Chapitre 3 Spécialité Compléments dérivationvf .pdf



Nom original: Chapitre 3 Spécialité_Compléments_dérivationvf.pdfAuteur: hlis

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Compléments sur la
dérivation

Chapitre 3 :

I°) Dérivées des fonctions usuelles
𝒇(𝒙) =

𝒇′(𝒙) =

𝒇 est définie et dérivable sur

cos(𝑥)

−sin(𝑥)



sin(𝑥)

cos(x)



𝑥𝑛

𝑛𝑥 𝑛−1



1
𝑥



1
𝑥2

]−∞; 0[ ou ]0; +∞[

Exemples : Dans chaque cas, déterminer 𝑓 ′ (𝑥).
1°) 𝑓(𝑥) = 𝑥 7 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 7𝑥 6
2°) 𝑓(𝑥) = 𝑥 22 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 22𝑥 21
3°) 𝑓(𝑥) = sin(𝑥) + 2𝑥 5 ; 𝑓 ′ (𝑥) = cos(𝑥) + 2 × 5𝑥 4 = cos(𝑥) + 10𝑥 4
5

1

5

4°) 𝑓(𝑥) = 3 cos(𝑥) + 𝑥 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 3 × (− sin(𝑥)) + 5 × (− 𝑥 2 ) = −3 sin(𝑥) − 𝑥 2
II°) Fonctions composées et dérivation
Dans tout ce paragraphe, 𝑎, 𝑏, 𝐴, 𝜔, 𝜙 sont des nombres réels.
𝒇(𝒙) =

𝒇′(𝒙) =

𝒇 est définie et dérivable sur

(𝑎𝑥 + 𝑏)𝑛

𝑛 × 𝑎 × (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑛−1



𝐴 cos(𝜔𝑡 + 𝜙)

−𝐴 × 𝜔 × sin(𝜔𝑡 + 𝜙)



𝐴 sin(𝜔𝑡 + 𝜙)

𝐴 × 𝜔 × cos(𝜔𝑡 + 𝜙)



Exemples : Dans chaque cas, déterminer 𝑓 ′ (𝑥).
1°) 𝑓(𝑥) = (3𝑥 + 4)7 ; 𝑓 ′ (𝑥) = 7 × 3 × (3𝑥 + 4)6 = 21(3𝑥 + 4)6
2°) 𝑓(𝑥) = 2cos(5𝑥 + 1) ; 𝑓 ′ (𝑥) = −2 × 5 × sin(5𝑥 + 1) = −10 sin(5𝑥 + 1)
3°) 𝑓(𝑥) = −3 sin(7𝑥 − 8) ; 𝑓 ′ (𝑥) = −3 × 7 × cos(7𝑥 − 8)
III°) Opérations sur les fonctions
Soient 𝑢 et 𝑣 deux fonctions dérivables sur un intervalle I ; soit 𝑘 un réel non nul ; soit 𝑛 un entier naturel.
Produit
Inverse
Quotient ( 𝒗 ≠ 𝟎 sur I)

fonction 𝒇

Fonction dérivée 𝒇′

𝑢×𝑣

𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣′

1
𝑣
𝑢
𝑣

−𝑣′
𝑣²
𝑢′ 𝑣 − 𝑢𝑣′
𝑣²

Exemples : Formule du produit
Calculer la fonction dérivée de chacune des fonctions définies et dérivables sur l’intervalle I donné :
1°) 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟐 × 𝒄𝒐𝒔(𝒙)
𝑓(𝑥) est du type 𝑢 × 𝑣 avec 𝑢 = 𝑥 2 et 𝑣 = cos(𝑥). On a alors 𝑢′ = 2𝑥 et 𝑣 ′ = − sin(𝑥)
𝑓 ′ (𝑥) = 𝑢′ × 𝑣 + 𝑢 × 𝑣 ′ = 2𝑥 × cos(𝑥) + 𝑥 2 × (− sin(𝑥)) = 2𝑥 × cos(𝑥) − 𝑥 2 × sin(𝑥).
Enfin 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 × cos(𝑥) − 𝑥 2 × sin(𝑥).
2°) 𝒇(𝒙) = (𝟐𝒙 + 𝟑)(𝟓𝒙 + 𝟒)
𝑓(𝑥) est du type 𝑢 × 𝑣 avec 𝑢 = 2𝑥 + 3 et 𝑣 = 5𝑥 + 4. On a alors 𝑢′ = 2 et 𝑣 ′ = 5.
𝑓 ′ (𝑥) = 𝑢′ × 𝑣 + 𝑢 × 𝑣 ′ = 2 × (5𝑥 + 4) + (2𝑥 + 3) × 5 = 10𝑥 + 8 + 10𝑥 + 15 = 20𝑥 + 23
Enfin 𝑓 ′ (𝑥) = 20𝑥 + 23
Exemples : Formule de l’inverse
1°) 𝒇(𝒙) =
𝑓 ′ (𝑥) = −

𝑓

𝑓(𝑥) est du type

𝟑𝒙+𝟒

1
𝑣

avec 𝑣 = 3𝑥 + 4. On a alors 𝑣 ′ = 3

𝑣′
3
=−
2
(3𝑥 + 4)2
𝑣

2°) 𝒇(𝒙) =
′ (𝑥)

𝟏

𝟏

𝑓(𝑥) est du type

𝒄𝒐𝒔(𝒙)

1
𝑣

avec 𝑣 = cos(𝑥). On a alors 𝑣 ′ = − sin(𝑥)

𝑣′
− sin(𝑥)
sin(𝑥)
= − 2=−
=
(cos(𝑥))2 (cos(𝑥))2
𝑣

Exemples : Formule du quotient
𝟐𝒙+𝟑
1°) 𝒇(𝒙) =
𝟕𝒙−𝟏
𝑢

𝑓(𝑥) est du type

𝑓

′ (𝑥)

𝑣

avec 𝑢 = 2𝑥 + 3 et 𝑣 = 7𝑥 − 1. On a alors 𝑢′ = 2 et 𝑣 ′ = 7.

𝑢′ 𝑣 − 𝑢𝑣′ 2 × (7𝑥 − 1) − (2𝑥 + 3) × 7 (14𝑥 − 2) − (14𝑥 + 21) 14𝑥 − 2 − 14𝑥 − 21
=
=
=
=
(7𝑥 − 1)2
(7𝑥 − 1)2
(7𝑥 − 1)2
𝑣²

Attention à l’erreur classique ! Lorsqu’on a un signe moins devant une parenthèse, on change tous les
signes à l’intérieur de la parenthèse !
Enfin 𝑓 ′ (𝑥) = −

2°) 𝒇(𝒙) =

(7𝑥−1)2

𝒙𝟐
𝟑𝒙+𝟔

𝑓(𝑥) est du type
𝑓 ′ (𝑥) =

23

𝑢
𝑣

avec 𝑢 = 𝑥 2 et 𝑣 = 3𝑥 + 6. On a alors 𝑢′ = 2𝑥 et 𝑣 ′ = 3.

𝑢′ 𝑣 − 𝑢𝑣′ 2𝑥 × (3𝑥 + 6) − 𝑥 2 × 3 (6𝑥 2 + 12𝑥) − 3𝑥 2 3𝑥 2 + 12𝑥
=
=
=
(3𝑥 + 6)2
(3𝑥 + 6)2
(3𝑥 + 6)2
𝑣²

Enfin 𝑓 ′ (𝑥) =

3𝑥 2 +12𝑥
(3𝑥+6)2

II°) Applications de la dérivation

1°) Rappel : propriété fondamentale et étude de fonctions
Propriété : Soit 𝒇 une fonction dérivable sur un intervalle I de ℝ.
 Si, pour tout réel 𝒙 de I, 𝒇′ (𝒙) ≥ 𝟎 alors 𝒇 est croissante sur I.
 Si, pour tout réel 𝒙 de I, 𝒇′ (𝒙) ≤ 𝟎 alors 𝒇 est décroissante sur I.

Définition : Un extremum (au pluriel extrema) est un maximum ou un minimum.
Exemple 1 : On considère la fonction 𝑓 définie sur ℝ par 𝑓(𝑥) = −𝑥 2 + 4𝑥 − 3.
a) Déterminer 𝑓′(𝑥) puis dresser le tableau de variations de 𝑓 sur [0 ; 5]
b) La fonction 𝑓 admet-elle des extrema sur [0 ; 5] ?
a) 𝑓’(𝑥) = −2𝑥 + 4.
De plus : −2𝑥 + 4 = 0 ⟺ 0 ⟺ −2𝑥 = −4 ⟺ 𝑥 = 2
𝑥

0

Signe de 𝑓′(𝑥)

2
+

0

5

Car 𝑎 = −2 < 0



1
Variations de f
-3

-8

Avec 𝑓(0) = −02 + 4 × 0 − 3 = −3
𝑓(2) = −22 + 4 × 2 − 3 = −4 + 8 − 3 = 1
𝑓(5) = −52 + 4 × 5 − 3 = −8
b) D’apres le tableau de variation, la fonction f admet sur [0; 5] un maximum egal a 1 atteint en 𝑥 = 2.
Exemple 2 : On considère la fonction 𝑓 définie sur [−5 ; 10] par 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 6𝑥 2 − 15𝑥 + 4.
a) Déterminer 𝑓′(𝑥) puis montrer que 𝑓 ′ (𝑥) = 3(𝑥 + 1)(𝑥−5)
b) Dresser le tableau de variations de f.

c) Quel est le nombre de solutions de l’équation 𝑓(𝑥) = 0 sur l’intervalle [−5 ; 10]
a) 𝑓’(𝑥) = 3𝑥 2 − 12𝑥 − 15.

De plus : 3(𝑥 + 1)(𝑥 − 5) = 3(𝑥 2 − 5𝑥 + 𝑥 − 5) = 3(𝑥 2 − 4𝑥 − 5) = 3𝑥 2 − 12𝑥 − 15 = 𝑓 ′ (𝑥).
b) On en déduit le tableau de signes de 𝑓’(𝑥) puis le tableau de variations de f.

Avec 𝑥 + 1 = 0 ⟺ 𝑥 = −1 et 𝑥 − 5 = 0 ⟺ 𝑥 = 5 .
De plus : 𝑓(−5) = (−5)3 − 6 × (−5)2 − 15 × (−5) + 4 = −196
𝑓(−1) = (−1)3 − 6 × (−1)2 − 15 × (−1) + 4 = 12
𝑓(5) = 53 − 6 × 5 − 15 × 5 + 4 = −96
𝑓(10) = 103 − 6 × 10 − 15 × 10 + 4 = 254

𝑥

−5

𝑥1

3

+

𝑥+1

-

𝑥−5

-

𝑓′(𝑥)

+

−1

0

0
12

0

Variations
de f

𝑥2

5

𝑥3

10

+

+

+

+

-

0

+

-

0

+

Car 𝑎 = 1 > 0
Car 𝑎 = 1 > 0

254

0
0

-196

−96

c) D’après le tableau de variations, l’équation 𝑓(𝑥) = 0 admet trois solutions sur l’intervalle [− 5 ; 10].
A l’aide de la calculatrice (fonction ROOT lorsque le graphique est tracé avec la CASIO), on obtient :
𝑥1 ≈ −2,09 ; 𝑥2 ≈ 0,24 et 𝑥3 ≈ 7,85

2°) Etude d’une fonction quotient
On souhaite étudier les variations de la fonction 𝑓 définie par 𝑓(𝑥) =

2𝑥+1
sur ℝ\{−5}.
𝑥+5

La méthode reste la même, il faut tout d’abord déterminer 𝑓 ′ (𝑥).
On sait que 𝑓 est du type
Or 𝑓 ′ (𝑥) =
𝑓 ′ (𝑥) =

𝑢′ 𝑣−𝑢𝑣 ′
𝑣2

𝑢
𝑣

avec : 𝑢(𝑥) = 2𝑥 + 1 donc 𝑢′ (𝑥) = 2

et

𝑣(𝑥) = 𝑥 + 5 donc 𝑣’(𝑥) = 1

(formule du cours) d’où :

2(𝑥 + 5) − (2𝑥 + 1) × 1 2𝑥 + 10 − 2𝑥 − 1
9
=
=
(𝑥 + 5)²
(𝑥 + 5)²
(𝑥 + 5)²

On dresse alors le tableau de signes de 𝑓′(𝑥) en étudiant séparément le numérateur et le dénominateur.
Mais attention ! La fonction n’est pas définie en 𝑥 = −5, c’est une valeur interdite car on ne peut pas diviser par 0 !
9

9

En effet pour 𝑥 = −5 on aurait 𝑓 ′ (𝑥) = (−5+5)2 = 0 calcul impossible !
Cette valeur interdite est représentée par une double barre dans le tableau de signes et dans le tableau de
variations.
𝑥

−∞

−5

+∞

9

+

+

(𝑥 + 5)2

+

+

Signe de 𝑓′(𝑥)

+

+

Variations de f

Car un nombre au carré
est toujours positif.

On peut vérifier graphiquement ce résultat. La courbe tracée est une hyperbole séparée en deux
branches à cause de la valeur interdite.

𝑛

3°) Etude d’une fonction du type 𝑓(𝑥) = (𝑢(𝑥)) .
Propriété : Soit u une fonction définie sur un intervalle I.
𝒏

Si 𝒇(𝒙) = (𝒖(𝒙)) alors 𝒇′ (𝒙) = 𝒏 × 𝒖′ (𝒙) × (𝒖(𝒙))

𝒏−𝟏

Exemple 1 :
On veut étudier les variations de la fonction 𝑓 définie sur [0 ; 𝜋] par 𝑓(𝑥) = (cos(𝑥))2 .
𝑛

𝑓(𝑥) est du type (𝑢(𝑥)) avec 𝑢(𝑥) = cos(𝑥) et 𝑢′ (𝑥) = − sin(𝑥)
On a alors 𝑓 ′ (𝑥) = 2 × (− sin(𝑥)) × cos(𝑥) = −2 sin(𝑥) cos(𝑥)
k

𝜋

𝜋

Or cos(𝑥) ≥ 0 sur [0 ; 2 ], et cos(𝑥) ≤ 0 sur [ 2 ; 𝜋].
De plus sin(𝑥) ≥ 0 sur [ 0, 𝜋]
D’où :
𝑥

𝜋
2

0

-2



cos(𝑥)

+

sin(𝑥)

+

Signe de 𝑓 ′ (𝑥)

-

𝜋


0

+

0

1

+
1

Variations de f
0

Or 𝑓(0) = (cos(0))2 = 1
𝜋

𝜋

2

𝑓 (2 ) = (cos (2 )) = 0
et 𝑓(𝜋) = (cos(𝜋))2 = 1
On vérifie le résultat à l’aide de la représentation
graphique ci-contre :

Propriété : Soit 𝒖 une fonction définie sur un intervalle I et 𝒏 un entier naturel.
𝒏



Si 𝒏 est pair, pour tout 𝒙 ∈ 𝑰, (𝒖(𝒙)) ≥ 𝟎 (𝒖 est positive sur I)



Si 𝒏 est impair, alors 𝒖(𝒙)𝒏 a le même signe que 𝒖(𝒙) sur I.

Exemple 2 :
On souhaite étudier le signe de la fonction 𝑓 définie sur ] − ∞ ; +∞ [ par 𝑓(𝑥) = (2𝑥 + 1)4 .
4

𝑓(𝑥) est du type (𝑢(𝑥)) avec 𝑢(𝑥) = 2𝑥 + 1 et 𝑢′ (𝑥) = 2.
D’où 𝑓 ′ (𝑥) = 4 × 2 × (2𝑥 + 1)3 = 8 × (2𝑥 + 1)3
Or (2𝑥 + 1)3 a le même signe que 2𝑥 + 1 car 3 est impair.
2𝑥 + 1 = 0 ⟺ 2𝑥 = −1 ⟺ 𝑥 = −0,5
𝑥

-0,5

−∞

+∞

8

+

+

(2x + 1)3

-

0

+

Signe de 𝑓 ′ (𝑥)

-

0

+

Variations de f
0

Avec 𝑓(−0,5) = (2 × (−0,5) + 1)4 = 0
On remarque que la fonction 𝑓 admet 0 pour
minimum atteint pour 𝑥 = −0,5.
On vérifie avec la représentation graphique
ci-contre :

Même signe que 2𝑥 + 1
pour qui on a 𝑎 = 2 > 0.


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