Corrigés - Dérivation de fonctions numériques - 2nde Le

2nde Le Mathématiques 4 – Dérivation de fonctions numériques – 2nde Le Corrigés – Dérivation de fonctions numériques – 2nde Le

Exercice1

Déterminons le nombre dérivé de $f$ en 2
La tangente à ( $C_ f$ ) a une équation du type $y=ax+b$ car elle est une droite.
Cette tangente en A(2;3) passe obligatoirement par A (2;3) et B(4;7) donc $\begin{cases}4a+b=7\\ 2a+b=3\end{cases}$
Après résolution on obtient $a=2$ et $b= -1$ d’où la tangente à ( $C_ f$ ) en A (2;3) a pour équation :
$y=2x-1.$
Le réel 2 qui se trouve dans l’égalité “ $y=2x+1$ ” est appelé coefficient directeur ou pente de la tangente ou nombre dérivé de $f$ en 2.

Exercice 2

Calculons la dérivée de $f$ étudions le signe de $f'(x)$ puis dressons le tableau de variation de $f.$
1) $f(x)=-x^2+4x+5$ sur $I[-1;+5]. \\ f(x)$ est un polynôme donc $f$ est dérivable sur $I$ et $\forall x \in~I$ ;
$f'(x)=-2x+4$
Signe de $f'(x)$
$f'(x) \geq 0 \leftrightarrow x \leq 2$
Ainsi $\forall x \in ~ ]-\infty;2] \cap [-1;5]=[-1;2]; \\ f'(x) \geq 0$ donc $f$ est croissante sur [-1;2]
$\forall x \in$ [2; + $\infty$ $\cap$ [-1;5]=[2;5]; $f'(x) \leq$ 0 donc $f$ est décroissante sur [2;5]
$f(-1)=0; f(2)=9$ et $f(5)=0$

Tableau de variation

2) $f(x)=\dfrac {1}{3} x^3+x^2-3$ sur $I=$ [-6;3]
$f(x)$ est un polynôme donc dérivable sur $I$ ; et $\forall x \in ~I$ ;
$f'(x)= x^2+2x$
Signe de $f'(x)$

Déterminons d’abord les racines de $f'(x)$
$f'(x)=0 \leftrightarrow x^2+2x=0 \\ \leftrightarrow x(x+2) \\ \leftrightarrow x=0$ ou $x=-2$

Pour $x \in ~ ] -\infty ;-2] \cup [0;+\infty \cap [-6;3]=[-6;-2] \cup [0;3]; \\ f'(x) \geq 0$ donc $f$ est croissante sur $[-6;-2] \cup [0;3]$
Pour $x \in$ [-2;0] $\geq [-6;3]=[-2;0], \\ f'(x)$ $\leq 0$ donc $f$ est décroissante sur [-2;0].
$f(-6)= -39; \\ f(-2)=- \dfrac {5}{3} ; \\ f(3)= 15$

Tableau de variation

3) $f(x)= (x-1)^3$ sur $I=[-1;1]$
$f(x)$ est donc un polynôme donc dérivable sur $I$ et $\forall x \in I$ ;
$f'(x)=3(x-1)$
$\forall x \in I; 3>0$ et $(x-1)^2 \leq 0$ donc $f'(x) \leq 0$ par conséquent $f$ est croissante sur $I=[-1;1]$
$f(-1)=-8$ et $f(1)=0$

Tableau de variation

4) $f(x)= \dfrac {3x-1}{x+2}$ sur $I=[-1;4]$
$f$ est une fonction rationnelle donc elle est dérivable sur son domaine de définition en particulier sur [-1;4]
$f(-1)= -4$ et $f(4)= \dfrac {11}{6}$

5) $f(x)= \dfrac {x-1}{2x+3}$ sur $I$ =[-5;- $\frac {3}{2}$ [ $\cup$ ] – $\frac {3}{2}$ ;2[
$f$ est une fonction rationnelle, donc, elle est dérivable sur son domaine de définition en particulier sur [-5; – $\frac {3}{2}$ [ [ $\cup$ ] – $\frac {3}{2}$ ;2[
$f'(x)= \dfrac {(2x+3)-2(x-1)}{(2x+3)^2}$ = $\dfrac {5}{(2x+3)^2}$

$\forall ~x \in$ [-5;- $\frac {3}{2}$ [ $\cup$ ] – $\frac {3}{2}$ ; 2[ ;
$5>0$ et $(2x+3)^2>0$ donc $f'(x)>0$ par conséquent $f$ est strictement croissante sur [-5;- $\frac {3}{2}$ $\cup$ ]- $\frac {3}{2}$ ;2]

$x \mapsto$ $\lim\limits_{x \to (-\frac {3}{2})^-} f(x) = +\infty$
$x \mapsto$ $\lim\limits_{x \to (+\frac {3}{2})^+}f(x) = -\infty$

$f(-5)= \dfrac {6}{7}$ ; $f(2)= \dfrac {1}{7}$

6) $f(x)=x(12-2x)^2$ sur $I$ =[0;6[
$f(x)$ est le produit de deux fonctions polynômes donc dérivable sur [0;6] et $\forall ~x \in$ [0;6];
$f(x)=(12-2x)^2$ ;

$f'(x)= 2(-2)(12-2x)x$
$=(12-2x)^2-4x(12-2x)\\ =(12-2x)[12-2x-4x]\\ =12(x^2-8x+12)$

Signe de $f'(x)$
on a :
$12>0$ donc le signe de $f'(x)$ est celui de $x^2-8x+12$
$\Delta =64-4(1)(12)=16$
$x_1= \dfrac {8-4}{2} =2$ et $x_2= \dfrac {8+4}{2} =6$

Tableau de signe

Ainsi, pour $x \in$ [2;6] $\cap$ [0;6[= [2;6] ; $f'(x) \leq 0$ donc $f$ est décroissante sur [2;6]
$f(0)=0; f(6)=0; f(2)=128$

Tableau de variation

Exercice 3

1) Etudions et représentons la fonction $f$ définie par
$f(x)=x^3-3x^2+3$

Domaine de définition
$f(x)$ est un polynôme donc $D_ f =\R$
Limites aux bornes de $D_ f$
$\lim\limits_{x \to – \infty} f = – \infty$
$\lim\limits_{x \to -+\infty} f = + \infty$

Variation de $f$ sur $R$
$\forall ~~x \in$ $\R$ ; $f$ est dérivable (car $f$ fonction polynôme)
$f'(x)=0 \leftrightarrow 3x^2-6x$

Signe de $f'(x)$

Déterminons d’abord les racines de $f'(x)$
$f'(x)=0 \leftrightarrow 3x^2-6x =0$
$\leftrightarrow x=0$ ou $x=2$

$\forall~~ x \in ]-\infty~;~0] \cup [2~;~+\infty[;~~f'(x)\geq 0$ Donc $f$ est croissante sur $]-\infty~;~0]$ et sur $[2~;~+\infty[$ .
$\forall ~~x \in$ [0;2]; $f'(x) \leq 0$ . Donc $f$ est décroissante sur [0;2].

Les extremums :

f(0)=3; f(2)=-1

Tableau de variation

Représentation graphique de la courbe de $f$

2) A l’aide du graphique trouvons le nombre de solution des équations
$f(x)=3; f(x)=1; f(x)=5$

L’équation $f(x)=3$ admet deux solutions
L’équation $f(x)=1$ admet trois solutions
L’équation $f(x)=5$ admet une seule solution

Donnons suivant les valeurs de $\lambda$ ; le nombre de solution de l’équation $f(x)= \lambda$ ( $\lambda$ $\in$ $R$ )
L’équation $f(x)= \lambda$ ( $\lambda$ $\in$ $R$ ) admet :

Une solution pour $\lambda$ $\in$ ] $-\infty$ ; -1[ $\cup$ ]3 ; + $\infty$ [
Deux solutions pour $\lambda$ =-1; $\lambda$ =3
Trois solutions pour $\lambda$ $\in$ ]-1 ; 3[

Exercice 4

Soit $f(x)=-x^2+ax+b$ ( $a$ et $b$ réels)
Déterminons $a$ et $b$ sachant que la représentation graphique de $f$ passe par le point A(1;0) et que $f$ présente un maximum en $x=2$ .

La courbe représentative de $f$ passe par le point A(1;0) signifie que $f(1)=0$ c’est-à-dire
$-1+a+b=0$
$f$ présente un maximum en $x=2$ signifie que $f'(2)=0$ avec
$f'(x)=2x-a$

$f'(2)=0 \leftrightarrow -4+a=0$ c’est-à-dire $a=4$ et $b=-3$
D’où $f(x)=-x^2+4x-3$

Exercice 5

soit $f(x)=ax^2+bx+1$ ( $a$ et $b$ étant réel)
Déterminons $a$ et $b$ sachant que la représentation graphique de $f$ admet une tangent horizontale au point d’abscisse $\dfrac {3}{2}$ et que le coefficient directeur de la tangente à la courbe de $f$ au point d’abscisse 1 et -1

La représentation graphique de $f$ admet une tangente horizontale au point $x= \dfrac {3}{2}$ signifie que $f'( \dfrac {3}{2} )=0$ avec
$f'(x)=2ax+b$
$f'( \frac {3}{2} )=0 \leftrightarrow 3a+b=0$

Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de $f$ au point $x=1$ est $-1$
signifie que $f'(1)=-1$
$f'(x)=2a+b=-1$

On résout le système $\begin{cases}3a+b=0 \\ 2a+b=-1\end{cases}$ et on trouve $a=1$ et $b=-3$
D’où $f(x)=x^2-3$

Exercice 6

1) Ensemble de définition
$f(x)$ existe si $x^2+4 \ne 0$
or $\forall ~~x \in$ $\R$ ; $x^2+4 \ne 0$ donc $D_ f$ = $\R$

2) Etude de la parité
$\forall~~ x \in$ $D_ f$ ; $-x \in$ $D_ f$
et $f(-x)= \dfrac {-2(-x)^2+8}{(-x)^2+4}$ = $\dfrac {-2x^2+8}{-x^2+4} =f(x)$
donc $f$ est paire.
Comme $f$ est paire, alors ( $C$ ) admet pour axe symétrie l’axe des ordonnées.

3) Détermination de réels $a$ et $b$
$f(x)=a+ \dfrac {b} {x^2+4}$

$\dfrac {a(x^2+4)+b} {x^2+4}$ = $\dfrac {ax^2+4a+b} {x^2+4}$
Par identification $a=-2$ et $4a+b=8$
soit $b=8-4(-2)=16$
d’où $f(x)=-2+ \dfrac {16} {x^2+4}$

4) Variation de $f$
$\forall ~~x \in$ $D_ f$ ;
$f'(x)= \dfrac {-2x\times (16)} {(x^2+4)^2}$ = $\dfrac {-32x} {(x^2+4)^2}$

Etudions le signe de $f(x)$
$f'(x) \geq 0 \leftrightarrow$ $\dfrac {-32x} {2(x^2+4}$ $\geq 0$
or $\forall ~~x \in$ $\R$ ; $(x^2+4)^2>0$ donc le signe $f'(x)$ est celui de $-32x$

$-32x \geq 0/latex] [latex]\leftrightarrow x \leq 0$ ce qui signifie que pour $x \leq 0; \\ f'(x) \geq 0$ et pour $x \geq 0; \\ f'(x) \leq$
Ainsi sur $]- \infty ~;~0]; \\ f'(x) \geq 0$ donc $f$ est croissante et sur $[0~;~ + \infty[; \\ f'(x) \leq 0$ donc $f$ est décroissante

5) Coordonnées des points d’intersection
- Avec l’axe des abscisses
Soit A( $x ;y$ ) avec $y=f(x)$ le point d’intersection de ( $C$ ) avec l’axe des abscisses.
En ce point A ; $y=0=f(x)$ donc A( $x$ ;0)

Pour trouver $x$ , on résout l’équation $f(x)=0$
$f(x)=0 \leftrightarrow \dfrac {-2x^2+8} {x^2+4} =0 \\ \leftrightarrow -2x^2+8=0 \\ \leftrightarrow x=-2$ ou $x=2$

Ainsi, ( $C$ ) coupe l’axe des abscisses aux point A(-2 ; 0) et A’(2 ; 0)
- Avec l’axe des ordonnées
Soit B( $x ;y$ ) avec $y=f(x)$ le point d’intersection de ( $C$ ) avec l’axe des ordonnées. En ce point B ; $x=0$ donc B(0 ; $y$ ).
Pour trouver $y$ , on calcule $f(0).$
$f(0)= \dfrac{-2(0)+8} {0+4} =2$ d'où B(0;2)
Ainsi ( $C$ ) coupe l’axe des ordonnées au point B(0 ;2)

6) Equation de la tangente ( $T$ ) du point d’abscisse $x=2$
$(T) :y= f’(2)(x-2)+f(2)$
$f'(2)= \dfrac {-32\times 2} {[(2)^2+4]^2} = \dfrac {-64}{64} = -1$ et

$f(2)= \dfrac {-2(2)^2+8} {(2)^2+4} =0$
d'où $(T): y=-x+2$

7) Construction
$\lim\limits_{x \to -\infty} f(x)=-2$ ; $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=-2$ donc la droit d'équation $y=-2$ asymptote horizontale à ( $C$ ). $f(0)=2$

Tableau de variation

Exercice7

1) Exprimons le périmètre $p(x)$ de ces rectangles en fonction de $x$ .

$p(x)=2(x+y)$ or $xy=16$
Donc $y= \dfrac {16} {x}$ d'où $p(x)=2(x+ \dfrac {16} {x} )$

2) Variation de la fonction $p.$
- Domaine de définition
$p(x)$ existe si et seulement si $x \ne 0$
donc $D_p = \R$ \{0} $\cap$ $\R_+^*$ = $]0~;~+ \infty [$

– Limites aux bornes de $D_p$
$\lim\limits_{x \to 0^+} p(x) =+ \infty$ ; $\lim\limits_{x \to +\infty} p(x) =+ \infty$

– Dérivée
Les fonctions $x \mapsto x$ et $x \mapsto \dfrac {16} {x}$ sont dérivables donc p est dérivable sur ]0 ; + $\infty$ [
$p'(x)=2(1- \dfrac {16} {x^2} )=2( \dfrac {x^2-16} {x^2})$

– Signe de $p'(x)$
$\forall ~~x \in ~]0~;~+\infty [ ; \\ \dfrac {2} {x^2} > 0$ donc le signe de $p'(x)$ est celui de $x^2 - 16$

– Racine de $x^2-16$
$x^2-16=0 \leftrightarrow x=-4$ ou $x=4$

Pour $x \in ]-\infty~;~-4] \cup [4~;~+\infty \cap ]0~;~\infty[=[4~;~+ \infty [; \\ p'(x) \geq 0$ donc $p$ est croissante sur $[4~;~+\infty[$
Pour $x \in ~ [-4~;~4] \cap ]0~;~+ \infty [=]0~;~4]; \\ p'(x) \leq 0$ donc $p$ est décroissante sur ]0:4].

– Lest extremums
$p(4)=16$

Tableau de variation

Suivant le tableau de variation de la fonction $p, p(x)$ admet sur $]0~;~+ \infty[$ un minimum égal à 16. Ce minimum est atteint pour $x=4$ d’où pour $x=4$ le périmètre est minimum.

Exercice 8

1) La hauteur du pont
Pour $x = 0$ le lanceur est sur le pont et ce moment la hauteur $f(x)$ est :
$f(0)=-5(0)^2+10(0)+15=15$ d’où la hauteur du pont est $15m.$

2) L’instant auquel la balle tombera au sol En ce instant, la hauteur $f(x)$ est nulle c’est-à-dire $f(x)=0$
Résolvons l’équation $f(x)=0$
$f(x)=0 \Leftrightarrow -5x^2+10x+15=0$
$\Leftrightarrow -5(x^2-2x-3)=0$
$\Delta =4-4(-3)=16$
donc $x_1=\dfrac {2-4} {2} =-1$ et $x_2= \dfrac {2+4} {2} =3$
La duré étant positive alors $x=3.$ On conclut que la balle retombera au sol au bout de 3 secondes.
$x$ varie de 0 à 3 donc $D_f=[0~;~3]$

3) Etude des variations de $f$ sur $[0;3]$
$D_f= [0~;~3]$

Dérivée
$\forall ~~x \in [0~;~3], f$ est dérivable et $f'(x)=-10x+10$
Signe de $f'(x)$
Déterminons d’abord les racines de $f'(x)$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow -10x+10=0 \\ \Leftrightarrow x=0$

$\forall ~~x \in [0~;~1], \\ f'(x) \geq 0$ donc $f$ est croissante sur $[0~;~1][latex] [latex] \forall ~~x \in [1~;~3], \\ f'(x) \leq 0$ donc $f$ est décroissante sur $[1~;~3]$
La hauteur maximale atteinte par la balle
En ce point la tangente a la trajectoire de la balle (courbe représentative de $f$ ) est horizontale donc dérivée $f'(x)$ est nulle en ce point
$f'(x)=0 \Leftrightarrow -10x+10=0 \\ \Leftrightarrow x=1$
La hauteur maximale est atteinte par la balle lorsque $x=1$

Calculons cette hauteur
Pour $x=1; \\ f(1)=-5(1)^2+10(1)+15=20$
On conclut que la hauteur maximale atteinte par la balle est 20 m au-dessus du sol.

4) Représentation graphique de la trajectoire de la balle