Correction TD L1 ECO AES

TD L1 ECO/AES, mathématiques appliquées (études de fonctions)

Ex 1 : En utilisant un tableau de valeurs, tracer la courbe des fonctions suivantes : a) 𝑓(𝑥) = 𝑥3− 3𝑥 + 4 pour 𝑥 ∈ [−2 ; 2] b) 𝑔(𝑥) =_3−𝑥22 pour 𝑥 ∈ [2 ; 7] c) ℎ(𝑥) = 𝑒−2𝑥+2 pour 𝑥 ∈ [−1 ; 2] d) 𝑖(𝑥) = ln (5 − 2𝑥) pour 𝑥 ∈ [−10 ; 2] e) 𝑗(𝑥) = 3𝑥 1 4 pour 𝑥 ∈ [1 ; 16] f) 𝑘(𝑥) = (𝑥2_{+ 1)}1_{5 pour 𝑥 ∈ [0 ; 4]}

Ex 2 : Simplifier les écritures suivantes :

a) 𝑒3𝑒−5𝑒36 d) _𝑒1−2 g) 𝑒𝑥+𝑦 𝑒𝑥−𝑦× 𝑒2𝑥−𝑦 𝑒2𝑥+𝑦 b) (𝑒7)3_𝑒19 _{e) 𝑒}−32_𝑒−65_𝑒100_𝑒−3 _{h) (𝑒}𝑥₎3_(𝑒𝑦₎−3_𝑒2𝑦−3𝑥 c) 𝑒_𝑒45 f) 𝑒𝑥𝑒𝑥+𝑦𝑒𝑥−𝑦 i) (𝑒−4)2𝑒−1𝑒𝑒8 Correction : 𝑒3_{× 𝑒}−5_{× 𝑒}36_{= 𝑒}3+(−5)+36_{= 𝑒}3−5+36_{= 𝑒}34 (𝑒7₎3_{× 𝑒}19_{= 𝑒}7×3_{× 𝑒}19_{= 𝑒}21_{× 𝑒}19_{= 𝑒}21+19_{= 𝑒}40

que l’on peut aussi écrire :

(exp(7))3_{× exp(19) = exp(7 × 3) × exp(19) = exp(21) × exp(19) = exp(21 + 19) = exp(40)}

𝑒4 𝑒5 = 𝑒4−5= 𝑒−1 1 𝑒−2= 𝑒0 𝑒−2= 𝑒0−(−2)= 𝑒0+2= 𝑒2 ou 1 𝑒−2= 𝑒−(−2)= 𝑒2 𝑒−32× 𝑒−65× 𝑒100× 𝑒−3= 𝑒−32+(−65)+100+(−3)= 𝑒−32−65+100−3= 𝑒0= 1 𝑒𝑥_{× 𝑒}𝑥+𝑦_{× 𝑒}𝑥−𝑦_{= 𝑒}𝑥+𝑥+𝑦+𝑥−𝑦 _{= 𝑒}3𝑥+0 _{= 𝑒}3𝑥 ou 𝑒𝑥× 𝑒𝑥+𝑦× 𝑒𝑥−𝑦 = 𝑒𝑥× 𝑒𝑥× 𝑒𝑦×𝑒 𝑥 𝑒𝑦= 𝑒𝑥× 𝑒𝑥× 𝑒𝑥= (𝑒𝑥)3= 𝑒𝑥×3 = 𝑒3𝑥 𝑒𝑥+𝑦 𝑒𝑥−𝑦× 𝑒2𝑥−𝑦 𝑒2𝑥+𝑦 = 𝑒𝑥+𝑦−(𝑥−𝑦)× 𝑒2𝑥−𝑦−(2𝑥+𝑦) = 𝑒𝑥+𝑦−𝑥+𝑦× 𝑒2𝑥−𝑦−2𝑥−𝑦= 𝑒0+2𝑦× 𝑒0−2𝑦 = 𝑒2𝑦× 𝑒−2𝑦 = 𝑒2𝑦+(−2𝑦) _{= 𝑒}2𝑦−2𝑦_{= 𝑒}0 _{= 1} ou 𝑒𝑥+𝑦 𝑒𝑥−𝑦× 𝑒2𝑥−𝑦 𝑒2𝑥+𝑦 = 𝑒𝑥+𝑦_{× 𝑒}2𝑥−𝑦 𝑒𝑥−𝑦_{× 𝑒}2𝑥+𝑦 = 𝑒𝑥+𝑦+2𝑥−𝑦 𝑒𝑥−𝑦+2𝑥+𝑦 = 𝑒3𝑥+0 𝑒3𝑥+0 = 1 (𝑒𝑥₎3_{× (𝑒}𝑦₎−3_{× 𝑒}2𝑦−3𝑥_{= 𝑒}𝑥×3_{× 𝑒}𝑦×(−3)_{× 𝑒}2𝑦−3𝑥_{= 𝑒}3𝑥_{× 𝑒}−3𝑦_{× 𝑒}2𝑦−3𝑥 _{= 𝑒}3𝑥+(−3𝑦)+2𝑦−3𝑥 = 𝑒3𝑥−3𝑦+2𝑦−3𝑥= 𝑒0−1𝑦= 𝑒−𝑦 (𝑒−4₎2_{× 𝑒}−1_{× 𝑒 × 𝑒}8 _{= 𝑒}−4×2_{× 𝑒}−1_{× 𝑒}1_{× 𝑒}8 _{= 𝑒}−4×2+(−1)+1+8_{= 𝑒}−8−1+1+8_{= 𝑒}0_{= 1}

ou

(𝑒−4₎2_{× 𝑒}−1_{× 𝑒 × 𝑒}8 _{= 𝑒}−4×2_×𝑒−1_{× 𝑒}1_{× 𝑒}8_{= 𝑒}−8_×𝑒−1+1_{× 𝑒}8_{= 𝑒}−8_×𝑒0_{× 𝑒}8 _{= 𝑒}−8_{×1× 𝑒}8

= 𝑒−8_{× 𝑒}8_{= 𝑒}−8+8 _{= 𝑒}0 _{= 1}

Ex 3 : Simplifier les écritures suivantes :

a) ln(3) + ln (1₃) + ln (𝑒) g) 1₂ln(𝑒0,5_{) − ln(𝑒}−4₎ b) 2 ln(2) − ln (4) h) ln ((2 + √3)5) + ln ((2 − √3)5) c) ln(3) + 2 ln(9) i) ln (𝑒_𝑒53) d) ln(7) + ln(5) + ln (1 35) j) 2 ln(7) − ln ( 49 𝑒3) e) ln(𝑒5) − 2 ln(𝑒2_{) k) 𝑒}𝑥+ln(𝑥)_{× 𝑒}ln(𝑥)−𝑥 f) 3 ln(𝑒−3) +1 2ln(𝑒 10_{) l)} 𝑒2 ln(3) 𝑒3 ln(2) Correction : ln(3) + ln (1 3) + ln(𝑒) = ln (3 × 1 3× 𝑒) = ln ( 3 × 1 3 𝑒) = ln ( 3 3𝑒) = ln(1𝑒) = ln(𝑒) = 1 2× ln(2) − ln(4) = ln(22_{) − ln(4) = ln(4) − ln(4) = 0} ou 2× ln(2) − ln(4) = ln(22_{) − ln(4) = ln(4) − ln(4) = ln (}4 4) = ln(1) = 0 ln(3) +2× ln(9) = ln(3) + ln(92_{) = ln(3) + ln(81) = ln(3 × 81) = ln(243)} ou ln(3) +2ln(9) = ln(3) + ln(92) = ln(3 × 92_{) = ln(3 × 9 × 9) = ln(3 × 3 × 3 × 3 × 3) = ln(3}5_{) =5ln (3)} ou ln(3) + 2 × ln(9) = ln(3) + 2 × ln(32) = ln(3) + 2 ×2ln(3) = 1ln(3)+ 4ln(3) = (1 + 4)ln(3)= 5ln (3) Remarque : 5ln(3) = ln(35_{) = ln(243).} En effet, 35= 243 ln(7) + ln(5) + ln (1 35) = ln (7 × 5 × 1 35) = ln ( 35 35) = ln(1) = 0 ou ln(7) + ln(5) + ln (1 35) = ln(7 × 5) − ln(35) = ln(35) − ln(35) = 0 ln(𝑒5_{) − 2 × ln(𝑒}2_{) = 5 − 2 × 2 = 5 − 4 = 1} 3 × ln(𝑒−3_{) +}1 2× ln(𝑒 10_{) = 3 × (−3) +}1 2× 10 = −9 + 5 = −4 1 2× ln(𝑒 0,5_{) − ln(𝑒}−4_{) =}1 2× 0,5 − (−4) = 0,25 + 4 = 4,25 ln ((2 + √3)5) + ln ((2 − √3)5) =5ln(2 + √3) +5ln(2 − √3) =5(ln(2 + √3) + ln(2 − √3)) = 5 ln ((2 + √3) × (2 − √3)) = 5 ln (22− √32) = 5 ln(4 − 3) = 5 ln(1) = 5 × 0 = 0 car (𝑎 + 𝑏) × (𝑎 − 𝑏) = 𝑎2_{− 𝑏}2 (2 + √3) × (2 − √3) = 22− √32 ln (𝑒 5 𝑒3) = ln(𝑒5−3) = ln (𝑒2) = 2 2× ln(7)−ln (49 𝑒3) = ln(72)−(ln(49) − ln(𝑒3)) = ln(49) − ln(49) + ln(𝑒3) = 0 + 3 = 3 ou

2× ln(7)−ln (49 𝑒3) = ln(72)−(ln(49) − ln(𝑒3)) = ln(49) − ln(49) + ln(𝑒3) = ln ( 49 49) + 3 = ln(1) + 3 = 0 + 3 = 3 𝑒𝑥+ln(𝑥)_{× 𝑒}ln(𝑥)−𝑥_{= 𝑒}𝑥+ln(𝑥)+ln(𝑥)−𝑥 _{= 𝑒}0+ln(𝑥×𝑥) _{= 𝑒}ln(𝑥2) _{= 𝑥}2 ou 𝑒𝑥+ln(𝑥)_{× 𝑒}ln(𝑥)−𝑥_{= 𝑒}𝑥+ln(𝑥)+ln(𝑥)−𝑥_{= 𝑒}0+2×ln(𝑥)_{= 𝑒}ln(𝑥2)_{= 𝑥}2 𝑒2 ln(3) 𝑒3 ln(2) = 𝑒 2ln(3)−3ln(2) _{= 𝑒}ln(32_)−ln(23₎ = 𝑒ln(9)−ln(8)= 𝑒ln(98)₌9 8 ou 𝑒2ln(3) 𝑒3ln(2)= 𝑒ln(32) 𝑒ln(23₎= 32 23 = 9 8

Ex 4 : Dériver les fonctions suivantes : a) 𝑓(𝑥) = −7 b) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 3 c) 𝑓(𝑥) =𝑥 4+ 4𝑥 d) 𝑓(𝑥) = −𝑥2+ 7 e) 𝑓(𝑥) = 3𝑥2− 𝑥 + 4 f) 𝑓(𝑥) = 5𝑥3−2 𝑥+ 4 g) 𝑓(𝑥) = −𝑥3+ 7𝑥 + ln (𝑥) h) 𝑓(𝑥) = 𝑥4+ 7𝑥2_{− 4𝑒}𝑥 i) 𝑓(𝑥) = 4𝑥2𝑒𝑥 j) 𝑓(𝑥) = 4𝑥2(𝑥 + 5) + 7𝑥12 k) 𝑓(𝑥) = (−𝑥 − 1)𝑒𝑥 l) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) × (𝑥2− 𝑥) + 𝑒𝑥 m) 𝑓(𝑥) = √𝑥 × (2 − 4𝑥) + 𝑥 1 3 n) 𝑓(𝑥) = 1 7𝑥+4 Correction : a) 𝑓(𝑥) = −7 donc 𝑓′(𝑥) = 0 b) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 3 donc 𝑓′(𝑥) = 2 × 1 − 0 = 2 car (𝑢 + 𝑣)′ _{= 𝑢}′_{+ 𝑣′ avec 𝑢 = 2𝑥, 𝑣 = −3 et 𝑢}′ _{= 2 × 1, 𝑣}′ _{= 0} et car (𝐶𝑠𝑡𝑒 × 𝑣)′ = 𝐶𝑠𝑡𝑒 × 𝑣′ avec 𝐶𝑠𝑡𝑒 = 2 et 𝑣 = 𝑥. c) 𝑓(𝑥) =𝑥₄+ 4𝑥 =1 4𝑥 + 4𝑥 donc 𝑓 ′_{(𝑥) =}1 4× 1 + 4 × 1 = 0,25 + 4 = 4,25 d) 𝑓(𝑥) = −𝑥2+ 7 donc 𝑓′(𝑥) = −2𝑥 + 0 = −2𝑥 e) 𝑓(𝑥) = 3𝑥2− 𝑥 + 4 donc 𝑓′_{(𝑥) = 3 × 2𝑥 − 1 + 0 = 6𝑥 − 1} f) 𝑓(𝑥) = 5𝑥3−2 𝑥+ 4 = 5𝑥 3_{− 2 ×}1 𝑥+ 4 donc 𝑓 ′_{(𝑥) = 5 × 3𝑥}2_{− 2 × (−} 1 𝑥2) + 0 = 15𝑥2+ 2 𝑥2 g) 𝑓(𝑥) = −𝑥3+ 7𝑥 + ln (𝑥) donc 𝑓′_{(𝑥) = −3𝑥}2_{+ 7 × 1 +}1 𝑥= −3𝑥 2_{+ 7 +}1 𝑥 h) 𝑓(𝑥) = 𝑥4+ 7𝑥2_{− 4𝑒}𝑥 _{donc 𝑓}′_{(𝑥) = 4𝑥}4−1_{+ 7 × 2𝑥 − 4𝑒}𝑥 _{= 4𝑥}3_{+ 14𝑥 − 4𝑒}𝑥 car (𝑥𝑛₎′ _{= 𝑛𝑥}𝑛−1 _{et ici 𝑛 = 4} i) 𝑓(𝑥) = 4𝑥2× 𝑒𝑥 _{donc 𝑓}′_{(𝑥) = 4 × 2𝑥 ×𝑒}𝑥_{+ 4𝑥}2_×𝑒𝑥 _{= (8𝑥 + 4𝑥}2_{) ×𝑒}𝑥 car (𝑢 × 𝑣)′ = 𝑢′_{× 𝑣 + 𝑢 × 𝑣′ avec 𝑢 = 4𝑥}2_{, 𝑣 = 𝑒}𝑥 _{et 𝑢}′ _{= 4 × 2𝑥 = 8𝑥, 𝑣}′ _{= 𝑒}𝑥 j) 𝑓(𝑥) = 4𝑥2× (𝑥 + 5) + 7𝑥12 donc 𝑓′(𝑥) = 4 × 2𝑥 × (𝑥 + 5) + 4𝑥2× (1 + 0) + 7 ×1 2𝑥 1 2−1= 8𝑥(𝑥 + 5) + 4𝑥2+ 3,5𝑥−0,5 = 8𝑥2+ 40𝑥 + 4𝑥2+ 3,5𝑥−0,5= 12𝑥2+ 40𝑥 + 3,5𝑥−0,5 car (𝑥𝛼₎′_{= 𝛼𝑥}𝛼−1 _{et ici 𝛼 =}1 2= 0,5

Remarque : 𝑥12= √𝑥 donc on aurait pu écrire (𝑥 1 2) ′ = (√𝑥)′ = 1 2√𝑥 k) 𝑓(𝑥) = (−𝑥 − 1) × 𝑒𝑥 donc 𝑓′(𝑥) = (−1 − 0) × 𝑒𝑥_{+ (−𝑥 − 1) × 𝑒}𝑥 _{= −1𝑒}𝑥_{+ (−𝑥 − 1)𝑒}𝑥 ₌ (−1 + (−𝑥 − 1))𝑒𝑥 = (−2 − 𝑥)𝑒𝑥 o) 𝑓(𝑥) = 1 4𝑥2_+2𝑒𝑥 y) 𝑓(𝑥) = 𝑒3𝑥 2_−𝑥 p) 𝑓(𝑥) = 1 𝑥12+2𝑥 z) 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1)𝑒−𝑥+2 q) 𝑓(𝑥) =_3𝑥−𝑥+22₊₁ aa) 𝑓(𝑥) = ln(4𝑥2+ 7𝑥 + 9) r) 𝑓(𝑥) =4𝑥_{ln (𝑥)}2+1 bb) 𝑓(𝑥) = (2𝑥 − 1)ln (𝑥2+ 3) s) 𝑓(𝑥) = 5𝑥15 cc) 𝑓(𝑥) = 𝑥 × ln(2𝑥) −1 𝑥+ 𝑒 −2𝑥 t) 𝑓(𝑥) = (3𝑥) 1 5+ 1,777 u) 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1)3+1 𝑥 v) 𝑓(𝑥) = 𝑒−2𝑥+1+ 2 ln(𝑥) w) 𝑓(𝑥) = 6ln (−𝑥2+ 7) x) 𝑓(𝑥) = √3𝑥2_{+ 𝑥 + 4}

l) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) × (𝑥2− 𝑥) + 𝑒𝑥 donc 𝑓′(𝑥) =1 𝑥× (𝑥 2_{− 𝑥) + ln(𝑥) × (2𝑥 − 1) + 𝑒}𝑥_{= 𝑥 − 1 + (2𝑥 − 1) ln(𝑥) + 𝑒}𝑥 car 1 𝑥× (𝑥 2_{− 𝑥) =}1 𝑥× 𝑥 2₋1 𝑥× 𝑥 = 𝑥2 𝑥1− 𝑥 𝑥= 𝑥 2−1_{− 1 = 𝑥 − 1} m) 𝑓(𝑥) = √𝑥 × (2 − 4𝑥) + 𝑥 1 3 _{donc 𝑓}′(𝑥) = 1 2√𝑥× (2 − 4𝑥) + √𝑥 × (0 − 4 × 1) + 1 3𝑥 1 3−1 = 1 2√𝑥× 2 − 1 2√𝑥× 4𝑥 − 4√𝑥 + 1 3𝑥 −2₃ = 1 √𝑥− 2𝑥 √𝑥− 4√𝑥 + 1 3𝑥 −2₃ = 1 √𝑥− 2√𝑥 − 4√𝑥 + 1 3𝑥 −2₃ = 1 √𝑥− 6√𝑥 + 1 3𝑥 −2₃ car 1 3− 1 = 1 3− 3 3= − 2 3 et 𝑥 √𝑥= √𝑥 × √𝑥 √𝑥 = √𝑥 n) 𝑓(𝑥) =_7𝑥+41 donc 𝑓′(𝑥) = − 7 (7𝑥+4)2= −7 (7𝑥+4)2 grâce à la formule (1_𝑣)′= −_𝑣𝑣2′ = −𝑣′ 𝑣2 avec 𝑣 = 7𝑥 + 4 et 𝑣′= 7 × 1 + 0 = 7 o) 𝑓(𝑥) =_4𝑥2_+2𝑒1 𝑥 donc 𝑓′_{(𝑥) = −}4 × 2𝑥 + 2𝑒𝑥 (4𝑥2_{+ 2𝑒}𝑥₎2= − 8𝑥 + 2𝑒𝑥 (4𝑥2_{+ 2𝑒}𝑥₎2

Remarque : Si le signe – est placé au numérateur alors 𝑓′(𝑥) s’écrit aussi 𝑓′(𝑥) =−(8𝑥 + 2𝑒 𝑥₎ (4𝑥2_{+ 2𝑒}𝑥₎2= −8𝑥 − 2𝑒𝑥 (4𝑥2_{+ 2𝑒}𝑥₎2 p) 𝑓(𝑥) = 1 𝑥12+2𝑥 donc 𝑓′_{(𝑥) = −} 1 2𝑥 1 2−1_{+ 2 × 1} (𝑥12_{+ 2𝑥)} 2 = − 0,5𝑥−0,5_{+ 2} (𝑥12_{+ 2𝑥)} 2

Remarque : Si le signe – est placé au numérateur alors 𝑓′(𝑥) s’écrit aussi 𝑓′(𝑥) =−(0,5𝑥 −0,5_{+ 2)} (𝑥12_{+ 2𝑥)} 2 = −0,5𝑥−0,5_{− 2} (𝑥12_{+ 2𝑥)} 2 q) 𝑓(𝑥) =_3𝑥−𝑥+22₊₁ donc 𝑓′(𝑥) =(−1 + 0) × (3𝑥 2_{+ 1) − (−𝑥 + 2) × (3 × 2𝑥 + 0)} (3𝑥2_{+ 1)}2 = −(3𝑥2+ 1) − 6𝑥(−𝑥 + 2) (3𝑥2_{+ 1)}2 =−3𝑥 2_{− 1 + 6𝑥}2_{− 12𝑥} (3𝑥2_{+ 1)}2 = 3𝑥2_{− 12𝑥 − 1} (3𝑥2_{+ 1)}2 grâce à la formule (𝑢 𝑣) ′ =𝑢 ′_{× 𝑣 − 𝑢 × 𝑣′} 𝑣2 avec 𝑢 = −𝑥 + 2, 𝑢′ = −1 + 0 = −1, 𝑣 = 3𝑥2+ 1, 𝑣′ = 3 × 2𝑥 + 0 = 6𝑥. r) 𝑓(𝑥) =4𝑥_{ln (𝑥)}2+1 donc 𝑓′_{(𝑥) =}(4 × 2𝑥 + 0) × ln(𝑥) − (4𝑥 2_{+ 1) ×}1 𝑥 (ln(𝑥))2 = 8𝑥 ln(𝑥) − (4𝑥2+ 1)1_𝑥 (ln(𝑥))2 s) 𝑓(𝑥) = 5 × 𝑥15 donc 𝑓′(𝑥) = 5 ×1 5𝑥 1 5−1= 𝑥− 4 5 car on utilise (𝑥𝛼₎′ _{= 𝛼𝑥}𝛼−1

avec 𝛼 =1₅ , et on effectue 1 5− 1 = 1 5− 5 5= − 4 5= −0,8 t) 𝑓(𝑥) = (3𝑥)15+ 1,777 donc 𝑓′(𝑥) = 3 ×1 5× (3𝑥) 1 5−1+ 0 = 0,6(3𝑥)−0,8 grâce à la formule (𝑣𝛼₎′_{= 𝑣}′_{× 𝛼 × 𝑣}𝛼−1 avec 𝑣 = 3𝑥, 𝑣′ = 3 × 1 = 3, 𝛼 =1₅ u) 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1)3+1 𝑥 donc 𝑓 ′_{(𝑥) = 2 × 3 × (2𝑥 + 1)}3−1₋ 1 𝑥2= 6(2𝑥 + 1)2− 1 𝑥2 grâce à la formule (𝑣𝛼₎′_{= 𝑣}′_{× 𝛼 × 𝑣}𝛼−1 avec 𝑣 = 2𝑥 + 1, 𝑣′ = 2 × 1 + 0 = 2, 𝛼 = 3. Remarque : 𝑓′(𝑥) = 6(2𝑥 + 1)2₋ 1 𝑥2 = (√6(2𝑥 + 1)) 2 − (1 𝑥) 2 = (√6(2𝑥 + 1) −1 𝑥) (√6(2𝑥 + 1) + 1 𝑥) car 𝑎2− 𝑏2= (𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) avec ici 𝑎 = √6(2𝑥 + 1) et 𝑏 =1 𝑥 v) 𝑓(𝑥) = 𝑒−2𝑥+1+ 2 ln(𝑥) donc 𝑓′_{(𝑥) = (−2 × 1 + 0)𝑒}−2𝑥+1_{+ 2 ×}1 𝑥= −2𝑒 −2𝑥+1₊2 𝑥 grâce à la formule (𝑒𝑣₎′ _{= 𝑣}′_{× 𝑒}𝑣 avec 𝑣 = −2𝑥 + 1, 𝑣′= −2 × 1 + 0 = −2. w) 𝑓(𝑥) = 6 × ln (−𝑥2+ 7) donc 𝑓′_{(𝑥) = 6 ×} −2𝑥 −𝑥2₊₇= −12𝑥 −𝑥2₊₇ grâce à la formule (ln (𝑣))′_{= 𝑣}′_×1 𝑣= 𝑣′ 𝑣 avec 𝑣 = −𝑥2+ 7, 𝑣′= −2𝑥 + 0 = −2𝑥 x) 𝑓(𝑥) = √3𝑥2_{+ 𝑥 + 4 donc 𝑓}′_{(𝑥) =} 6𝑥+1 2√3𝑥2_+𝑥+4 grâce à la formule (√𝑣)′= 𝑣′_× 1 2√𝑣= 𝑣′ 2√𝑣 avec 𝑣 = 3𝑥2+ 𝑥 + 4, 𝑣′ _{= 3 × 2𝑥 + 1 + 0 = 6𝑥 + 1} y) 𝑓(𝑥) = 𝑒3𝑥2−𝑥 donc 𝑓′(𝑥) = (6𝑥 − 1)𝑒3𝑥2_−𝑥 grâce à la formule (𝑒𝑣₎′ _{= 𝑣}′_{× 𝑒}𝑣 avec 𝑣 = 3𝑥2− 𝑥, 𝑣′_{= 3 × 2𝑥 − 1 = 6𝑥 − 1.} z) 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1) × 𝑒−𝑥+2 donc 𝑓′(𝑥) = (1 + 0) × 𝑒−𝑥+2_{+ (𝑥 + 1) × (−1 + 0) × 𝑒}−𝑥+2_{= 1𝑒}−𝑥+2_{− (𝑥 + 1)𝑒}−𝑥+2_{= (1 − (𝑥 + 1))𝑒}−𝑥+2 = −𝑥𝑒−𝑥+2 Remarque : (𝑒−𝑥+2₎′_{= (−𝑥 + 2)}′_{× 𝑒}−𝑥+2_{= (−1 + 0) × 𝑒}−𝑥+2_{= −1𝑒}−𝑥+2_{= −𝑒}−𝑥+2 aa) 𝑓(𝑥) = ln(4𝑥2+ 7𝑥 + 9) donc 𝑓′_{(𝑥) =} 8𝑥+7 4𝑥2_+7𝑥+9 grâce à la formule (ln (𝑣))′_{= 𝑣}′_×1 𝑣= 𝑣′ 𝑣 avec 𝑣 = 4𝑥2+ 7𝑥 + 9, 𝑣′ _{= 4 × 2𝑥 + 7 × 1 + 0 = 8𝑥 + 7} bb) 𝑓(𝑥) = (2𝑥 − 1) × ln (𝑥2+ 3) donc 𝑓′_{(𝑥) = (2 × 1 − 0) × ln(𝑥}2_{+ 3) + (2𝑥 − 1) ×}2𝑥 + 0 𝑥2_{+ 3}= 2 ln(𝑥2+ 3) + (2𝑥 − 1) × 2𝑥 𝑥2_{+ 3} cc) 𝑓(𝑥) = 𝑥 × ln(2𝑥) −1_𝑥+ 𝑒−2𝑥

𝑓′_{(𝑥) = 1 × ln(2𝑥) + 𝑥 ×}2 × 1 2𝑥 − (− 1 𝑥2) + (−2 × 1)𝑒−2𝑥= ln(2𝑥) + 2𝑥 2𝑥+ 1 𝑥2− 2𝑒−2𝑥 = ln(2𝑥) + 1 + 1 𝑥2− 2𝑒−2𝑥

Ex 5 : Résoudre les inéquations suivantes :

a) 2𝑥 + 2 > 0 g) 𝑒2𝑥−3≥ 𝑒2𝑥+3 b) 1 + 2(5𝑥 − 1) ≤ 7 h) 𝑒−𝑥2+5𝑥 > 𝑒 c) (2𝑥 − 5)(4𝑥 + 1) ≤ 0 i) 𝑒1−𝑥5> 7 d) (−3𝑥 − 1)(5𝑥 − 2) > 0 e) 𝑥2+ 3𝑥 + 7 > 0 j) ln(𝑥 + 3) < 2 f) −𝑥2+ 6𝑥 + 3 ≤ 2𝑥 k) ln(6 − 4𝑥) ≥ ln (2) Correction : a) 2𝑥 + 2 > 0 ⇔ 2𝑥 + 2 − 2 > 0 − 2 ⇔ 2𝑥 > −2 ⇔2𝑥₂ > −2₂⇔ 𝑥 > −1 ⇔ −1 < 𝑥 < +∞

donc l’ensemble des solutions

𝒮 =] − 1; +∞[ b) 1 + 2(5𝑥 − 1) ≤ 7 ⇔ 1 − 1 + 2(5𝑥 − 1) ≤ 7 − 1 ⇔ 2(5𝑥 − 1) ≤ 6 ⇔2(5𝑥−1)₂ ≤6₂ ⇔ 5𝑥 − 1 ≤ 3 ⇔ 5𝑥 − 1 + 1 ≤ 3 + 1 ⇔ 5𝑥 ≤ 4 ⇔5𝑥 5 ≤ 4 5⇔ 𝑥 ≤ 0,8 ⇔ −∞ < 𝑥 ≤ 0,8

donc l’ensemble des solutions

𝒮 =] − ∞; 0,8] c) (2𝑥 − 5) × (4𝑥 + 1) ≤ 0 2𝑥 − 5 = 0 ⇔ 2𝑥 = 5 ⇔ 𝑥 =5 2= 2,5 4𝑥 + 1 = 0 ⇔ 4𝑥 = −1 ⇔4𝑥 4 = − 1 4⇔ 𝑥 = −0,25 𝑥 −∞ − 0,25 2,5 + ∞ 2𝑥 − 5 − − 0 + 4𝑥 + 1 − 0 + + (2𝑥 − 5)(4𝑥 + 1) + 0 − 0 + donc l’ensemble des solutions

𝒮 = [−0,25; 2,5] d) (−3𝑥 − 1) × (5𝑥 − 2) > 0 −3𝑥 − 1 = 0 ⇔ −3𝑥 = 1 ⇔ 𝑥 =₋₃1 = −1₃ 5𝑥 − 2 = 0 ⇔ 5𝑥 = 2 ⇔5𝑥₅ =2₅⇔ 𝑥 = 0,4 𝑥 −∞ −1 3 0,4 + ∞ 5𝑥 − 2 − − 0 + −3𝑥 − 1 + 0 − − (−3𝑥 − 1)(5𝑥 − 2) − 0 + 0 − donc l’ensemble des solutions

𝒮 =] −1 3; 0,4[ e) 1𝑥2+ 3𝑥 + 7 > 0

Δ = 32_{− 4 × 1 × 7 = 9 − 28 < 0}

Le polynôme 1𝑥2+ 3𝑥 + 7 n’a pas de racine (𝑥1 et 𝑥2 n’existent pas).

1𝑥2+ 3𝑥 + 7 > 0 quel que soit le nombre 𝑥. Donc l’ensemble des solutions 𝒮 =] − ∞; +∞[

f) −𝑥2+ 6𝑥 + 3 ≤ 2𝑥 ⇔ −𝑥2_{+ 6𝑥 − 2𝑥 + 3 ≤ 2𝑥 − 2𝑥 ⇔−1𝑥}2_{+ 4𝑥 + 3 ≤ 0}

Δ = 42− 4 × (−1) × 3 = 16 + 12 = 28 > 0 Le polynôme −1𝑥2+ 4𝑥 + 3 admet deux racines :

𝑥1= −4 − √28 2 × (−1) = −4 − √28 −2 = 4 + √28 2 𝑒𝑡 𝑥2= −4 + √28 2 × (−1) = −4 + √28 −2 = 4 − √28 2 donc 𝑥2 < 𝑥1 et comme −1< 0, −1𝑥2+ 4𝑥 + 3 < 0, ∀𝑥 ∈] − ∞; +∞[−[𝑥2; 𝑥1]

donc l’ensemble des solutions

𝒮 =] − ∞; +∞[−]𝑥2; 𝑥1[ =] − ∞; 𝑥2] ∪ [𝑥1; +∞[

g) 𝑒2𝑥−3_{≥ 𝑒}2𝑥+3 _{⇔ ln(𝑒}2𝑥−3_{) ≥ ln(𝑒}2𝑥+3₎

car ln (. ) est strictement croissante donc

𝑒2𝑥−3_{≥ 𝑒}2𝑥+3_{⇔ 2𝑥 − 3 ≥ 2𝑥 + 3 ⇔ 2𝑥 − 2𝑥 − 3 ≥ 2𝑥 − 2𝑥 + 3 ⇔ −3 ≥ 3}

Il n’existe aucun nombre 𝑥 tel que −3 ≥ 3 donc il n’y a aucune solution à l’inéquation, on dit que l’ensemble des solutions est vide :

𝒮 = ∅ h) 𝑒−𝑥2+5𝑥> 𝑒 ⇔ ln(𝑒−𝑥2+5𝑥_{) > ln(𝑒}1₎

car ln (. ) est strictement croissante donc

𝑒−𝑥2+5𝑥_{> 𝑒 ⇔ −𝑥}2_{+ 5𝑥 > 1 ⇔−1𝑥}2_{+ 5𝑥 − 1 > 0}

Δ = 52_{− 4 × (−1) × (−1) = 25 − 4 = 21 > 0}

donc le polynôme −1𝑥2+ 5𝑥 − 1 admet deux racines : 𝑥1 = −5 + √21 2 × (−1) = −5 + √21 −2 = 5 − √21 2 𝑒𝑡 𝑥2= −5 − √21 2 × (−1) = −5 − √21 −2 = 5 + √21 2 donc 𝑥1< 𝑥2 et comme −1< 0, −1𝑥2+ 5𝑥 − 1 < 0, ∀𝑥 ∈] − ∞; +∞[−[𝑥1; 𝑥2]

donc l’ensemble des solutions

𝒮 =]𝑥1; 𝑥2[

i) 𝑒1−𝑥5 > 7 ⇔ ln (𝑒1− 𝑥

5) > ln(7)

car ln (. ) est strictement croissante donc 𝑒1−𝑥5 > 7 ⇔ 1 −𝑥 5> ln(7) ⇔ 1 − ln(7) > 𝑥 5⇔ 5 × (1 − ln(7)) > 5 × 𝑥 5 ⇔ 5(1 − ln(7)) > 𝑥 donc −∞ < 𝑥 < 5(1 − ln(7)) donc l’ensemble des solutions

𝒮 =] − ∞; 5(1 − ln(7))[ j) ln(𝑥 + 3) < 2

Cette inégalité ne peut être vérifiée que si ln(𝑥 + 3) existe, c’est à dire si 𝑥 + 3 > 0, c’est à dire si 𝑥 > −3. Donc nous chercherons nos solutions parmi tous les 𝑥 > −3.

Ensuite,

ln(𝑥 + 3) < 2 ⇒ exp(ln(𝑥 + 3)) < exp (2) car exp (. ) est strictement croissante donc

ln(𝑥 + 3) < 2 ⇒ 𝑥 + 3 < 𝑒2 ⇔ 𝑥 < −3 + 𝑒2

Comme nos solutions se trouvent parmi tous les 𝑥 > −3, alors l’ensemble des 𝑥 solutions vérifient −3 < 𝑥 < −3 + 𝑒2

donc

𝒮 =] − 3; −3 + 𝑒2_[

k) ln(6 − 4𝑥) ≥ ln (2)

Cette inégalité ne peut être vérifiée que si ln(6 − 4𝑥) existe, c’est à dire si 6 − 4𝑥 > 0, c’est à dire si 6 > 4𝑥, c’est à dire si 6₄> 𝑥.

Donc nous chercherons nos solutions parmi tous les 1,5 > 𝑥. Ensuite,

ln(6 − 4𝑥) ≥ ln(2) ⇒ exp(ln(6 − 4𝑥)) ≥ exp(ln(2)) car exp (. ) est strictement croissante donc

6 − 4𝑥 ≥ 2 ⇒ 6 − 2 ≥ 4𝑥 ⇔ 4 ≥ 4 × 𝑥 ⇔ 4 4≥

4

4𝑥 ⇔ 1 ≥ 𝑥

Les nombres 𝑥 qui vérifient à la fois 1 ≥ 𝑥 et 1,5 > 𝑥 sont les nombres 𝑥 tels que 1 ≥ 𝑥, c’est à dire −∞ < 𝑥 ≤ 1

donc

𝒮 =] − ∞; 1]

Ex 6 : Pour les fonctions suivantes

a) 𝑓(𝑥) = 2𝑥2− 𝑥 − 5 pour 𝑥 ∈ [−5 ; 5] b) 𝑓(𝑥) = 1 − 2𝑥2_{+ 2𝑥}3 _{pour 𝑥 ∈ [−5 ; 5]} c) 𝑓(𝑥) = 𝑥5− 4𝑥4 pour 𝑥 ∈ [−5 ; 5] d) 𝑓(𝑥) =1−2𝑥 3+𝑥 pour 𝑥 ∈ [−2 ; 5] e) 𝑓(𝑥) = 𝑒−2𝑥+4 pour 𝑥 ∈ [0 ; 2] f) 𝑓(𝑥) = ln(7𝑥 − 1) pour 𝑥 ∈ [0,2 ; 1] g) 𝑓(𝑥) = −3 ln(𝑥) − 𝑥 pour 𝑥 ∈ [0,5 ; 1,5] h) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 + 𝑒−𝑥 pour 𝑥 ∈ [−5 ; 10] i) 𝑓(𝑥) = ln (𝑥2+ 1) pour 𝑥 ∈ [0 ; 5]

1) Dresser le tableau de variations (pour cela on les dérivera, étudiera le signe de la dérivée suivant les valeurs de 𝑥, puis on dressera le tableau de variations).

2) Donner les extremums (c’est-à-dire les minimums et maximums), préciser s’ils sont locaux ou globaux. 3) Etudier la convexité (calculer la dérivée seconde, puis étudier le signe de la dérivée seconde et conclure)

Ex 7 : 1) Calculer les limites en +∞ et en −∞ des fonctions suivantes : a) 𝑓(𝑥) = 1 − 3𝑥 h) 𝑓(𝑥) =3𝑒2𝑥−1 𝑒𝑥₊₂ b) 𝑓(𝑥) = −2𝑥2+ 𝑥 i) 𝑓(𝑥) =2𝑒𝑥+1 𝑒𝑥₋₁ c) 𝑓(𝑥) = 4𝑥3+ 5𝑥2_{− 1 j) 𝑓(𝑥) = 𝑒}1_𝑥 d) 𝑓(𝑥) = −𝑥4+ 3𝑥 + 1 k) 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥2 e) 𝑓(𝑥) = 𝑥+1 −𝑥2_+3𝑥−4 l) 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝑥 𝑥+1 f) 𝑓(𝑥) =3𝑥_2𝑥33+2𝑥−1_+𝑥2₊₁ m) 𝑓(𝑥) = ln(𝑥2+ 𝑥 + 1) g) 𝑓(𝑥) = 𝑥5+4 2𝑥4_+2𝑥2 n) 𝑓(𝑥) = √1 + 𝑒−𝑥 2) Calculer les limites des fonctions suivantes

a) 𝑓(𝑥) = −_2𝑥+13 lorsque 𝑥 → −0,5+ et lorsque 𝑥 → −0,5− b) 𝑓(𝑥) =𝑥2+3 𝑥−1 lorsque 𝑥 → 1 + _{et lorsque 𝑥 → 1}− c) 𝑓(𝑥) = 2𝑥 − 1 − √𝑥 lorsque 𝑥 → 0+ et lorsque 𝑥 → +∞ d) 𝑓(𝑥) = ln (2𝑥) lorsque 𝑥 → 0+ e) 𝑓(𝑥) = ln (1 +1_𝑥) lorsque 𝑥 → 0+ f) 𝑓(𝑥) = ln (𝑥−5_𝑥+2) lorsque 𝑥 → −2−