Première S2 Chapitre 9 : feuilles annexes. Page n ° 1 2007 2008
1 Dérivée de fonctions composées.
Exemple : g ( x ) = 3 − 2x. Déterminons g ' ( x ).
3 − 2x > 0 ⇔ − 2x > - 3 ⇔ x < 3 2 .
Donc le domaine de dérivabilité de g est D = ] - ∞ ; 1,5 [.
Appliquons la formule si g ( x ) = ax+b alors g ' ( x ) =
b ax 2
a
+ avec ax + b > 0.
Pour tout x de D on a donc g ' ( x ) =
x 2 3 2
2
−− = x 2 3
1
−− . 2 Signe de la dérivée et variations d'une fonction.
Démonstration de cours.
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I.
Soit f ' sa fonction dérivée.
Soient a et a + h deux éléments quelconques de I avec h ≠ 0.
Soit r ( h ) le taux d'accroissement de f entre a et a + h.
Alors r ( h ) = h
) a ( f ) h a (
f + − .
On sait que f est dérivable en a si et seulement si f ' ( a ) =
0 hlim
→ r ( h ).
Supposons que f soit strictement croissante sur I.
Si h > 0 alors a < a + h donc f ( a ) < f ( a + h ) donc f ( a + h ) − f ( a ) > 0 donc r ( h ) > 0.
Si h < 0 alors a > a + h donc f ( a ) > f ( a + h ) donc f ( a + h ) − f ( a ) < 0 donc r ( h ) > 0.
Ainsi r ( h ) > 0 donc
0 hlim
→ r ( h ) > 0 donc f ' ( a ) > 0.
Supposons que f soit strictement décroissante sur I.
Si h > 0 alors a < a + h donc f ( a ) > f ( a + h ) donc f ( a + h ) − f ( a ) < 0 donc r ( h ) < 0.
Si h < 0 alors a > a + h donc f ( a ) < f ( a + h ) donc f ( a + h ) − f ( a ) > 0 donc r ( h ) < 0.
Ainsi r ( h ) < 0 donc
0 hlim
→ r ( h ) < 0 donc f ' ( a ) < 0.
La réciproque n'est pas au programme de première S.
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Exemple : dresser le tableau de variations de la fonction f définie sur par f ( x )= - x² + 2x + 4.
f est une fonction définie et dérivable sur et f ' ( x ) = - 2x + 2.
f ' ( x ) = 0 ⇔ - 2x + 2 = 0 ⇔ - 2x = - 2 ⇔ x = 1.
Si x < 1 alors f ' ( x ) est du signe contraire de a = - 1 alors f ' ( x ) > 0.
Si x > 1 alors f ' ( x ) est du signe de a = - 1 donc f ' ( x ) < 0.
Ainsi si x < 1 alors f est strictement croissante.
Et si x > 1 alors f est strictement décroissante.
f ( 1 ) = - 1 + 2 + 4 = 5.
f ( x )= - x² + 2x + 4.
−∞
→
xlim ( -x² ) = - ∞ et
−∞
→
xlim ( 2 x ) = - ∞ et
−∞
→
xlim 4 = 4 donc
−∞
→
xlim f ( x ) = - ∞ . f ( x ) = - x² × ( 1 +
² xx
−2 + 4x²
− ) = - x² × ( 1 − 2 x + 4x²
− ).
+∞
→
xlim ( - x² ) = - ∞ et
+∞
→
xlim 1 = 1 et
+∞
→ xlim ( - 2
x ) = 0 et xlim→+∞
² x
−4 = 0 donc xlim→+∞f ( x ) = - ∞
Le tableau de variation de f est donc
x −∞ 1 +∞
signe de f ′ + 0 −
5 f
- ∞ - ∞
3 Extremums.
x a c b
signe de f ′ + 0 −
f ( c ) f
f ( a ) f ( b )
f ( c ) est le maximum de f sur [ a ; b ].
x a c b
signe de f ′ − 0 +
f ( a ) f ( b )
f
f ( c ) f ( c ) est le minimum de f sur [ a ; b ].
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4 Comparaison de fonctions.
Exemple : démontrons que pour tout x de l'intervalle [ 0 ; 2 ] on a 1 + 3x ≤ ( 1 + x )3 . Posons g ( x ) = ( 1 + x )3 − ( 1 + 3x ).
Alors g ' ( x ) = 3 × 1 × ( 1 + x )² − 3 = 3 ( 1 + 2x + x² ) − 3 = 3 + 6x + 3x² − 3 = 3x ( x + 2 ).
x −∞ - 2 0 +∞
3x − − 0 +
x + 2 − 0 + +
g ' ( x ) + 0 − 0 +
Sur l'intervalle ] - ∞ ; - 2 [ alors g ' ( x ) > 0 donc la fonction g est strictement croissante sur ] - ∞ ; - 2 [.
Sur l'intervalle ] - 2 ; 0 [ alors g ' ( x ) < 0 donc la fonction g est strictement décroissante sur ] - 2 ; 0 [.
Sur l'intervalle ] 0 ; + ∞ [ alors g ' ( x ) > 0 donc la fonction g est strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [.
Soit x ∈ [ 0 ; 2 ] alors 0 ≤ x ≤ 2.
Or g est strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [.
Donc g ( 0 ) ≤ g ( x ) ≤ g ( 2 ).
Ainsi 0 ≤ ( 1 + x )3 − ( 1 + 3x ) ≤ 27 − 7.
Donc 1 + 3x ≤ ( 1 + x )3 sur l'intervalle [ 0 ; 2 ].
5 Approximation affine.
Exemple : trouvons l'approximation affine de ( 1 + h )3. Puis donnons une valeur approchée de 0,99963. Soit f ( x ) = x3. donc f ' ( x ) = 3x².
Au voisinage de 1, f ( 1 + h ) peut s'écrire sous la forme f ( 1 + h ) ≈ f ( 1 ) + f ' ( 1 ) × h f ( 1 ) = 1 et f ' ( 1 ) = 3.
Au voisinage de 1, f ( 1 + h ) ≈ 1 + 3h.
Donc ( 1 + h )3 ≈ 1 + 3h.
Or 0,9996 = 1 − 0,0004.
Donc 0,99963 ≈ 1 − 0,0012.
Ainsi 0,99963 ≈ 0,9988.
Vérifions avec la calculatrice : 0,99963 ≈ 0,99880480.
