Dérivées et sens de variations Correction .pdf



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SOUTIEN DE MATHEMATIQUES
DERIVEE ET SENS DE VARIATIONS
Exercice 1
1. f est dérivable sur Ë et f ′(x)=3x 2­12=3(x 2­4)=3(x­2)(x+2).
x
2
-2


Signe de 3
+
+
+
0
+
Signe de x­2
0
+
+
Signe de x+2
Signe de f ′(x)
+
0
0
+
17
Sens de
variation de f
-15
2. Sur [3 ;4], f est continue, strictement décroissante et f(x) change de signe (f (-2)>0 et f(2)<0).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x)=0 possède une unique solution.
3. Comme f (3,42)>0 et f(3,43)<0, une valeur approchée à 10‐2 près de cette solution est 3,42.
Exercice 2
1. f est dérivable sur Ë et f ′(x)=6x 2­6=6(x 2­1)=6(x­1)(x+1).
x
1
-1


Signe de 6
+
+
+
0
+
Signe de x­1
0
+
+
Signe de x+1
Signe de f ′(x)
+
0
0
+
5
Sens de
variation de f
-3
2. Sur [-1 ;1], f est continue, strictement décroissante et f (x) change de signe (f (-1)>0 et f (1)<0).
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x)=0 possède une unique solution.
3. Comme f (0,16)>0 et f(0,17)<0, une valeur approchée à 10‐2 près de cette solution est 0,17.
Exercice 3
1. f est dérivable sur [-0,9 ;10] et
2
2
2
f ′(x)=3+5× -1 2 = 3(x+1) ­5
= 3x +6x+3­5
= 3x +6x­2
.
2
2
(x+1)
(x+1)
(x+1)
(x+1)2
2. Etudions le signe de 3x 2+6x­2 : Δ=62­4×3×(-2)=36+24=60>0. D’où 2 racines :
x1= -6­ 60 et x2= -6+ 60 . 3x 2+6x­2 est du signe de a=3 donc positif à l’extérieur des
6
6
racines.
x
-0,9
10
x2
2
0
+
Signe de 3x +6x­2
2
+
+
Signe de (x+1)
Signe de f ′(x)
0
+
313
45,3
11
Sens de variation de f
f ( x2 )
3. 2 possibilités pour le démontrer :
Première méthode :

Sur [-0,9 ;x2], f est continue, strictement décroissante, f (-0,9)>3 et f (x2)<3. D’après le théorème
des valeurs intermédiaires, l’équation f (x)=3 possède une unique solution sur cet intervalle.
Sur [x2 ;10], f est continue, strictement croissante, f (x2)<3 et f (10)>3. D’après le théorème des
valeurs intermédiaires, l’équation f (x)=3 possède une unique solution sur cet intervalle.
Comme f (0)=3×0­2+ 5 =3 et f  2 =3× 2 ­2+ 5 =2­2+5× 3 =3, on peut affirmer que
2
3
3
5
0+1
+1
3

l’équation f (x)=3 admet exactement 2 solutions qui sont 0 et 2 .
3
Deuxième méthode :
3x­2+ 5 =3ñ3x­2+ 5 ­3=0ñ3x­5+ 5 = 3x(x+1)­5(x+1)+5
x+1
x+1
x+1
x+1
2
2
=0ñ 3x +3x­5x­5+5 =0ñ 3x ­2x =0ñ x(3x­2) =0.
x+1
x+1
x+1
La valeur interdite est -1, et pour tout xý-1, l’équation revient à résoudre x(3x­2)=0.
Un produit est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul.
x=0 ou 3x­2=0ñx= 2 .
3
Exercice 4
1. f est dérivable sur Ë et f ′(x)=3e 3x­4 . Comme 3 et e 3x­4 sont positifs, f ′(x)>0 sur Ë. Donc f est
strictement croissante sur Ë.
2. f est dérivable sur Ë et f ′(x)=-e - x ­e x =-( e - x +e x ) <0 sur Ë. Donc f est strictement décroissante
sur Ë.
3. f est dérivable sur Ë. f est de la forme u avec
u(x)=e 1­ x et v(x)=x 2+1
v
u′(x)=- e 1­ x v′(x)=2x.
-e 1­ x ×(x 2+1)­2xe 1­ x e 1­ x ( -x 2­1­2x )
f ′ est de la forme u′v­v′u
.
Donc
f
′(x)=
=
2
2
v2
(x 2+1)
(x 2+1)
2
1­ x
= -e (x+1)
.
2
(x 2+1)
x
-1


Signe de –e 1­ x
+
0
+
Signe de (x+1)2
2
2
+
+
Signe de (x +1)
Signe de f ′(x)
0
Sens de variation de
f
4. f est dérivable sur Ë*. f est de la forme u avec
v
f ′ est de la forme u′v­v′u
. Donc f ′(x)= e
2
v

x+1

u(x)=e x+1 et v(x)=x
u′(x)=e x+1 v′(x)=1.
x­1×e x+1 = (x­1)e x+1 .
x2
x2

x
Signe de x­1
Signe de e x+1
Signe de x 2
Signe de f ′(x)



0
+
+
-

+
+
-

0



1
0

+
+
+
+

0

Sens de
variation de f

e2

5. f est dérivable sur Ë et f ′(x)= 2x . Ainsi, sur ]-õ;0], f ′(x)<0 donc f y est strictement
e
décroissante ; sur [0;+õ[, f ′(x)>0 donc f y est strictement croissante.
6. f est dérivable sur Ë. f ′(x)=(-1)×e x +(2­x)×e x =e x (-1+2­x)=e x (1­x).
x
1


+
0
Signe de 1­x
Signe de e x
+
+
Signe de f ′(x)
+
0
1
e ­1
Sens de variation de f

Exercice 5
1. f est dérivable sur Ë*+ et f ′(x)=1×lnx+x× 1 ­1=lnx.
x
x
0
Signe de f ′(x)
-



1
0

+

Sens de variation de f
0
2. f est dérivable sur Ë*+ et f ′(x)=- 12 + 1 =- 12 + x2 = x­1
x
x
x
x
x2
x
0
1
0
Signe de x­1
Signe de x 2
+
Signe de f ′(x)
0


+
+
+

Sens de variation de f
1
3. f est dérivable sur Ë*+. f est de la forme u avec
v

u(x)=1+ lnx et

v(x)=x

u′(x)= 1
x

v′(x)=1.

1
×x­1×(1+lnx)
x

f ′ est de la forme u′v­v′u
. Donc f ′(x)=
v2
x
0
+
Signe de -lnx
2
Signe de x
+
Signe de f ′(x)
+

x2
1
0
0

= 1­1­lnx
=- lnx2 .
x2
x

+
-

1
Sens de variation de f
4. f est dérivable sur Ë*+ et f ′(x)=3+2 lnx+2 x× 1 =3+2 lnx+2=5+2 lnx.
x
5
5
5+2 lnx>0ñ lnx>- ñx>e 2 .
2
5
x
0
e 2
Signe de f ′(x)

-

0



+

Sens de variation de f
5. f est dérivable sur Ë*+. f est de la forme u avec
v

u(x)=x+1­lnx et v(x)=x

u′(x)=1­ 1
v′(x)=1.
x
1­ 1 ×x­1×(x+1­lnx)
x

f ′ est de la forme u′v­v′u
. Donc f ′(x)=
= x­1­x­1+lnx
2
v
x2
x2
= -2+lnx
.
x2
-2+lnx>0ñ lnx>2ñx> e 2.
x
0
e2

0
+
Signe de -2+lnx
Signe de x 2
+
+
Signe de f ′(x)
0
+
Sens de variation de f
1
-4x 2+1 = 1­(2x)2 = (1­2x)(1+2x) .
6. f est dérivable sur Ë*+ et f ′(x)=-4x+ =
x
x
x
x
1
x
0

2
+
0
Signe de 1­2x
+
+
Signe de 1+2x
Signe de x
+
+
Signe de f ′(x)
+
0
Sens de variation de f


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