Corrigé détaillé des exercices du chapitre. Vérifie tes réponses étape par étape et corrige-toi.
1 Lire les variations sur une courbe ★★★
- La courbe monte de (−2 ; −2) à (−1 ; 2), descend jusqu’à (1 ; −2), puis remonte jusqu’à (2 ; 2) :
x −2 −1 1 2 f(x) −2 ↗ 2 ↘ −2 ↗ 2 - Le maximum de f sur [−2 ; 2] est 2. Il est atteint pour x = −1 et pour x = 2.
- La droite horizontale y = 1 coupe la courbe en trois points, un sur chaque morceau monotone (1 est compris entre −2 et 2 dans les trois cas) : l’équation f(x) = 1 a 3 solutions.
2 Un trinôme du second degré ★★★
- f est dérivable sur ℝ et f ′(x) = 2x − 6.
- f ′(x) > 0 ⇔ 2x > 6 ⇔ x > 3. Donc f ′(x) < 0 sur ]−∞ ; 3[, f ′(3) = 0 et f ′(x) > 0 sur ]3 ; +∞[.
- f(3) = 9 − 18 + 5 = −4 :
x −∞ 3 +∞ f ′(x) − 0 + f(x) ↘ −4 ↗ - f ′ s’annule en changeant de signe de − à + en 3 : f admet un minimum égal à −4, atteint en x = 3 (le sommet de la parabole est S(3 ; −4)).
3 Du signe de la dérivée aux variations ★★★
- Les racines sont −1 et 4, le coefficient dominant de (x − 4)(x + 1) = x² − 3x − 4 est 1 > 0 : positif à l’extérieur des racines, négatif entre elles.
x −3 −1 4 6 f ′(x) + 0 − 0 + - f est croissante sur [−3 ; −1], décroissante sur [−1 ; 4], croissante sur [4 ; 6].
- 0 et 2 sont dans [−1 ; 4] où f est décroissante, et 0 < 2 : f(0) > f(2). 5 et 6 sont dans [4 ; 6] où f est croissante : f(5) < f(6). −3 et −2 sont dans [−3 ; −1] où f est croissante : f(−3) < f(−2).
4 Un polynôme de degré 3 ★★★
- f ′(x) = 3x² − 12 = 3(x² − 4) = 3(x − 2)(x + 2).
- Les racines sont −2 et 2, le coefficient 3 est positif : f ′ > 0 sur ]−∞ ; −2[, f ′ < 0 sur ]−2 ; 2[, f ′ > 0 sur ]2 ; +∞[. f(−2) = −8 + 24 = 16 et f(2) = 8 − 24 = −16 :
x −∞ −2 2 +∞ f ′(x) + 0 − 0 + f(x) ↗ 16 ↘ −16 ↗ - Maximum local 16 en x = −2 ; minimum local −16 en x = 2.
- f(10) = 1 000 − 120 = 880 > 16. Donc 16 n’est pas le plus grand de toutes les valeurs de f : le maximum local en −2 n’est pas global et f n’admet pas de maximum sur ℝ.
5 Tangentes horizontales ★★★
- La tangente est horizontale en a si g ′(a) = 0. Or g ′(x) = 3x² − 6x = 3x(x − 2), qui s’annule pour x = 0 et x = 2. Comme g(0) = 0 et g(2) = 8 − 12 = −4, les points sont O(0 ; 0) et A(2 ; −4).
- Les racines sont 0 et 2, le coefficient 3 est positif : g ′ > 0 sur ]−∞ ; 0[, g ′ < 0 sur ]0 ; 2[, g ′ > 0 sur ]2 ; +∞[. g ′ change de signe en 0 (de + à −) : maximum local 0 en x = 0. g ′ change de signe en 2 (de − à +) : minimum local −4 en x = 2.
6 Une fonction homographique ★★★
- Avec u = 2x + 1 et v = x − 3 : u′ = 2 et v′ = 1. Donc k ′(x) = 2(x − 3) − (2x + 1)(x − 3)² = 2x − 6 − 2x − 1(x − 3)² = −7(x − 3)².
- (x − 3)² > 0 sur ]3 ; +∞[ donc k ′(x) < 0 : k est strictement décroissante sur ]3 ; +∞[.
- 4 < 5 < 13 et k décroissante : k(4) > k(5) > k(13), donc l’ordre croissant est k(13) < k(5) < k(4). Vérification : k(4) = 9 ; k(5) = 112 = 5,5 ; k(13) = 2710 = 2,7. ✓
7 Vrai ou faux ? Justifie. ★★★
- Faux. Contre-exemple : f(x) = x³ en a = 0 : f ′(0) = 0 mais f est strictement croissante, il n’y a pas d’extremum. Il faut que f ′ change de signe.
- Vrai. C’est la réciproque du théorème de cours : une fonction dérivable croissante sur un intervalle a une dérivée positive ou nulle.
- Vrai. f est croissante sur [0 ; 1] puis décroissante sur [1 ; 2] : f(x) ≤ f(1) pour tout x de [0 ; 2], c’est même un maximum global.
- Faux. Contre-exemple : f(x) = x sur [0 ; 1] a pour maximum 1 en x = 1, mais f ′(1) = 1 ≠ 0. Un extremum situé à une borne n’impose rien sur la dérivée.
- Vrai. C’est le théorème « extremum local à l’intérieur de l’intervalle ⇒ dérivée nulle » : f ′(2) = 0, donc la tangente est horizontale.
8 Maximum et minimum sur un intervalle ★★★
- f ′(x) = 6x² − 18x + 12 = 6(x² − 3x + 2) = 6(x − 1)(x − 2).
- Racines 1 et 2, coefficient 6 > 0 : f ′ > 0 sur [0 ; 1[, f ′ < 0 sur ]1 ; 2[, f ′ > 0 sur ]2 ; 3]. f(0) = −1 ; f(1) = 2 − 9 + 12 − 1 = 4 ; f(2) = 16 − 36 + 24 − 1 = 3 ; f(3) = 54 − 81 + 36 − 1 = 8 :
x 0 1 2 3 f ′(x) + 0 − 0 + f(x) −1 ↗ 4 ↘ 3 ↗ 8 - Maximum local 4 en x = 1 ; minimum local 3 en x = 2. Sur [0 ; 3], on compare −1 ; 4 ; 3 ; 8 : le maximum est 8, atteint en x = 3 (une borne), et le minimum est −1, atteint en x = 0 (l’autre borne). Les extremums locaux ne sont donc pas globaux.
9 Un polynôme de degré 4 ★★★
- f ′(x) = 4x³ − 4x = 4x(x² − 1) = 4x(x − 1)(x + 1).
- Tableau de signes (une ligne par facteur) :
x −∞ −1 0 1 +∞ 4x − − 0 + + x − 1 − − − 0 + x + 1 − 0 + + + f ′(x) − 0 + 0 − 0 + Avec f(−1) = f(1) = 1 − 2 + 3 = 2 et f(0) = 3 :
x −∞ −1 0 1 +∞ f ′(x) − 0 + 0 − 0 + f(x) ↘ 2 ↗ 3 ↘ 2 ↗ - (x² − 1)² = x⁴ − 2x² + 1 = f(x) − 2. Un carré est positif ou nul, donc f(x) ≥ 2 pour tout réel x, avec égalité pour x = ±1 : le minimum de f sur ℝ est 2, atteint en −1 et en 1. En 0, le maximum local vaut 3.
10 Un quotient avec un carré ★★★
- Avec u = x et v = x² + 1 : u′ = 1, v′ = 2x. Donc f ′(x) = 1×(x² + 1) − x×2x(x² + 1)² = x² + 1 − 2x²(x² + 1)² = 1 − x²(x² + 1)².
- Le dénominateur (x² + 1)² est strictement positif : f ′(x) a le signe de 1 − x² = (1 − x)(1 + x), positif entre −1 et 1, négatif à l’extérieur. Valeurs : f(−3) = −310 = −0,3 ; f(−1) = −12 = −0,5 ; f(1) = 0,5 ; f(3) = 0,3 :
x −3 −1 1 3 f ′(x) − 0 + 0 − f(x) −0,3 ↘ −0,5 ↗ 0,5 ↘ 0,3 - On compare −0,3 ; −0,5 ; 0,5 ; 0,3 : le maximum est 0,5 en x = 1 et le minimum est −0,5 en x = −1.
11 Le rectangle de périmètre minimal ★★★
- Aire = 25 donc l’autre côté mesure 25x m. Périmètre : P(x) = 2(x + 25x) = 2x + 50x.
- P ′(x) = 2 − 50x² = 2x² − 50x² = 2(x² − 25)x² = 2(x − 5)(x + 5)x².
- Sur ]0 ; +∞[, 2(x + 5) > 0 et x² > 0 : P ′ a le signe de x − 5. P(5) = 10 + 10 = 20 :
x 0 5 +∞ P ′(x) − 0 + P(x) ↘ 20 ↗ - Le périmètre est minimal pour x = 5 : l’autre côté mesure 255 = 5 m. C’est un carré de 5 m de côté, de périmètre 20 m. (Par comparaison, un rectangle 2 m × 12,5 m a un périmètre de 29 m.)
12 Retrouver une parabole ★★★
- f(0) = 1 donne c = 1. f ′(x) = 2ax + b, et f ′(2) = 0 donne 4a + b = 0. f(2) = 5 donne 4a + 2b + c = 5.
- De c = 1 : 4a + 2b = 4. De 4a + b = 0 : b = −4a. En remplaçant : 4a − 8a = 4, donc a = −1, puis b = 4. Ainsi f(x) = −x² + 4x + 1. Vérification : f(2) = −4 + 8 + 1 = 5. ✓
- f ′(x) = −2x + 4, positive pour x < 2 et négative pour x > 2 :
x −∞ 2 +∞ f ′(x) + 0 − f(x) ↗ 5 ↘ f ′ passe de + à − en 2 : f(2) = 5 est bien un maximum (global ici).
13 Retrouver les coefficients d’un polynôme ★★★
- f ′(x) = 3x² + 2ax + b. f ′(−1) = 3 − 2a + b = 0 et f ′(3) = 27 + 6a + b = 0.
- En soustrayant les deux équations : (27 + 6a + b) − (3 − 2a + b) = 24 + 8a = 0, donc a = −3. Puis b = 2a − 3 = −9. On obtient f(x) = x³ − 3x² − 9x + 1 et f ′(x) = 3x² − 6x − 9 = 3(x + 1)(x − 3), ce qui confirme les racines −1 et 3.
- f ′ > 0 sur [−3 ; −1[, f ′ < 0 sur ]−1 ; 3[, f ′ > 0 sur ]3 ; 5]. f(−3) = −27 − 27 + 27 + 1 = −26 ; f(−1) = −1 − 3 + 9 + 1 = 6 ; f(3) = 27 − 27 − 27 + 1 = −26 ; f(5) = 125 − 75 − 45 + 1 = 6 :
x −3 −1 3 5 f ′(x) + 0 − 0 + f(x) −26 ↗ 6 ↘ −26 ↗ 6
14 Lire la courbe de la dérivée ★★★
- La courbe de f ′ coupe l’axe des abscisses en x = −1 et en x = 2. Elle est au-dessus de l’axe avant −1 et après 2, en dessous entre −1 et 2 :
x −3 −1 2 4 f ′(x) + 0 − 0 + - f est croissante sur [−3 ; −1], décroissante sur [−1 ; 2], croissante sur [2 ; 4] (flèches ↗, ↘, ↗).
- f ′ s’annule en changeant de signe en −1 (+ puis −) : maximum local en x = −1 ; et en 2 (− puis +) : minimum local en x = 2.
- 0 < 1 dans [−1 ; 2] où f décroît : f(0) > f(1). 3 < 4 dans [2 ; 4] où f croît : f(3) < f(4).
15 Une inégalité classique ★★★
- g ′(x) = 1 − 1x² = x² − 1x² = (x − 1)(x + 1)x².
- Sur ]0 ; +∞[, x + 1 > 0 et x² > 0 : g ′ a le signe de x − 1. g(1) = 2 :
x 0 1 +∞ f ′(x) − 0 + f(x) ↘ 2 ↗ - Le minimum de g sur ]0 ; +∞[ est 2, donc g(x) ≥ 2 pour tout x > 0.
- La somme d’un nombre positif et de son inverse est toujours ≥ 2, et elle vaut exactement 2 pour le nombre 1 (seul antécédent du minimum, g étant strictement monotone de part et d’autre de 1).
16 Combien de solutions ? ★★★
- f ′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1) : positive sur [−2 ; −1[, négative sur ]−1 ; 1[, positive sur ]1 ; 2]. f(−2) = −8 + 6 + 1 = −1 ; f(−1) = −1 + 3 + 1 = 3 ; f(1) = 1 − 3 + 1 = −1 ; f(2) = 8 − 6 + 1 = 3 :
x −2 −1 1 2 f ′(x) + 0 − 0 + f(x) −1 ↗ 3 ↘ −1 ↗ 3 - f est strictement monotone sur chacun des trois intervalles, et 0 est compris entre les valeurs aux bornes (−1 et 3, puis 3 et −1, puis −1 et 3) : l’équation f(x) = 0 a 3 solutions : une dans ]−2 ; −1[, une dans ]−1 ; 1[ (plus précisément ]0 ; 1[ car f(0) = 1 > 0 et f(1) < 0), une dans ]1 ; 2[.
- f(0,3) = 0,027 − 0,9 + 1 = 0,127 > 0 et f(0,4) = 0,064 − 1,2 + 1 = −0,136 < 0 : 0,3 < α < 0,4.
- 3 est atteint en −1 (maximum local) et en 2 (borne droite). Sur [−2 ; −1] f croît de −1 à 3 : une solution, x = −1 ; sur [−1 ; 1] f est ≤ 3 et ne vaut 3 qu’en −1 ; sur [1 ; 2], f croît de −1 à 3 : une solution, x = 2. Donc 2 solutions. Vérification : x³ − 3x − 2 = (x + 1)²(x − 2), de racines −1 (double) et 2. ✓
17 La boîte de volume maximal ★★★
- Le côté du carré de base vaut 24 − 2x ≥ 0, donc x ∈ [0 ; 12].
- La base est un carré de côté (24 − 2x) cm et la hauteur est x cm : V(x) = x(24 − 2x)².
- V(x) = 4x³ − 96x² + 576x, donc V ′(x) = 12x² − 192x + 576 = 12(x² − 16x + 48) = 12(x − 4)(x − 12) = 12(12 − x)(4 − x). Sur [0 ; 12], 12 − x ≥ 0 : V ′ a le signe de 4 − x, positif sur [0 ; 4[ et négatif sur ]4 ; 12[. V(4) = 4 × 16² = 1 024 :
x 0 4 12 V ′(x) + 0 − V(x) 0 ↗ 1024 ↘ 0 - Le volume est maximal pour x = 4 : la boîte mesure 16 cm × 16 cm × 4 cm et son volume est 1 024 cm³.
18 La canette économique ★★★
- πr²h = 500 donne h = 500πr². Alors 2πrh = 2πr × 500πr² = 1000r, d’où S(r) = 2πr² + 1000r.
- S ′(r) = 4πr − 1000r² = 4πr × r² − 1000r² = 4πr³ − 1000r².
- Le dénominateur r² est positif. 4πr³ − 1 000 > 0 ⇔ r³ > 250π ⇔ r > r0 avec r0 = (250π)1/3 ≈ 4,30 (la fonction cube est strictement croissante sur [0 ; +∞[). Donc S ′ < 0 sur ]0 ; r0[ et S ′ > 0 sur ]r0 ; +∞[ :
x 0 r₀ +∞ S ′(r) − 0 + S(r) ↘ S(r₀) ↗ - S est minimale pour r = r0 ≈ 4,30 cm. Alors h = 500πr₀² ≈ 8,60 cm et S(r0) ≈ 2π × 4,30² + 10004,30 ≈ 348,73 cm² (valeur exacte non arrondie : 348,734…). Comme πr0³ = 250, on a h = 500πr₀² = 2×250πr₀² = 2r0 : la hauteur est exactement égale au diamètre de la canette.
19 Étude complète d’une fonction rationnelle ★★★
- Avec u = x² et v = x − 2 : u′ = 2x, v′ = 1. f ′(x) = 2x(x − 2) − x²(x − 2)² = 2x² − 4x − x²(x − 2)² = x² − 4x(x − 2)² = x(x − 4)(x − 2)².
- Le dénominateur (x − 2)² est strictement positif sur ℝ ∖ {2}. Le signe de f ′ est celui de x(x − 4) : positif pour x < 0, négatif sur ]0 ; 4[ (en excluant 2), positif pour x > 4. f(0) = 0 et f(4) = 162 = 8 :
x −∞ 0 2 4 +∞ f ′(x) + 0 − ‖ − 0 + f(x) ↗ 0 ↘ ‖ ↘ 8 ↗ - f ′ change de signe de + à − en 0 : maximum local 0 en x = 0 ; de − à + en 4 : minimum local 8 en x = 4. Il n’y a pas de contradiction : un extremum local ne compare f qu’aux valeurs voisines. Ici, la valeur interdite 2 sépare les deux morceaux de la courbe : le maximum local appartient au premier morceau, le minimum local au second, et rien ne les relie.
20 Problème de bénéfice ★★★
- B ′(x) = −6x² + 42x − 36 = −6(x² − 7x + 6) = −6(x − 1)(x − 6).
- Racines 1 et 6, coefficient −6 < 0 : B ′ est négatif sur [0 ; 1[, positif sur ]1 ; 6[, négatif sur ]6 ; 10]. B(0) = 0 ; B(1) = −2 + 21 − 36 = −17 ; B(6) = −432 + 756 − 216 = 108 ; B(10) = −2 000 + 2 100 − 360 = −260 :
x 0 1 6 10 B ′(x) − 0 + 0 − B(x) 0 ↘ −17 ↗ 108 ↘ −260 - Le maximum de B sur [0 ; 10] est 108 (on compare 0 ; −17 ; 108 ; −260), atteint pour x = 6 : il faut fabriquer 600 objets par jour pour un bénéfice maximal de 10 800 € (108 centaines d’euros).
- On factorise x : B(x) = x(−2x² + 21x − 36). Le trinôme −2x² + 21x − 36 a pour discriminant 441 − 288 = 153 > 0 et pour racines 21 − √1534 ≈ 2,16 et 21 + √1534 ≈ 8,34 ; il est positif entre elles (coefficient dominant négatif). Pour x > 0, B(x) > 0 ⇔ 2,16 < x < 8,34 environ. L’entreprise gagne de l’argent si elle fabrique entre 216 et 834 objets par jour (environ).
21 Le rectangle sous la parabole ★★★
- M(x ; 9 − x²) et M′(−x ; 9 − x²) sont distants de 2x : la largeur est 2x. La hauteur est 9 − x². Donc A(x) = 2x(9 − x²) = 18x − 2x³.
- A ′(x) = 18 − 6x² = 6(3 − x²) = 6(√3 − x)(√3 + x). Sur [0 ; 3], √3 + x > 0 : A ′ a le signe de √3 − x, positif sur [0 ; √3[ et négatif sur ]√3 ; 3]. A(0) = 0, A(3) = 54 − 54 = 0 et A(√3) = 2√3 × (9 − 3) = 12√3 :
x 0 √3 3 A ′(x) + 0 − A(x) 0 ↗ 12√3 ↘ 0 - L’aire est maximale pour x = √3 ≈ 1,73 et vaut 12√3 ≈ 20,78 unités d’aire. Le rectangle correspondant mesure 2√3 ≈ 3,46 de large sur 6 de haut.