Exercices corrigés : Dérivation et étude des fonctions 2 bac PC et SVT

Le cours : Dérivation et étude des fonctions définitions, théorèmes, méthodes

Dérivation en un point

Exercice ★★★

En utilisant la définition, déterminer le nombre dérivé de la fonction $f$ en $x_0$, puis donner une équation cartésienne de la tangente $(T)$ à la courbe $(\mathcal{C}_f)$ au point d'abscisse $x_0$ dans chacun des cas suivants :

1. $f(x) = -3x - 1$ et $x_0 = 2$

2. $f(x) = 2x^2 - 4x + 1$ et $x_0 = -1$

3. $f(x) = \sin(2x)$ et $x_0 = 0$

Indication

Rappel 1 — Définition du nombre dérivé

$f$ est dérivable en $x_0$ si et seulement si :

$$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \ell \in \mathbb{R}$$

$\ell$ : le nombre dérivé de $f$ en $x_0$. On écrit : $f'(x_0) = \ell$.

Rappel 2 — Équation de la tangente

$$(T) : y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)$$

Aide pour la question 2 — forme indéterminée

Ici, si on remplace $x$ par $-1$, on trouve la forme indéterminée $\dfrac{0}{0}$. Dans ce cas, il faut factoriser le numérateur et le dénominateur par $(x + 1)$, puis réduire par $(x + 1)$.

Aide pour la question 3 — limite de référence

$$\lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$$

Pour l'utiliser, il faut faire apparaître $\dfrac{\sin(2x)}{2x}$ : on multiplie et on divise par $2$.

Voir la correction

1) $f(x) = -3x - 1$, $x_0 = 2$

On a $f(2) = -3 \times 2 - 1 = -7$.

$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 2} \frac{f(x) - f(2)}{x - 2} &= \lim_{x \to 2} \frac{-3x - 1 + 7}{x - 2} \\[2mm] &= \lim_{x \to 2} \frac{-3x + 6}{x - 2} \\[2mm] &= \lim_{x \to 2} \frac{-3(x - 2)}{x - 2} \\[2mm] &= -3 \end{aligned} $$

Donc $f$ est dérivable en $x_0 = 2$ et on a : $\boxed{f'(2) = -3}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $A(2\,;-7)$ est :

$$ \begin{aligned} (T) : y &= f'(2)(x - 2) + f(2) \\[1mm] &= -3(x - 2) - 7 \\[1mm] &= -3x + 6 - 7 \\[1mm] &= -3x - 1 \end{aligned} $$

2) $f(x) = 2x^2 - 4x + 1$, $x_0 = -1$

On a $f(-1) = 2 + 4 + 1 = 7$.

$$ \begin{aligned} \lim_{x \to -1} \frac{f(x) - f(-1)}{x + 1} &= \lim_{x \to -1} \frac{2x^2 - 4x + 1 - 7}{x + 1} \\[2mm] &= \lim_{x \to -1} \frac{2x^2 - 4x - 6}{x + 1} \\[2mm] &= \lim_{x \to -1} \frac{(x + 1)(2x - 6)}{x + 1} \\[2mm] &= \lim_{x \to -1} (2x - 6) \\[2mm] &= -8 \end{aligned} $$

Donc $f$ est dérivable en $x_0 = -1$ et on a : $\boxed{f'(-1) = -8}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $A(-1\,;7)$ est :

$$ \begin{aligned} (T) : y &= f'(-1)(x + 1) + f(-1) \\[1mm] &= -8(x + 1) + 7 \\[1mm] &= -8x - 8 + 7 \\[1mm] &= -8x - 1 \end{aligned} $$

3) $f(x) = \sin(2x)$, $x_0 = 0$

On a $f(0) = \sin(0) = 0$.

$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin(2x) - 0}{x} \\[2mm] &= \lim_{x \to 0} \frac{\sin(2x)}{x} \\[2mm] &= \lim_{x \to 0} 2 \times \frac{\sin(2x)}{2x} \\[2mm] &= 2 \times 1 \\[2mm] &= 2 \end{aligned} $$

Donc $f$ est dérivable en $x_0 = 0$ et on a : $\boxed{f'(0) = 2}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $O(0\,;0)$ est :

$$ \begin{aligned} (T) : y &= f'(0)(x - 0) + f(0) \\[1mm] &= 2x + 0 \end{aligned} $$

$$(T) : y = 2x$$

Exercice ★★★

En utilisant la définition, déterminer le nombre dérivé de la fonction $f$ en $x_0$, puis donner une équation cartésienne de la tangente $(T)$ à la courbe $(C_f)$ au point d'abscisse $x_0$ dans chacun des cas suivants :

1. $f(x)=\sqrt{x^2+x+2}$ et $x_0=1$

2. $f(x)=\sqrt[3]{3+2x}$ et $x_0=-1$

3. $f(x)=\sqrt[3]{x^2-x+2}+\sqrt{x+3}$ et $x_0=-2$

Indication

Si on remplace $x$ par $x_0$, on trouve la forme "$\frac{0}{0}$"

"$\frac{0}{0}$" et la racine carrée, on pense à multiplier par le conjugué.

$f$ est dérivable en $x_0$ si et seulement si : $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\ell\in\mathbb{R}$

$\ell$ : le nombre dérivé de $f$ en $x_0$.

On écrit : $f'(x_0)=\ell$

Il faut séparer $\sqrt{\ }$ et $\sqrt[3]{\ }$ en remarquant que :

$\sqrt[3]{x^2-x+2}\to 2$

$\sqrt{x+3}\to 1$

puis multiplier chacun par son conjugué.

$a-b=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}$

Voir la correction

$$\begin{aligned} &\lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{\sqrt{x^2+x+2}-2}{x-1}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{\left(\sqrt{x^2+x+2}-2\right)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}{(x-1)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{\sqrt{x^2+x+2}^{\,2}-2^2}{(x-1)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{x^2+x+2-4}{(x-1)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{x^2+x-2}{(x-1)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{(x-1)(x+2)}{(x-1)\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\lim_{x\to 1}\frac{(x+2)}{\left(\sqrt{x^2+x+2}+2\right)}\\ &=\frac{3}{4} \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=1$ et on a : $f'(1)=\frac{3}{4}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $A(1;2)$ est :

$$\begin{aligned} (T):\ y&=f'(1)(x-1)+f(1)\\ &=\frac{3}{4}(x-1)+2\\ &=\frac{3}{4}x-\frac{3}{4}+2\\ (T):\ y&=\frac{3}{4}x+\frac{5}{4} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\lim_{x\to -1}\frac{f(x)-f(-1)}{x+1}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{\sqrt[3]{3+2x}-1}{x+1}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{\left(\sqrt[3]{3+2x}-1\right)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+1\cdot\sqrt[3]{3+2x}+1^2\right)}{(x+1)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+1\cdot\sqrt[3]{3+2x}+1^2\right)}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{\left(\sqrt[3]{3+2x}\right)^3-1^3}{(x+1)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+\sqrt[3]{3+2x}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{3+2x-1}{(x+1)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+\sqrt[3]{3+2x}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{2x+2}{(x+1)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+\sqrt[3]{3+2x}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{2(x+1)}{(x+1)\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+\sqrt[3]{3+2x}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{2}{\left(\sqrt[3]{3+2x}^{\,2}+\sqrt[3]{3+2x}+1\right)}\\ &=\frac{2}{3} \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=-1$ et on a : $f'(-1)=\frac{2}{3}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $A(-1;1)$ est :

$$\begin{aligned} (T):\ y&=f'(-1)(x+1)+f(-1)\\ &=\frac{2}{3}(x+1)+1\\ &=\frac{2}{3}x+\frac{2}{3}+1\\ (T):\ y&=\frac{2}{3}x+\frac{5}{3} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\lim_{x\to -2}\frac{f(x)-f(-2)}{x+2}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt[3]{x^2-x+2}+\sqrt{x+3}-3}{x+2}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt[3]{x^2-x+2}-2+\sqrt{x+3}-1}{x+2}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt[3]{x^2-x+2}-2}{x+2}+\frac{\sqrt{x+3}-1}{x+2}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,3}-2^3}{(x+2)\left(\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,2}+2\sqrt[3]{x^2-x+2}+2^2\right)}+\frac{\left(\sqrt{x+3}-1\right)\left(\sqrt{x+3}+1\right)}{(x+2)\left(\sqrt{x+3}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{x^2-x+2-8}{(x+2)\left(\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,2}+2\sqrt[3]{x^2-x+2}+4\right)}+\frac{\sqrt{x+3}^{\,2}-1^2}{(x+2)\left(\sqrt{x+3}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{x^2-x-6}{(x+2)\left(\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,2}+2\sqrt[3]{x^2-x+2}+4\right)}+\frac{x+3-1}{(x+2)\left(\sqrt{x+3}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{(x+2)(x-3)}{(x+2)\left(\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,2}+2\sqrt[3]{x^2-x+2}+4\right)}+\frac{(x+2)}{(x+2)\left(\sqrt{x+3}+1\right)}\\ &=\lim_{x\to -2}\frac{x-3}{\left(\sqrt[3]{x^2-x+2}^{\,2}+2\sqrt[3]{x^2-x+2}+4\right)}+\frac{1}{\left(\sqrt{x+3}+1\right)}\\ &=\frac{-5}{12}+\frac{1}{2}\\ &=\frac{1}{12} \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=-2$ et on a : $f'(-2)=\frac{1}{12}$

Une équation cartésienne de la tangente $(T)$ au point $A(-2;3)$ est :

$$\begin{aligned} (T):\ y&=f'(-2)(x+2)+f(-2)\\ &=\frac{1}{12}(x+2)+3\\ &=\frac{1}{12}x+\frac{1}{6}+3\\ (T):\ y&=\frac{1}{12}x+\frac{19}{6} \end{aligned}$$

Exercice

fonction dérivée

★★★

Dans chaque cas, calculer la fonction dérivée de la fonction $f$ définie par :

1. $f(x)=\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^3$

2. $f(x)=\left(2\sqrt{x}-1\right)^5$

3. $f(x)=\sqrt{3x^2+4x+3}$

4. $f(x)=\frac{\sqrt{x-2}}{x-1}$

Indication

$a'=0$

$(ax)'=a$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(ku)'=k\cdot u'$ tel que $k\in\mathbb{R}$

$(u^n)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

$(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}$

$(\sqrt{u})'=\frac{u'}{2\sqrt{u}}$

Voir la correction

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^3\right)'\\ &=3\left(\frac{2x}{3x+1}\right)'\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2\\ &=3\times\frac{(2x)'(3x+1)-(3x+1)'(2x)}{(3x+1)^2}\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2\\ &=3\times\frac{2(3x+1)-3(2x)}{(3x+1)^2}\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2\\ &=3\times\frac{6x+2-6x}{(3x+1)^2}\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2\\ &=3\times\frac{2}{(3x+1)^2}\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2 \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{6}{(3x+1)^2}\times\left(\frac{2x}{3x+1}\right)^2$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\left(2\sqrt{x}-1\right)^5\right)'\\ &=5\left(2\sqrt{x}-1\right)'\times\left(2\sqrt{x}-1\right)^4\\ &=5\times 2\times\frac{1}{2\sqrt{x}}\times\left(2\sqrt{x}-1\right)^4\\ &=\frac{5}{\sqrt{x}}\left(2\sqrt{x}-1\right)^4 \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{5}{\sqrt{x}}\left(2\sqrt{x}-1\right)^4$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\sqrt{3x^2+4x+3}\right)'\\ &=\frac{\left(3x^2+4x+3\right)'}{2\sqrt{3x^2+4x+3}}\\ &=\frac{6x+4}{2\sqrt{3x^2+4x+3}}\\ &=\frac{2(3x+2)}{2\sqrt{3x^2+4x+3}}\\ &=\frac{3x+2}{\sqrt{3x^2+4x+3}} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{3x+2}{\sqrt{3x^2+4x+3}}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\frac{\sqrt{x-2}}{x-1}\right)'\\ &=\frac{\left(\sqrt{x-2}\right)'(x-1)-(x-1)'\left(\sqrt{x-2}\right)}{(x-1)^2}\\ &=\frac{\dfrac{(x-2)'}{2\sqrt{x-2}}\times (x-1)-\sqrt{x-2}}{(x-1)^2}\\ &=\frac{\dfrac{1}{2\sqrt{x-2}}\times (x-1)-\sqrt{x-2}}{(x-1)^2}\\ &=\frac{\dfrac{(x-1)}{2\sqrt{x-2}}-\sqrt{x-2}}{(x-1)^2}\\ &=\frac{\dfrac{x-1-2\sqrt{x-2}\,\sqrt{x-2}}{2\sqrt{x-2}}}{(x-1)^2}\\ &=\frac{x-1-2(x-2)}{2(x-1)^2\sqrt{x-2}}\\ &=\frac{x-1-2x+4}{2(x-1)^2\sqrt{x-2}} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{3-x}{2(x-1)^2\sqrt{x-2}}$

Exercice ★★★

Dans chacun des cas suivants, déterminer les primitives de la fonction $f$ définie sur l'intervalle $I$ :

1. $f(x)=2x-1$ et $I=\mathbb{R}$

2. $f(x)=5x^3-6x^2+3x-5$ et $I=\mathbb{R}$

3. $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}$ et $I=\left]0;+\infty\right[$

Indication

Toute fonction continue sur un intervalle $I$ admet une primitive sur $I$

Si $f(x)=F'(x)$

Alors $F$ est une primitive de $f$

Il faut pas dire la primitive. Car si $F$ est une primitive de $f$

Alors : $x\longmapsto F(x)+c$ avec $c\in\mathbb{R}$ est aussi primitive de $f$

Il faut pas oublier la constante $c$

$a=(ax)'$

$x=\left(\frac{1}{2}x^2\right)'$

$ax^n=\left(a\cdot\frac{1}{n+1}\cdot x^{n+1}\right)'$

$\frac{1}{x^2}=\left(-\frac{1}{x}\right)'$

$\frac{1}{\sqrt{x}}=\left(2\sqrt{x}\right)'$

$\frac{1}{x^n}=\left(\frac{-1}{(n-1)x^{n-1}}\right)'$

Voir la correction

$$\begin{aligned} f(x)&=2x-1\\ &=\left(2\times\frac{1}{2}x^2-x\right)'\\ &=\left(x^2-x\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par : $F:x\longmapsto x^2-x+c$ avec $c\in\mathbb{R}$

$$\begin{aligned} f(x)&=5x^3-6x^2+3x-5\\ &=\left(5\times\frac{1}{4}x^4-6\times\frac{1}{3}x^3+3\times\frac{1}{2}x^2-5x\right)'\\ &=\left(\frac{5}{4}x^4-2x^3+\frac{3}{2}x^2-5x\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par : $F:x\longmapsto \frac{5}{4}x^4-2x^3+\frac{3}{2}x^2-5x+c$ $/c\in\mathbb{R}$

$$\begin{aligned} f(x)&=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}\\ &=\left(2\sqrt{x}+\frac{-1}{x}-\frac{-1}{2x^2}\right)'\\ &=\left(2\sqrt{x}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $\left]0;+\infty\right[$ par : $F:x\longmapsto 2\sqrt{x}-\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+c$ $/c\in\mathbb{R}$

Exercice ★★★

En utilisant le nombre dérivé, calculer les limites :

1. $\lim_{x\to 1}\frac{3x^2-4x+1}{x-1}$

2. $\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}$

3. $\lim_{x\to 0}\frac{\cos^2(x)-1}{x}$

Indication

Si $f$ est dérivable en un point $x_0$

Alors $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(x_0)$

$(u^n)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

$(\sin(x))'=\cos(x)$

$(\cos(x))'=-\sin(x)$

$\sin(2x)=2\sin(x)\cos(x)$

Voir la correction

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=3x^2-4x+1$

On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $f'(x)=6x-4$

On a $f$ est dérivable en $x_0=1$ et : $f'(1)=6(1)-4=2$

Donc, on aura : $\lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=f'(1)$

Et par suite : $\lim_{x\to 1}\frac{3x^2-4x+1}{x-1}=2$

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=\sin(x)$

On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $f'(x)=\cos(x)$

On a $f$ est dérivable en $x_0=0$ et : $f'(0)=\cos(0)=1$

Donc, on aura : $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)$

Et par suite : $\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1$

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=\cos^2(x)$

On a $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\cos^2(x)\right)'\\ &=\left(\left(\cos(x)\right)^2\right)'\\ &=2\left(\cos(x)\right)'\left(\cos(x)\right)\\ &=-2\sin(x)\cos(x)\\ &=-\sin(2x) \end{aligned}$$

On a $f$ est dérivable en $x_0=0$ et : $f'(0)=-\sin(2\times 0)=-\sin 0=0$

Donc, on aura : $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)$

Et par suite : $\lim_{x\to 0}\frac{\cos^2(x)-1}{x}=0$

Exercice

primitives

★★★

Dans chacun des cas suivants, déterminer les primitives de la fonction $f$ définie sur l'intervalle $I$ :

1. $f(x)=\tan^2 x+\cos x+\sin x$ et $I=\left]-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right[$

2. $f(x)=4x\left(x^2-1\right)^{2016}$ et $I=\mathbb{R}$

3. $f(x)=\cos(x)\cdot\sin^3(x)$ et $I=\mathbb{R}$

Indication

$a=(ax)'$

$\cos x=(\sin x)'$

$\sin x=(-\cos x)'$

$1+\tan^2 x=(\tan x)'$

$u'\cdot u^n=\left(\frac{1}{n+1}\cdot u^{n+1}\right)'$

Ici, on a le produit de deux fonctions, donc, au début, il faut penser à $u'\cdot u^n$

On a : $\left(x^2-1\right)'=2x$

Donc : $4x=2\times 2x=2\left(x^2-1\right)'$

On remplace $\cos(x)$ par $(\sin x)'$

Et on pense à $u'\cdot u^n$

Voir la correction

$$\begin{aligned} f(x)&=\tan^2 x+\cos x+\sin x\\ &=-1+\left(1+\tan^2 x\right)+(\sin x)'+(-\cos x)'\\ &=(-x)'+(\tan x)'+(\sin x)'+(-\cos x)'\\ &=\left(-x+\tan x+\sin x-\cos x\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $I$ par : $F:x\longmapsto -x+\tan x+\sin x-\cos x+c$ $/c\in\mathbb{R}$

$$\begin{aligned} f(x)&=4x\left(x^2-1\right)^{2016}\\ &=2\left(x^2-1\right)'\left(x^2-1\right)^{2016}\\ &=2\left(\frac{\left(x^2-1\right)^{2017}}{2017}\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par : $F:x\longmapsto 2\,\frac{\left(x^2-1\right)^{2017}}{2017}+c$ $/c\in\mathbb{R}$

$$\begin{aligned} f(x)&=\cos(x)\cdot\sin^3(x)\\ &=(\sin x)'(\sin x)^3\\ &=\left(\frac{1}{4}(\sin x)^4\right)' \end{aligned}$$

Donc les fonctions primitives de $f$ sont toutes les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par : $F:x\longmapsto \frac{1}{4}\sin^4(x)+c$ $/c\in\mathbb{R}$

Exercice ★★★

Étudier la dérivabilité de la fonction $f$ en $x_0$ dans les deux cas suivants, puis donner une interprétation géométrique aux résultats obtenus.

1. $f(x)=|x|$ et $x_0=0$

2. $f(x)=|x-2|$ et $x_0=2$

Indication

Interprétation graphique

Il faut juste dire l'influence d'un résultat analytique à la courbe.

Voir la correction

Ici, on a $x\to 0$, ce qui entraîne : $|x|\to 0$

Dans ce cas, il faut distinguer les deux cas :

$x\to 0^+ \Rightarrow |x|=x$

$x\to 0^- \Rightarrow |x|=-x$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$ à droite

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0^+}\frac{|x|-0}{x}\\ &=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x}\\ &=1 \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=0$ à droite et on a : $f'_d(0)=1$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$ à gauche

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0^-}\frac{|x|-0}{x}\\ &=\lim_{x\to 0^-}\frac{-x}{x}\\ &=-1 \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=0$ à gauche et on a : $f'_g(0)=-1$

Puisque $f'_g(0)\neq f'_d(0)$

Alors $f$ n'est pas dérivable en $x_0=0$

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet deux demi-tangentes au point $O(0,0)$

Une demi-tangente à droite du point $O(0,0)$ coefficient directeur égal à $1$

Une demi-tangente à gauche du point $O(0,0)$ coefficient directeur égal à $-1$

Remarque

Le point $O$ est appelé : Point anguleux

Ici, on a $x\to 2$, ce qui entraîne : $|x-2|\to 0$

Dans ce cas, il faut distinguer les deux cas :

$x\to 2^+ \Rightarrow |x-2|=x-2$

$x\to 2^- \Rightarrow |x-2|=-(x-2)$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=2$ à droite

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}&=\lim_{x\to 2^+}\frac{|x-2|-0}{x-2}\\ &=\lim_{x\to 2^+}\frac{x-2}{x-2}\\ &=1 \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=2$ à droite et on a : $f'_d(2)=1$

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi-tangente à droite du point $A(2;0)$ coefficient directeur égal à $1$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=2$ à gauche

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 2^-}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}&=\lim_{x\to 2^-}\frac{|x-2|-0}{x-2}\\ &=\lim_{x\to 2^-}\frac{-(x-2)}{x-2}\\ &=-1 \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=2$ à gauche et on a : $f'_g(2)=-1$

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi-tangente à gauche du point $A(2;0)$ coefficient directeur égal à $-1$

Conclusion

Puisque $f'_g(2)\neq f'_d(2)$

Alors $f$ n'est pas dérivable en $x_0=2$

Exercice ★★★

Soit $f$ la fonction définie par :

$$\begin{cases}f(x)=\dfrac{1-\cos(2x)}{\sin(x)}\ ;\ x\neq 0\\[2mm] f(0)=0\end{cases}$$

1. Montrer que $f$ est continue en $x_0=0$

2. Étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0=0$, puis donner une interprétation graphique au résultat obtenu.

Indication

Si on remplace, on trouve la forme indéterminée "$\frac{0}{0}$"

Et puisqu'on a $\cos(0)$ et $\sin(0)$

Alors, il faut juste penser à :

$\lim_{t\to 0}\frac{1-\cos t}{t^2}=\frac{1}{2}$

$\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}=1$

$f$ est continue en $x_0$ si et seulement si $\lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$

$f$ est dérivable en $x_0$ si et seulement si : $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\ell\in\mathbb{R}$

$\ell$ : le nombre dérivé de $f$ en $x_0$.

On écrit : $f'(x_0)=\ell$

Voir la correction

Montrons que $f$ est continue en $x_0=0$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}f(x)&=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{\sin(x)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}\times (2x)^2}{x\times \dfrac{\sin(x)}{x}}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}}{\dfrac{\sin(x)}{x}}\times \frac{4x^2}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}}{\dfrac{\sin(x)}{x}}\times 4x\\ &=\frac{\dfrac{1}{2}}{1}\times 4\times 0\\ &=0 \end{aligned}$$

Puisque $\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)$

Alors $f$ est continue en $x_0=0$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{\sin(x)}-0}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(2x)}{x\sin(x)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}\times (2x)^2}{x\times x\times \dfrac{\sin(x)}{x}}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\dfrac{1-\cos(2x)}{(2x)^2}}{\dfrac{\sin(x)}{x}}\times \frac{4x^2}{x^2}\\ &=\frac{\dfrac{1}{2}}{1}\times 4\\ &=\frac{1}{2}\times 4\\ &=2 \end{aligned}$$

Donc $f$ est dérivable en $x_0=0$ et on a : $f'(0)=2$

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une tangente au point $O(0,0)$ coefficient directeur égal à $2$

Exercice

On considère la fonction $f$ définie par :

$$f(x)=x-1-\sqrt{x^2-2x}$$

1. Déterminer $D_f$ le domaine de définition de $f$

2. Étudier la dérivabilité de $f$ à droite de $2$ et à gauche de $0$, puis donner une interprétation graphique aux résultats obtenus

Indication

Si $x(x-2)\geq 0$ Alors $x\geq 0$ ou $x-2\geq 0$

Pour étudier le signe de $x(x-2)\geq 0$ ça sera mieux de dresser le tableau de signe

Pour étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0$ à droite, il faut calculer la limite : $\lim_{\substack{x\to x_0\\ x>x_0}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

Pour étudier la dérivabilité de $f$ en $x_0$ à gauche, il faut calculer la limite : $\lim_{\substack{x\to x_0\\ x<x_0}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

Si on remplace, on trouve $\frac{0}{0}$

Il suffit de multiplier par le conjugué

Mais, en remarquant que $x-2\to 0$ et $\sqrt{x^2-2x}\to 0$ ça sera mieux de séparer les limites

$1-\frac{2}{0^+}=-\infty$

Mais, en remarquant que $x\to 0$ et $\sqrt{x^2-2x}\to 0$ ça sera mieux de séparer les limites

Voir la correction

Déterminons $D_f$

$$\begin{aligned} x\in D_f &\Longleftrightarrow x^2-2x\geq 0\\ &\Longleftrightarrow x(x-2)\geq 0 \end{aligned}$$

Étudions le signe de $x(x-2)$

$$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & & 0 & & 2 & & +\infty\\ \hline x & & - & 0 & + & & + & \\ \hline x-2 & & - & & - & 0 & + & \\ \hline x(x-2) & & + & 0 & - & 0 & + & \\ \hline \end{array}$$

Donc : $D_f=\left]-\infty;0\right]\cup\left[2;+\infty\right[$

La dérivabilité de $f$ en $x_0=2$ à droite

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 2^+}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}&=\lim_{x\to 2^+}\frac{x-1-\sqrt{x^2-2x}-1}{x-2}\\ &=\lim_{x\to 2^+}\frac{x-2-\sqrt{x^2-2x}}{x-2}\\ &=\lim_{x\to 2^+}\frac{x-2}{x-2}-\frac{\sqrt{x^2-2x}}{x-2}\\ &=\lim_{x\to 2^+}1-\frac{\sqrt{x^2-2x}\ \sqrt{x^2-2x}}{(x-2)\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 2^+}1-\frac{x^2-2x}{(x-2)\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 2^+}1-\frac{x(x-2)}{(x-2)\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 2^+}1-\frac{x}{\sqrt{x^2-2x}}\\ &=-\infty \end{aligned}$$

Donc $f$ n'est pas dérivable en $x_0=2$ à droite

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi-tangente verticale à droite du point $A(2,1)$ (dirigée vers le bas)

La dérivabilité de $f$ en $x_0=0$ à gauche

$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}&=\lim_{x\to 0^-}\frac{x-1-\sqrt{x^2-2x}+1}{x}\\ &=\lim_{x\to 0^-}\frac{x-\sqrt{x^2-2x}}{x}\\ &=\lim_{x\to 0^-}\frac{x}{x}-\frac{\sqrt{x^2-2x}}{x}\\ &=\lim_{x\to 0^-}1-\frac{\sqrt{x^2-2x}\ \sqrt{x^2-2x}}{x\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 0^-}1-\frac{x^2-2x}{x\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 0^-}1-\frac{x(x-2)}{x\sqrt{x^2-2x}}\\ &=\lim_{x\to 0^-}1-\frac{(x-2)}{\sqrt{x^2-2x}}\\ &=+\infty \end{aligned}$$

Donc $f$ n'est pas dérivable en $x_0=0$ à gauche

Interprétation graphique

$(C_f)$ admet une demi-tangente verticale à gauche du point $C(0,-1)$ (dirigée vers le bas)

Exercice

fonction dérivée

Dans chaque cas, calculer la fonction dérivée de la fonction $f$ définie par :

1. $f(x)=x^5-3x^4+2x^3+\frac{x^2}{4}-x+10$

2. $f(x)=x(\sqrt{x}-1)$

3. $f(x)=(5x+1)\cos(x)$

4. $f(x)=x^3\sin^2(x)$

Indication

$a'=0$

$(ax)'=a$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(ax^n)'=anx^{n-1}$

$(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$

$(u^n)'=n\cdot u'\cdot u^{n-1}$

$(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}$

$(\cos(x))'=-\sin(x)$

$(\sin(x))'=\cos(x)$

Voir la correction

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(x^5-3x^4+2x^3+\frac{x^2}{4}-x+10\right)'\\ &=5x^4-3\times 4x^3+2\times 3x^2+\frac{1}{4}\times 2x-1+0 \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=5x^4-3\times 4x^3+2\times 3x^2+\frac{1}{4}\times 2x-1+0$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(x(\sqrt{x}-1)\right)'\\ &=x'(\sqrt{x}-1)+x\left(\sqrt{x}-1\right)'\\ &=1(\sqrt{x}-1)+x\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}-0\right)\\ &=\sqrt{x}-1+\frac{x}{2\sqrt{x}}\\ &=\frac{2\sqrt{x}-2+\sqrt{x}}{2} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{3\sqrt{x}-2}{2}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left((5x+1)\cos(x)\right)'\\ &=(5x+1)'\cos(x)+(5x+1)\left(\cos(x)\right)'\\ &=5\cos(x)-(5x+1)\sin(x) \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=5\cos(x)-(5x+1)\sin(x)$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(x^3\sin^2(x)\right)'\\ &=\left(x^3\right)'\sin^2(x)+x^3\left(\sin^2(x)\right)'\\ &=3x^2\sin^2(x)+x^3\times 2\left(\sin(x)\right)'\left(\sin(x)\right)\\ &=3x^2\sin^2(x)+x^3\times 2\cos(x)\sin(x)\\ &=x^2\left(3\sin(x)+2x\cos(x)\right)\sin(x) \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=x^2\left(3\sin(x)+2x\cos(x)\right)\sin(x)$

Exercice

fonction dérivée

Dans chaque cas, calculer la fonction dérivée de la fonction $f$ définie par :

1. $f(x)=\frac{1}{x-1}$

2. $f(x)=\frac{3}{2x^2-1}$

3. $f(x)=\frac{3x-1}{4x^2+1}$

4. $f(x)=\frac{\sin x}{x}$

Indication

$a'=0$

$(ax)'=a$

$(x^n)'=nx^{n-1}$

$(ku)'=k\cdot u'$ tel que $k\in\mathbb{R}$

$\left(\frac{1}{u}\right)'=-\frac{u'}{u^2}$

$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}$

$(\sin(x))'=\cos(x)$

Voir la correction

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\frac{1}{x-1}\right)'\\ &=-\frac{(x-1)'}{(x-1)^2} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=-\frac{1}{(x-1)^2}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\frac{3}{2x^2-1}\right)'\\ &=3\left(\frac{1}{2x^2-1}\right)'\\ &=3\,\frac{-\left(2x^2-1\right)'}{\left(2x^2-1\right)^2}\\ &=3\,\frac{-4x}{\left(2x^2-1\right)^2}\\ &=-\frac{12x}{\left(2x^2-1\right)^2} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=-\frac{12x}{\left(2x^2-1\right)^2}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\frac{3x-1}{4x^2+1}\right)'\\ &=\frac{(3x-1)'\left(4x^2+1\right)-\left(4x^2+1\right)'(3x-1)}{\left(4x^2+1\right)^2}\\ &=\frac{3\left(4x^2+1\right)-8x(3x-1)}{\left(4x^2+1\right)^2}\\ &=\frac{12x^2+3-24x^2+8x}{\left(4x^2+1\right)^2}\\ &=\frac{-12x^2+8x+3}{\left(4x^2+1\right)^2} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{-12x^2+8x+3}{\left(4x^2+1\right)^2}$

$$\begin{aligned} f'(x)&=\left(\frac{\sin x}{x}\right)'\\ &=\frac{\left(\sin(x)\right)'\cdot x-x'\sin(x)}{x^2}\\ &=\frac{\cos(x)\cdot x-\sin(x)}{x^2} \end{aligned}$$

D'où : $f'(x)=\frac{x\cos(x)-\sin(x)}{x^2}$

Exercice

centre de symétrie

★★★

Soit $f$ la fonction définie par : $f(x)=\frac{x^2-2}{x-1}$

1. Déterminer $D_f$, le domaine de définition de $f$

2. Montrer que le point $\Omega(1;2)$ est le centre de symétrie de $(C_f)$ la courbe représentative de $f$

Indication

$\frac{u(x)}{v(x)}\longrightarrow v(x)\neq 0$

Pour montrer qu'un point $\Omega(a;b)$ est le centre de symétrie de $(C_f)$, il faut établir les deux conditions suivantes :

$$\begin{cases}(i)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ 2a-x\in D_f\\ (ii)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ f(2a-x)=2b-f(x)\end{cases}$$

Ici, on prend $a=1$ et $b=2$

Donc : $2a=2$ et $2b=4$

La condition $(i)$ est importante car, on n'a pas le droit de calculer $f(2a-x)$ sauf si $2a-x\in D_f$

Pour la condition $(ii)$, il suffit de calculer $f(2a-x)+f(x)$ et de trouver $2b$

$f(\bigcirc)=\frac{\bigcirc^2-2}{\bigcirc-1}$

Voir la correction

Déterminons $D_f$

$$\begin{aligned} x\in D_f &\Longleftrightarrow x-1\neq 0\\ &\Longleftrightarrow x\neq 1 \end{aligned}$$

D'où $D_f=\mathbb{R}\backslash\{1\}$

(i) Soit $x\in D_f$

$$\begin{aligned} x\in D_f &\Longleftrightarrow x\in\mathbb{R}\backslash\{1\}\\ &\Longleftrightarrow x\neq 1\\ &\Longleftrightarrow -x\neq -1\\ &\Longleftrightarrow 2-x\neq 2-1\\ &\Longleftrightarrow 2-x\neq 1\\ &\Longleftrightarrow 2-x\in D_f \end{aligned}$$

Donc $(\forall x\in D_f)$ ; $2-x\in D_f$

(ii) Soit $x\in D_f$

Montrons que $f(2-x)=4-f(x)$

On a $f(x)=\frac{x^2-2}{x-1}$

Donc $f(2-x)=\frac{(2-x)^2-2}{(2-x)-1}$

$$\begin{aligned} f(2-x)+f(x)&=\frac{(2-x)^2-2}{(2-x)-1}+\frac{x^2-2}{x-1}\\ &=\frac{4-4x+x^2-2}{1-x}+\frac{x^2-2}{x-1}\\ &=\frac{x^2-4x+2}{1-x}+\frac{x^2-2}{x-1}\\ &=\frac{x^2-4x+2}{1-x}+\frac{x^2-2}{-(1-x)}\\ &=\frac{x^2-4x+2}{1-x}+\frac{-x^2+2}{1-x}\\ &=\frac{x^2-4x+2-x^2+2}{1-x}\\ &=\frac{4-4x}{1-x}\\ &=\frac{4(1-x)}{1-x}\\ &=4 \end{aligned}$$

Donc $f(2-x)+f(x)=4$

Autrement dit $f(2-x)=4-f(x)$

D'où le point $\Omega(1;2)$ est le centre de symétrie de $(C_f)$

Exercice

Axe de symétrie

★★★

Soit $f$ la fonction définie par : $f:x\longmapsto\sqrt{x^2-2x+3}$

1. Déterminer $D_f$, le domaine de définition de $f$

2. Montrer que la droite $(\Delta)$ dont l'équation $x=1$ est l'axe de symétrie de $(C_f)$

Indication

$\sqrt{u(x)}\longrightarrow u(x)\geq 0$

Pour montrer que la droite $(\Delta)$ dont l'équation $x=a$ est l'axe de symétrie de $(C_f)$, il faut établir les deux conditions suivantes :

$$\begin{cases}(i)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ 2a-x\in D_f\\ (ii)\ (\forall x\in D_f)\ ;\ f(2a-x)=f(x)\end{cases}$$

Ici, on prend $a=1$

Donc : $2a=2$

Voir la correction

Déterminons $D_f$

$$\begin{aligned} x\in D_f &\Longleftrightarrow x^2-2x+3\geq 0\\ &\Longleftrightarrow x^2-2x+1+2\geq 0\\ &\Longleftrightarrow (x-1)^2+2\geq 0 \end{aligned}$$

Or, on sait que : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $(x-1)^2\geq 0$

Donc : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $(x-1)^2+2\geq 2$ et $2>0$

Donc : $(\forall x\in\mathbb{R})$ ; $(x-1)^2+2>0$

D'où : $D_f=\mathbb{R}$

(i) On a $D_f=\mathbb{R}$

Donc : $(\forall x\in D_f)$ ; $2-x\in D_f$

(ii) Soit $x\in D_f$

Montrons que $f(2-x)=f(x)$

On a : $f(x)=\sqrt{x^2-2x+3}$

$$\begin{aligned} \text{Donc : } f(2-x)&=\sqrt{(2-x)^2-2(2-x)+3}\\ &=\sqrt{4-4x+x^2-4+2x+3}\\ &=\sqrt{x^2-2x+3}\\ &=f(x) \end{aligned}$$

D'où la droite $(\Delta)$ dont l'équation $x=1$ est l'axe de symétrie de $(C_f)$

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