Corrigé
Exercice 1 :
Soit f une fonction définie et dérivable sur [- 3 ; 2 ], dont la fonction dérivée f ’ est représentée ci-dessous.
a) f est décroissante sur [- 3 ; - 1] et croissante sur [ - 1 ; 2 ]
VRAI FAUX Justification :
La dérivée est négative sur [- 3 ; 1] .
c) f admet un maximum en x = 2 VRAI FAUX
Justification :
La dérivée s’annule en – 3 et en 1.
e) la tangente à Cf au point d’abscisse - 1 est parallèle à l’axe des abscisses.
VRAI FAUX Justification : f ’( - 1) =- 4 ∫ 0
b) f est décroissante sur [- 3 ; 1] et croissante sur [ 1 ; 2 ]
VRAI FAUX
Justification :
La dérivée est négative sur [- 3 ; 1 ] et positive sur [ 1 ; 2 ].
d) f admet un minimum en x = - 1 et la tangente à Cf en ce point est parallèle à l’axe des ordonnées.
VRAI FAUX Justification : f ’( - 1) =- 4 ∫ 0
f) Les tangentes à Cf aux points
d’abscisses - 2 et 0 sont parallèles entre elles.
VRAI FAUX Justification : f ’( - 2) = f ’( 0) = - 3
Exercice 2 :
1. Dans chacun des cas suivants, déterminer l’ensemble de définition et l’ensemble de dérivabilité de la fonction f puis calculer la dérivée.
a) f(x) = (4 – x2)(x + 1 x)
f est définie et dérivable sur r* comme produit de fonctions dérivables.
f ’(x) = - 2x (x + 1
x) + (4 – x2)( 1 – 1
x2) = - 2x2 – 2 + 4 – 4
x2 – x2 + 1 = - 3x2 – 4 x2 + 3 b) f(x) = sin(3x – π
3)
f est définie et dérivable sur r car la fonction sinus et la fonction x 3x – π
3 sont dérivables.
f ’(x) = 3 cos(3x – π 3) c) f(x) = 5x + 1
f est définie sur [ - 1
5 ; + ¶ [ et dérivable sur ] - 1
5 ; + ¶ [.
f ’(x) = 1 2 5x + 1
µ 5 = 5 2 5x + 1.
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3
2. On considère la fonction f définie sur r \ {- 1 ; 1} par f(x) = 4 – 3x x2 – 1. a) f est définie et dérivable sur r \ {- 1 ; 1} comme fraction rationnelle.
f est de la forme
u
v . On pose u(x) = 4 – 3x et v(x) = x2 – 1.
On a u’(x) = - 3 et v’(x) = 2x.
f ’(x) = - 3 µ( x2 – 1) – 2x µ (4 – 3x)
(x2 – 1)2 = - 3x2 +3 – 8x + 6x2
(x2 – 1)2 = 3x2 – 8x + 3 (x2 – 1)2 .
b) Etude des variations de la fonction f.
f ’ est du signe de 3x2 – 8x + 3. Calculons le discriminant.
∆ = b² – 4ac = (- 8)² – 4 × 3 × 3 = 64 – 36 = 28 donc ∆ = 2 7.
Il y a donc deux solutions - b + ∆
2a = 8 + 2 7 6 = 4
3 + 7
3 º 2,21 et - b – ∆ 2a = 4
3
–7
3 º 0,45 .
x - ¶ - 1 4 3 – 7
3
1 4 3 + 7
3 + ¶
3x2 – 8x + 3 + + – – +
(x2 – 1)2 + + + + +
f ’(x) + + – – +
La fonction f est donc croissante sur ]- ¶ ; - 1 [ » ] - 1 ; 4 3 – 7
3
]
» [ 4 3 + 73 ; + ¶ [ et décroissante sur [ 4
3 – 7
3
; 1 [
» ] 1 ; 4 3 + 73 [.
Exercice 3 :
1. Une fonction polynôme du premier degré ne peut pas convenir car sa courbe représentative serait une droite, ce qui n’est pas la cas.
2. P(x) = ax3 + bx2 + cx + d définie sur [ 0 ; 4 ].
a) La courbe passe par A ( 0 ; 2 ) donc P(0) = 2 c’est-à-dire d = 2.
b) P est un polynôme donc dérivable sur [ 0 ; 4 ].
P’(x) = 3ax2 + 2bx + c.
c) Les conditions (1) et (2) se traduisent par P’(0) = 0 et P’(4) = 0.
P’(0) = 0 donc c = 0, c’est-à-dire P(x) = ax3 + bx2 + 2.
P’(4) = 0 donc 48a + 8b = 0 c’est-à-dire 6a + b = 0.
La courbe passe par B donc P(4) = 0 c’est-à-dire 64a + 16b + 2 = 0.
Je dois donc résoudre le système 6a + b = 0 32a + 8b = - 1
6a + b = 0
32a + 8b = - 1¶ b = - 6a
32a + 8b = - 1 ¶ b = - 6a
32a – 48a = - 1¶ b = - 6a - 16a = - 1¶
b = - 6aa =1 16
¶
b = -166a =1 16
donc P(x) = 1 16 x3 – 3
8 x2 +2.
0 0
0
0
Exercice 4 :
1. Les valeurs possibles pour x appartiennent à l’intervalle [ 0 ; 6 ] car la largeur est égale à 12 – 2x ≥ 0 et x ≥ 0.
2. V(x) = (12 – 2x)2 µ x = (144 – 48x + 4x2) µ x = 4x3 – 48x2 + 144x.
3. Pour étudier les variations de V sur l’intervalle [0;6], on dérive V.
V est dérivable sur [ 0 ; 6 ] car c’est un polynôme.
V’(x) = 4 µ 3x2 – 48 µ 2x + 144 = 12(x2 – 8x + 12).
Je calcule le discriminant du trinôme x2 – 8x + 12
∆= b² – 4ac = (- 8)² – 4 × 12 × 1 = 64 – 48 = 16 donc ∆ = 4.
Il y a donc deux solutions - b + ∆ 2a = 8 + 4
2 = 6 et - b – ∆ 2a = 8 – 4
2 = 2.
Le coefficient de x2 est positif donc V’(x) ≤ 0 pour x œ [ 2 ; 6 ] donc V est croissante sur [ 0 ; 2 ] et décroissante sur [ 2 ; 6 ].
4. La dérivée s’annule en changeant de signe en 2 donc il existe un maximum de V en 2.
Le volume maximal est donc V (2) = = (12 – 2 µ 2)2µ 2 = 64 µ 2 = 128 cm3. Les dimensions de la boîte sont donc 8, 8 et 2 cm.
Exercice 5 :
1. k² + 1 + k + (- k) = k² + 1 ∫ 0 donc le point Gk existe pour tout réel k de l’intervalle [- 1 ; 1].
2. Gk existe donc (k² + 1)
→
MGk = (k² + 1)
→
MA + k
→
MB + (- k)
→
MC pour tout réel k de l’intervalle [- 1 ; 1] et tout point M du plan. Prenons M = A.
On a l’égalité (k² + 1)
→
AGk = k
→
MB + (- k)
→
MC = k µ (
→
MB +
→
CM) = k
→
CB = - k
→
BC d’où
→
AGk = - k k2 + 1
→
BC car k² + 1 ∫ 0.
3. On en déduit que les vecteurs
→
AGk et
→
BC sont colinéaires donc les points Gk appartiennent à la droite passant par A et parallèle à (BC).
4. et 6. Figure.
→
AG- 1 = - (-1) (-1)2 + 1
→
BC = 1 2
→
BC
→
AG0 = 0
→
BC =
→
0 donc G0 est confondu avec A.
→
AG1 = - 1 12 + 1
→
BC = - 1 2
→
BC
5. Soit f la fonction définie sur r par f(x) = - x x2 + 1.
a. f est définie et dérivable sur r comme fraction rationnelle (x2 + 1 ∫ 0).
f est de la forme
u
v . On pose u(x) = - x et v(x) = x2 + 1.
On a u’(x) = - 1 et v’(x) = 2x.
f ’(x) = - 1 µ (x2 + 1) – (- x)µ 2x
( x2 + 1)2 = x2 – 1 ( x2 + 1)2. b. Tableau de variation de la fonction f sur [- 1 ; 1].
f(- 1) = - 1
2 et f(1) = 1 2.
c. Lorsque x appartient à [- 1 ;1], f( x) appartient à l’intervalle [ - 1 2 ; 1
2 ] donc les points Gk parcourent le segment [ G-1 ; G1 ].
x f '
f(x) - 1
- 1
2
1
- 1 2
