), ce que confirme la courbe.

Exercice 12 :

1. \(\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}\dfrac{9}{x-1}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

En 1 : \(x+3\to 4\). Si \(x\to 1^-\), \(x-1\to 0^-\) donc \(\dfrac{9}{x-1}\to-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to 1^-}f(x)=-\infty\) ; si \(x\to 1^+\), \(\displaystyle\lim_{x\to 1^+}f(x)=+\infty\). La droite x = 1 est asymptote verticale.

2. \(f(x)-(x+3)=\dfrac{9}{x-1}\), qui tend vers 0 en \(-\infty\) et en \(+\infty\). Donc la droite \(\Delta\) : y = x + 3 est asymptote oblique à Cf en \(-\infty\) et en \(+\infty\). De plus, Cf est au-dessus de \(\Delta\) pour x > 1 et en dessous pour x < 1.

3. f est dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) et :

\(f^{\prime}(x)=1-\dfrac{9}{(x-1)^2}=\dfrac{(x-1)^2-9}{(x-1)^2}=\dfrac{(x-1-3)(x-1+3)}{(x-1)^2}=\dfrac{(x-4)(x+2)}{(x-1)^2}\).

4. \(f^{\prime}(x)\) est du signe du trinôme \((x-4)(x+2)\) : positif à l’extérieur de −2 et 4, négatif entre. On calcule \(f(-2)=-2+3+\dfrac{9}{-3}=-2\) et \(f(4)=4+3+\dfrac{9}{3}=10\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(-2\)		\(1\)		\(4\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	||	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(-\infty\)	↗	\(-2\)	↘	\(-\infty\) || \(+\infty\)	↘	\(10\)	↗	\(+\infty\)

f admet un maximum local −2 en x = −2 et un minimum local 10 en x = 4.

5. La tangente en \(x_0=0\) a pour équation \(y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)\).

\(f(0)=3+\dfrac{9}{-1}=-6\) et \(f^{\prime}(0)=\dfrac{(0-4)(0+2)}{(0-1)^2}=-8\).

Donc T : y = −8x − 6.

Exercice 13 (dérivation en terminale)

1. f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) (produit et somme de fonctions dérivables) :

\(f^{\prime}(x)=1\times \sin x+x\cos x-\sin x\), soit \(f^{\prime}(x)=x\cos x\).

2. Sur \([0\,;\,2\pi]\), \(x\geq\, 0\), donc f ‘(x) est du signe de \(\cos x\) : positif sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), négatif sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\dfrac{3\pi}{2}]\), positif sur \([\dfrac{3\pi}{2}\,;\,2\pi]\).

Valeurs : \(f(0)=1\), \(f(\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2}\), \(f(\dfrac{3\pi}{2})=\dfrac{3\pi}{2}\times (-1)+0=-\dfrac{3\pi}{2}\), \(f(2\pi)=0+1=1\).

\(x\)	\(0\)		\(\dfrac{\pi}{2}\)		\(\dfrac{3\pi}{2}\)		\(2\pi\)
\(f^{\prime}(x)\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)
\(f(x)\)	\(1\)	↗	\(\dfrac{\pi}{2}\)	↘	\(-\dfrac{3\pi}{2}\)	↗	\(1\)

3. Sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\dfrac{3\pi}{2}]\), f est continue et strictement décroissante, avec \(f(\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2}\gt 0\) et \(f(\dfrac{3\pi}{2})=-\dfrac{3\pi}{2}\lt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(x) = 0 admet une unique solution \(\alpha\) dans cet intervalle.

4. \(f(\dfrac{5\pi}{6})=\dfrac{5\pi}{6}\times \dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{5\pi}{12}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}44\gt 0\) et \(f(\pi)=0+(-1)=-1\lt 0\).

Ainsi \(f(\dfrac{5\pi}{6})\gt f(\alpha)=0\gt f(\pi)\), et comme f est strictement décroissante sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\dfrac{3\pi}{2}]\), qui contient ces trois nombres : \(\dfrac{5\pi}{6}\lt\alpha\lt\pi\) (en fait \(\alpha\approx 2{,}80\)).

Exercice 14 :

Les données se traduisent par : \(f(0)=1\) (A appartient à C), \(f^{\prime}(1)=0\) (tangente horizontale en 1) et \(f^{\prime}(0)=-6\).

f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=(2ax+b)e^{-x}+(ax^2+bx+c)(-e^{-x})=e^{-x}(-ax^2+(2a-b)x+b-c)\).

• \(f(0)=c=1\) ;
• \(f^{\prime}(0)=b-c=-6\), donc \(b=-5\) ;
• \(f^{\prime}(1)=e^{-1}(-a+2a-b+b-c)=e^{-1}(a-c)=0\), donc \(a=c=1\).

Conclusion : a = 1, b = −5, c = 1 et \(f(x)=(x^2-5x+1)e^{-x}\).

Vérification : \(f^{\prime}(x)=e^{-x}(-x^2+7x-6)\), d’où \(f^{\prime}(0)=-6\) et \(f^{\prime}(1)=e^{-1}(-1+7-6)=0\).

Exercice 15 (dérivation en terminale)

1. \(f(x)=\dfrac{2x+1}{x-2}-\dfrac{1}{x+4}\), dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-4\,;\,2\}\).

\((\dfrac{2x+1}{x-2})^{\prime}=\dfrac{2(x-2)-(2x+1)}{(x-2)^2}=\dfrac{-5}{(x-2)^2}\) et \((-\dfrac{1}{x+4})^{\prime}=\dfrac{1}{(x+4)^2}\).

\(f^{\prime}(x)=\dfrac{-5}{(x-2)^2}+\dfrac{1}{(x+4)^2}=\dfrac{-5(x+4)^2+(x-2)^2}{(x-2)^2(x+4)^2}\), soit \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-4(x^2+11x+19)}{(x-2)^2(x+4)^2}\).

2. \(f(x)=\dfrac{x^2+1}{x^2-9}\), dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-3\,;\,3\}\) :

\(f^{\prime}(x)=\dfrac{2x(x^2-9)-(x^2+1)\times 2x}{(x^2-9)^2}=\dfrac{2x(x^2-9-x^2-1)}{(x^2-9)^2}\), soit \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-20x}{(x^2-9)^2}\).

3. \(f(x)=x^5-2x+\dfrac{3}{x}\), dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) : \(f^{\prime}(x)=5x^4-2-\dfrac{3}{x^2}\).

4. \(f(x)=(x^3-2x+1)^3\), dérivable sur \(\mathbb{R}\). Avec \((u^3)^{\prime}=3u^{\prime}u^2\) : \(f^{\prime}(x)=3(3x^2-2)(x^3-2x+1)^2\).

5. \(f(x)=\sqrt{1-5x^2}\) : \(1-5x^2\gt 0\Leftrightarrow -\dfrac{1}{\sqrt{5}}\lt x\lt\dfrac{1}{\sqrt{5}}\). Sur cet intervalle ouvert, \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-10x}{2\sqrt{1-5x^2}}=\dfrac{-5x}{\sqrt{1-5x^2}}\).

6. \(f(x)=\sqrt{\dfrac{x-1}{x+3}}\). Le quotient \(u(x)=\dfrac{x-1}{x+3}\) est strictement positif sur \(]-\infty\,;\,-3[\,\cup\,]1\,;\,+\infty[\), où f est dérivable.

\(u^{\prime}(x)=\dfrac{(x+3)-(x-1)}{(x+3)^2}=\dfrac{4}{(x+3)^2}\), donc \(f^{\prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}(x)}{2\sqrt{u(x)}}\), soit \(f^{\prime}(x)=\dfrac{2}{(x+3)^2\sqrt{\frac{x-1}{x+3}}}\).

Exercice 16 :

Pour tous réels R, \(\theta\) et x : \(R\cos(x-\theta)=R\cos\theta\cos x+R\sin\theta\sin x\).

Il suffit donc de trouver R et \(\theta\) tels que \(R\cos\theta=a\) et \(R\sin\theta=b\).

• Si a = b = 0 : R = 0 et n’importe quel \(\theta\) conviennent.
• Sinon, on pose \(R=\sqrt{a^2+b^2}\gt 0\). Alors \((\dfrac{a}{R})^2+(\dfrac{b}{R})^2=1\) : le point de coordonnées \((\dfrac{a}{R}\,;\,\dfrac{b}{R})\) est sur le cercle trigonométrique, donc il existe un réel \(\theta\) tel que \(\cos\theta=\dfrac{a}{R}\) et \(\sin\theta=\dfrac{b}{R}\).

Avec ces valeurs, \(a\cos x+b\sin x=R\cos(x-\theta)\) pour tout réel x, avec \(R=\sqrt{a^2+b^2}\).

Application. Ici a = b = 1, donc \(R=\sqrt{2}\), \(\cos\theta=\sin\theta=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\theta=\dfrac{\pi}{4}\) : \(\cos x+\sin x=\sqrt{2}\cos(x-\dfrac{\pi}{4})\).

\(\cos x+\sin x=1\Leftrightarrow\cos(x-\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\cos\dfrac{\pi}{4}\Leftrightarrow x-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\) ou \(x-\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\), \(k\in\mathbb{Z}\).

Les solutions sont \(x=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\) ou \(x=2k\pi\), avec \(k\in\mathbb{Z}\). Vérification : \(\cos 0+\sin 0=1\) et \(\cos\dfrac{\pi}{2}+\sin\dfrac{\pi}{2}=1\).

Exercice 17 (dérivation en terminale)

On pose, pour \(x\in[0\,;\,1]\), \(g(x)=f(x)-x\). La fonction g est continue sur [0 ; 1] comme différence de fonctions continues.

Comme f prend ses valeurs dans [0 ; 1] :

• \(g(0)=f(0)-0=f(0)\geq\, 0\) ;
• \(g(1)=f(1)-1\leq\, 0\).

0 est donc compris entre g(1) et g(0). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe \(c\in[0\,;\,1]\) tel que \(g(c)=0\), c’est-à-dire \(f(c)=c\) : f admet au moins un point fixe dans [0 ; 1].

Graphiquement, la courbe de f, qui part d’un point du segment vertical x = 0 et arrive sur le segment vertical x = 1 en restant dans le carré, coupe forcément la diagonale d’équation y = x.

Exercice 18 :

C’est la même équation qu’à l’exercice 11 ; on insiste ici sur l’usage du théorème de la bijection. Soit \(f(x)=x^4+x^3-x+1\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(f^{\prime}(x)=4x^3+3x^2-1\) et \(f^{\prime\prime}(x)=6x(2x+1)\).

Signe de f ‘. Le tableau de variations de f ‘ ci-dessous (obtenu avec le signe de f  ») montre que f ‘ reste inférieure ou égale à \(-\dfrac{3}{4}\) sur \(]-\infty\,;\,0]\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(-\dfrac{1}{2}\)		\(0\)		\(\alpha\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)		\(+\)
variations de \(f^{\prime}\)	\(-\infty\)	↗	\(-\dfrac{3}{4}\)	↘	\(-1\)	↗	\(0\)	↗	\(+\infty\)

Sur \([0\,;\,+\infty[\), f ‘ est continue et strictement croissante, avec \(f^{\prime}(0)=-1\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f^{\prime}(x)=+\infty\). D’après le théorème de la bijection, f ‘ réalise une bijection de \([0\,;\,+\infty[\) sur \([-1\,;\,+\infty[\), et 0 a un unique antécédent \(\alpha\). Avec \(f^{\prime}(0{,}4)\lt 0\lt f^{\prime}(0{,}5)\), on obtient \(0{,}4\lt\alpha\lt 0{,}5\).

Conclusion. f est décroissante sur \(]-\infty\,;\,\alpha]\), croissante sur \([\alpha\,;\,+\infty[\), de minimum \(f(\alpha)=\alpha^4+\alpha^3+(1-\alpha)\gt 0\) puisque \(0\lt\alpha\lt 1\). Donc \(f(x)\gt 0\) pour tout réel x : l’équation n’a aucune solution réelle.

Remarque : une vérification sans dérivée est possible. Si \(x\leq\, -1\), \(x^4+x^3=x^3(x+1)\geq\, 0\) et \(1-x\gt 0\) ; si \(-1\lt x\leq\, 0\), \(x^3+1\gt 0\) et \(x^4-x\geq\, 0\) ; si \(0\leq\, x\leq\, 1\), \(x^4+x^3\geq\, 0\) et \(1-x\geq\, 0\), non nuls simultanément ; si \(x\gt 1\), \(x^4-x\gt 0\) et \(x^3+1\gt 0\). Dans tous les cas f(x) > 0.

Exercice 19 (dérivation en terminale)

Soit h un réel non nul tel que \(a+h\in I\). Par hypothèse, \(\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}\to f^{\prime}(a)\) et \(\dfrac{g(a+h)-g(a)}{h}\to g^{\prime}(a)\) quand h tend vers 0.

1. \(\dfrac{(f+g)(a+h)-(f+g)(a)}{h}=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}+\dfrac{g(a+h)-g(a)}{h}\), qui tend vers \(f^{\prime}(a)+g^{\prime}(a)\). f + g est dérivable en a et \((f+g)^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)+g^{\prime}(a)\).

2. On ajoute et on retranche \(f(a)g(a+h)\) :

\(\dfrac{f(a+h)g(a+h)-f(a)g(a)}{h}=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}\times g(a+h)+f(a)\times \dfrac{g(a+h)-g(a)}{h}\).

g est dérivable en a, donc continue en a : \(g(a+h)\to g(a)\). Le quotient tend donc vers \(f^{\prime}(a)g(a)+f(a)g^{\prime}(a)\) : fg est dérivable en a et \((fg)^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)g(a)+f(a)g^{\prime}(a)\).

3. L’énoncé doit se lire « si g ne s’annule pas au voisinage de a » (sinon \(\dfrac{1}{g}\) n’est pas définie). Pour h assez petit, \(g(a+h)\neq 0\) et :

\(\dfrac{1}{h}(\dfrac{1}{g(a+h)}-\dfrac{1}{g(a)})=-\dfrac{g(a+h)-g(a)}{h}\times \dfrac{1}{g(a+h)\,g(a)}\).

Par continuité de g en a, \(g(a+h)g(a)\to g(a)^2\neq 0\). Le quotient tend vers \(-\dfrac{g^{\prime}(a)}{g(a)^2}\) : \(\dfrac{1}{g}\) est dérivable en a et \((\dfrac{1}{g})^{\prime}(a)=-\dfrac{g^{\prime}(a)}{g(a)^2}\).

Exercice 20 :

Le trinôme \(x^2+x+1\) a un discriminant égal à −3 : il est toujours strictement positif, donc f est bien définie sur \(\mathbb{R}\).

1. En \(-\infty\) : \(\sqrt{x^2+x+1}\to+\infty\) et \(-x\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\) (pas de forme indéterminée).

En \(+\infty\) : forme indéterminée « \(\infty-\infty\) ». On multiplie par la quantité conjuguée :

\(f(x)=\dfrac{(x^2+x+1)-x^2}{\sqrt{x^2+x+1}+x}=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}\).

Pour x > 0, \(\sqrt{x^2+x+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}\), d’où \(f(x)=\dfrac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}+1}\), qui tend vers \(\dfrac{1}{1+1}\). Donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}\).

Conclusion : Cf admet la droite d’équation \(y=\dfrac{1}{2}\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\), et aucune asymptote horizontale en \(-\infty\).

2. \(f(x)-(-2x-\dfrac{1}{2})=\sqrt{x^2+x+1}+x+\dfrac{1}{2}\). En \(-\infty\), c’est encore une forme « \(\infty-\infty\) » ; avec la quantité conjuguée :

\(\sqrt{x^2+x+1}+(x+\dfrac{1}{2})=\dfrac{x^2+x+1-(x+\frac{1}{2})^2}{\sqrt{x^2+x+1}-(x+\frac{1}{2})}=\dfrac{\frac{3}{4}}{\sqrt{x^2+x+1}-x-\frac{1}{2}}\).

En \(-\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\) (somme de \(\sqrt{x^2+x+1}\to+\infty\) et de \(-x-\frac{1}{2}\to+\infty\)), donc la différence tend vers 0 : la droite \(\Delta\) : \(y=-2x-\dfrac{1}{2}\) est asymptote oblique à Cf en \(-\infty\). Comme cette différence est positive, Cf est au-dessus de \(\Delta\).

Exercice 21 (dérivation en terminale)

Cet exercice reprend les fonctions de l’exercice 4 ; les résultats sont donc les mêmes.

a. \(f(x)=(x^2-5)^4\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\), \(f^{\prime}(x)=8x(x^2-5)^3\).

b. \(f(x)=\sqrt{x^2+5x-6}\) : \(x^2+5x-6=(x+6)(x-1)\gt 0\) sur \(]-\infty\,;\,-6[\,\cup\,]1\,;\,+\infty[\), où f est dérivable, et \(f^{\prime}(x)=\dfrac{2x+5}{2\sqrt{x^2+5x-6}}\).

c. \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-x}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}\).

d. \(f(x)=(3x+6)^{-2}\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-2\}\), \(f^{\prime}(x)=-6(3x+6)^{-3}=\dfrac{-6}{(3x+6)^3}\).

e. \(f(x)=\sqrt{3+\cos^2 x}\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(3+\cos^2x\geq\, 3\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-2\sin x\cos x}{2\sqrt{3+\cos^2x}}=\dfrac{-\sin(2x)}{2\sqrt{3+\cos^2x}}\).

f. \(f(x)=\sin(3x)\cos(2x)\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\), \(f^{\prime}(x)=3\cos(3x)\cos(2x)-2\sin(3x)\sin(2x)\).

g. \(f(x)=\dfrac{\sin(3x)}{x}\) : dérivable sur \(\mathbb{R}^*\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{3x\cos(3x)-\sin(3x)}{x^2}\).

h. \(f(x)=\dfrac{x+3}{x^2-4}\) : dérivable sur \(\mathbb{R}\setminus\{-2\,;\,2\}\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-x^2-6x-4}{(x^2-4)^2}\).

Exercice 22 :

Cet exercice est identique à l’exercice 5 ; on en rappelle les étapes.

1. \(\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f_0(x)=+\infty\) car \(\sqrt{1+x^3}\to 0^+\), et \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f_0(x)=0\). Les droites x = −1 et y = 0 sont asymptotes à \(C_0\).

\(f_0^{\prime}(x)=\dfrac{-3x^2}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\leq\, 0\) : \(f_0\) est strictement décroissante sur \(]-1\,;\,+\infty[\), avec \(f_0(0)=1\) et une tangente horizontale en ce point.

2. a. En dérivant le produit \(x^{3n}(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}\) :

\(f_n^{\prime}(x)=3nx^{3n-1}(1+x^3)^{-\frac{1}{2}}-\dfrac{3}{2}x^{3n+2}(1+x^3)^{-\frac{3}{2}}=\dfrac{x^{3n-1}[6n(1+x^3)-3x^3]}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}=\dfrac{x^{3n-1}[(6n-3)x^3+6n]}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\).

b. Sur \(]-1\,;\,+\infty[\), \(x^3\gt -1\), donc \(3x^3+6\gt 0\) et \(9x^3+12\gt 0\).

• \(f_1^{\prime}(x)=\dfrac{x^2(3x^3+6)}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\geq\, 0\) : \(f_1\) est strictement croissante, de \(-\infty\) (en \(-1^+\)) à \(+\infty\), avec \(f_1(0)=0\).
• \(f_2^{\prime}(x)=\dfrac{x^5(9x^3+12)}{2(1+x^3)\sqrt{1+x^3}}\) est du signe de x : \(f_2\) est décroissante sur \(]-1\,;\,0]\), croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de minimum \(f_2(0)=0\), avec des limites égales à \(+\infty\) en \(-1^+\) et en \(+\infty\).

c. Tracés de \(C_1\) et \(C_2\) :

Exercice 23 :

a. \(3x^2+4x-5=x^2(3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{5}{x^2})\), produit d’un terme tendant vers \(+\infty\) et d’un terme tendant vers 3 : \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(3x^2+4x-5)=+\infty\).

b. \(\dfrac{3}{x}\to 0\) et \(\dfrac{1}{x^2}\to 0\) : \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(2+\dfrac{3}{x}-\dfrac{1}{x^2})=2\).

c. Pour x > 0, \(\dfrac{6x-1}{2x+5}=\dfrac{6-\frac{1}{x}}{2+\frac{5}{x}}\), qui tend vers \(\dfrac{6}{2}\) : la limite vaut 3.

d. Somme de deux termes tendant vers \(+\infty\) : \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-3})=+\infty\).

e. La fonction \(x\mapsto \dfrac{\sin x}{x}\) est continue en \(\pi\neq 0\) : \(\displaystyle\lim_{x\to \pi}\dfrac{\sin x}{x}=\dfrac{\sin\pi}{\pi}=0\).

f. Forme « 0/0 ». On multiplie par la quantité conjuguée \(1+\sqrt{x+4}\) :

\(\dfrac{1-\sqrt{x+4}}{x+3}=\dfrac{1-(x+4)}{(x+3)(1+\sqrt{x+4})}=\dfrac{-1}{1+\sqrt{x+4}}\), qui tend vers \(\dfrac{-1}{1+1}\) : la limite vaut \(-\dfrac{1}{2}\).

Exercice 24 :

a. \(f(x)=\dfrac{2x-4}{x-3}\) est définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{3\}\).

En \(\pm\infty\) : \(f(x)=\dfrac{2-\frac{4}{x}}{1-\frac{3}{x}}\to 2\). En 3 : le numérateur tend vers 2 > 0, donc \(\displaystyle\lim_{x\to 3^+}f(x)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to 3^-}f(x)=-\infty\).

La courbe admet une asymptote verticale d’équation x = 3 et une asymptote horizontale d’équation y = 2 (en \(-\infty\) et en \(+\infty\)).

b. \(f(x)=\dfrac{4x^2-2x-1}{x^2-x-12}\). Le dénominateur a pour discriminant \(1+48=49\) et pour racines −3 et 4 : \(x^2-x-12=(x+3)(x-4)\). f est définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{-3\,;\,4\}\).

En \(\pm\infty\) : \(f(x)=\dfrac{4-\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x}-\frac{12}{x^2}}\to 4\).

En −3, le numérateur tend vers \(36+6-1=41\gt 0\) ; en 4, il tend vers \(64-8-1=55\gt 0\). Le dénominateur \((x+3)(x-4)\) est positif à l’extérieur de −3 et 4, négatif entre. D’où :

\(\displaystyle\lim_{x\to -3^-}f(x)=+\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\to -3^+}f(x)=-\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\to 4^-}f(x)=-\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\to 4^+}f(x)=+\infty\).

La courbe admet deux asymptotes verticales d’équations x = −3 et x = 4, et une asymptote horizontale d’équation y = 4.

Exercice 25 :

1. Sur [0 ; 2[, \(f(x)=x^2(2-x)\), et \(f(2)=f(0)=0\) par périodicité : on a donc \(f_0(x)=2x^2-x^3\) sur tout [0 ; 2]. C’est un polynôme, dérivable sur [0 ; 2] :

\(f_0^{\prime}(x)=4x-3x^2=x(4-3x)\), positive sur \([0\,;\,\dfrac{4}{3}]\) et négative sur \([\dfrac{4}{3}\,;\,2]\).

\(x\)	\(0\)		\(\dfrac{4}{3}\)		\(2\)
\(f_0^{\prime}(x)\)	\(0\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(-4\)
\(f_0(x)\)	\(0\)	↗	\(\dfrac{32}{27}\)	↘	\(0\)

\(f_0(\dfrac{4}{3})=\dfrac{16}{9}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{32}{27}\approx 1{,}19\). La tangente est horizontale en 0 et de coefficient directeur −4 en 2.

Comme \(f(x+2)=f(x)\), f est périodique de période 2 : la courbe sur [2n ; 2n + 2] s’obtient en translatant celle de \(f_0\) du vecteur \(2n\,\vec{i}\).

2. De \(f(x+2)=f(x)\) on déduit aussi \(f(x-2)=f(x)\) (appliquer la relation à x − 2), puis, de proche en proche, \(f(x-2n)=f(x)\) pour tout entier relatif n.

Soit \(x\in[2n\,;\,2n+2[\). Alors \(x-2n\in[0\,;\,2[\), donc :

\(f(x)=f(x-2n)=(x-2n)^2(2-(x-2n))=(x-2n)^2(2n+2-x)\).

Pour \(x=2n+2\), \(f(2n+2)=f(0)=0\), et la formule donne aussi \(2^2\times 0=0\). Donc \(f(x)=(x-2n)^2(2n+2-x)\) pour tout \(x\in[2n\,;\,2n+2]\).

3. Sur chaque intervalle \(]2n\,;\,2n+2[\), f est un polynôme, donc continue. Il reste les points \(2n\) :

• à droite, \(f(x)=(x-2n)^2(2n+2-x)\to 0\) ;
• à gauche, x est dans \([2n-2\,;\,2n]\) et \(f(x)=(x-2n+2)^2(2n-x)\to 2^2\times 0=0\) ;
• et \(f(2n)=0\).

Donc f est continue sur \(\mathbb{R}\).

4. f est dérivable sur chaque \(]2n\,;\,2n+2[\). Étudions le taux d’accroissement en \(2n\) :

• à droite : \(\dfrac{f(x)-f(2n)}{x-2n}=(x-2n)(2n+2-x)\to 0\) ;
• à gauche : \(\dfrac{f(x)-f(2n)}{x-2n}=\dfrac{(x-2n+2)^2(2n-x)}{x-2n}=-(x-2n+2)^2\to -4\).

Les nombres dérivés à gauche (−4) et à droite (0) sont différents : f n’est pas dérivable aux entiers pairs 2n ; la courbe y présente des points anguleux. f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) privé des entiers pairs, mais pas sur \(\mathbb{R}\).

Exercice 26 :

1. \(f(0)=e^{-2e^{0}}=e^{-2\times 1}\), donc \(f(0)=e^{-2}\).

2. En \(-\infty\) : \(-3x\to+\infty\), donc \(e^{-3x}\to+\infty\), \(-2e^{-3x}\to-\infty\) et, par composition, \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\).

En \(+\infty\) : \(e^{-3x}\to 0\), donc \(-2e^{-3x}\to 0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=e^0=1\).

La courbe admet les asymptotes horizontales y = 0 en \(-\infty\) et y = 1 en \(+\infty\).

3. f est de la forme \(e^u\) avec \(u(x)=-2e^{-3x}\) et \(u^{\prime}(x)=-2\times (-3)e^{-3x}=6e^{-3x}\). Donc :

\(f^{\prime}(x)=u^{\prime}(x)e^{u(x)}=6e^{-3x}e^{-2e^{-3x}}\).

Une exponentielle est strictement positive : \(f^{\prime}(x)\gt 0\), donc f est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(+\infty\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)
\(f(x)\)	\(0\)	↗	\(1\)

4. Pour \(x_0=\dfrac{1}{3}\ln 2\) : \(-3x_0=-\ln 2\), donc \(e^{-3x_0}=e^{-\ln 2}=\dfrac{1}{2}\).

\(f(x_0)=e^{-2\times \frac{1}{2}}=e^{-1}\) et \(f^{\prime}(x_0)=6\times \dfrac{1}{2}\times e^{-1}=\dfrac{3}{e}\).

La tangente a pour équation \(y=f^{\prime}(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\), soit \(y=\dfrac{3}{e}(x-\dfrac{\ln 2}{3})+\dfrac{1}{e}=\dfrac{3}{e}x-\dfrac{\ln 2}{e}+\dfrac{1}{e}\).

T : \(y=\dfrac{1}{e}(3x-\ln 2+1)\).

Bien travailler avec dérivation en terminale

Tout d’abord, fais l’exercice sans regarder la solution. Ensuite, vérifie chaque résultat avec soin. Ainsi, tu repères vite tes erreurs de méthode. De plus, un travail régulier sur dérivation en terminale vaut mieux qu’une longue séance.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, pour aller plus loin, l’article Fonction (mathématiques) de Wikipédia présente la notion autrement. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.