Fiche méthode : Dérivation Table des mati`eres 1 Rappel de cours

Fiche méthode : Dérivation
TES
Table des matières
1 Rappel de cours
1.1 Rappel des dérivées usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Formules de dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Quelques cas particuliers à retenir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
1
1
2 Méthode
2
3 Applications : Etude des variations et du signe de la dérivée
3.1 Méthode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
2
4 Quelques exemples
4.1 Exemple 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Exemple 2 : Avec des logarithmes (ln) . . . . . . .
4.2.1 Cas 1 : Dérivée de lnu . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Cas 2 : Utlisation des formules et de (lnx)0
4.3 Exemple 3 : Avec des exponentielles . . . . . . . .
4.3.1 Cas 1 : Dérivée de eu . . . . . . . . . . . . .
4.3.2 Cas 2 : Utilisation des formules et de (ex )0 .
2
2
3
3
3
4
4
4
1
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Rappel de cours
1.1
Rappel des dérivées usuelles
n est un entier naturel non nul.
Df
R
R
R
R
R
f (x) =
a
x
x2
x3
xn
f 0 (x)
0
1
2x
3x2
nxn−1
R∗
1
x
R∗
1
x2
R∗
1
xn
]0; +∞[ R
lnx
ex
−1
x2
−2
x3
−n
xn+1
1
x
ex
]0; +∞[
√
x
1
√
2 x
Remarques :
• Mémorisation de (xn )0 :On met l’exposant en facteur puis on dimiue la puissance de x de 1.
Par exemple (x6 )0 = 6x6−1
0
1
• Mémorisation de
:On met l’exposant au numérateur affecté du signe − puis on augmente l’exposant
xn
de x de 1 au dénominateur.
0
−5
1
Par exemple
= 5+1
x5
x
1
• Attention, on a (lnx)0 = mais pour dériver (ln(x2 − 2))0 il faut utiliser (lnu)0 (voir tableau ci-dessous).
x
Il en est de même avec la fonction exponentielle.
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Lecarpentier J-F
Fiche méthode : Dérivation
TES
1.2
1.3
Formules de dérivation
fonction
ku
uv
u
v
1
v
lnu
eu
formule de
dérivation
ku0
u0 v + uv 0
u0 v − uv 0
v2
−v 0
v2
u0
avec
u
u(x) > 0
u0 eu
Quelques cas particuliers à retenir
• ln(a) avec a > 0 est une constante donc (lna)0 = 0.
Par exemple : (ln2)0 = 0 ;
(ln3)0 = 0.
• De même, ea avec a réel est une constante donc (ea )0 = 0.
Par exemple : (e2 )0 = 0 ;
(e3 )0 = 0.
3
• Pour dériver la fonction f définie sur R par f (x) = 2
, on peut utiliser indiféramment
x +1
−(x2 + 1)0
−6x
−v 0
0
f (x) = 3 ×
=
(formule
).
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
v2
0
u 0
1
ou
v
v
ou bien
(3)0 × (x2 + 1) − 3 × (x2 + 1)0
(x2 + 1)2
2
0 × (x + 1) − 3 × (2x)
−6x
=
= 2
2
2
(x + 1)
(x + 1)2
f 0 (x) =
2
(formule
u0 v − uv 0
avec u(x) = 3 et v(x) = x2 + 1).
v2
Méthode
1. Identifier les différents termes d’une somme ou d’une différence.
2. Identifier les formules à utiliser dans chacun des termes
3. Effectuer les calculs
Rappel :
• (ku)0 = ku0
Pour dériver (3x3 )0 il suffit de dériver x3 soit :(3x3 )0 = 3(x3 )0 = 9x2 .
0
0
0
−(x2 + 1)0
−8x
−v 0
1
1
4
=
4
×
=
4
×
=
De même :
=
(formule
)
x2 + 2
x2 + 1
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
v
v2
3
3.1
Applications : Etude des variations et du signe de la dérivée
Méthode
• Factoriser au maximum l’expression de f 0 (x)
• Identifier les facteurs de signe constant sur Df
Par exemple, sur ]1; +∞[, l’expression 2x − 1 est strictement positive.
• Etudier le signe de f 0 (x) sans tenir compte des facteurs strictement positifs sur Df
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Lecarpentier J-F
Fiche méthode : Dérivation
TES
3.2
Exemple
* Voir Exemple 4.2.1 pour le calcul de f 0 (x)
2x − 1
f définie sur Df =]3; +∞[ par f (x) = ln
x−3
−5
et on a alors f 0 (x) =
(x − 3)(2x − 1)
Etudier les variations de f .
Solution:
Sur l’ensemble de définition de f on a x − 3 > 0 et 2x − 1 > 0 donc f 0 (x) est du signe du numérateur (ici -5)
donc f 0 (x) < 0 sur Df , f est strictement décroissante.
4
Quelques exemples
4.1
Exemple 1
* Calculer f 0 (x) avec f définie et dérivable sur ] − 2; +∞[ par : f (x) = 2x2 − 3x + 1 +
3x
.
2x + 4
Solution:
1. Identification des termes de la somme composant la fonction :
3x
f (x) = |2x2 −{z3x + 1} +
+ 4}
|2x{z
bloc 1 :polynôme
u
bloc 2 : formule
v
2
0
2. (2x − 3x + 1) = 2 × 2x − 3 = 4x − 3
et
On pose u(x) = 3x et v(x) = 2x + 4, on a alors u0 (x) = 3 et v 0 (x) = 2.
0
u0 (x)v(x) − u(x)v 0 (x)
3(2x + 4) − 3x × 2
12
=
=
2
2
v(x)
(2x + 4)
(2x + 4)2
12
3. f 0 (x) = 4x − 3 +
(2x + 4)2
4.2
4.2.1
3x
2x + 4
=
Exemple 2 : Avec des logarithmes (ln)
Cas 1 : Dérivée de lnu
* Calculer
f 0 (x)
avec f définie sur Df =]3; +∞[ par f (x) = ln
2x − 1
x−3
Solution:
1. Identification de la formule
u0
2x − 1
(lnu)0 =
avec u(x) =
u
x−3
2. On pose u(x) =
2x − 1
x−3
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Lecarpentier J-F
Fiche méthode : Dérivation
TES
3. Calcul de u0 (x) (formule
u1
(la notation u est déjà utilisée))
v
On pose u1 (x) = 2x − 1 et v(x) = x − 3 et on a u01 (x) = 2 et v 0 (x) = 1
u0 (x) =
2(x − 3) − (2x − 1)1
−5
u01 (x)v(x) − u1 (x)v 0 (x)
=
=
2
2
v(x)
(x − 3)
(x − 3)2
4. Calcul de f 0 (x)
−5
0 (x)
u
−5
x−3
−5
(x
− 3)2
f 0 (x) =
=
=
×
=
2
2x − 1
u(x)
(x − 3)
2x − 1
(x − 3)(2x − 1)
x−3
Remarque
Sur l’ensemble de définition de f on a x − 3 > 0 et 2x − 1 > 0 donc f 0 (x) est du signe du numérateur (ici -5)
donc f 0 (x) < 0 sur Df , f est strictement décroissante.
Cas 2 : Utlisation des formules et de (lnx)0
4.2.2
* Calculer g 0 (x) avec g définie sur Dg =]0; +∞[ par g(x) = 3xlnx +
ln(x)
2x + 1
Solution:
1. Identification des termes de la somme composant la fonction
ln(x)
g(x) =
3xlnx
+
| {z }
+ 1}
|2x{z
Bloc 1 :formuleu×v
u
Bloc 2 : formule
v
0
0
2. Calcul de (3xlnx) = 3(xlnx)
* Formule (uv)0 = u0 v + uv 0
On pose u(x) = x et v(x) = lnx, on a alors u0 (x) = 1 et v 0 (x) =
1
x
1
donc (3xlnx)0 = 3(xlnx)0 = 3[u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x)] = 3[1ln(x) + x ] = 3[ln(x) + 1]
x
ln(x) 0
3. Calcul de
2x + 1
u 0 u0 v − uv 0
=
* Formule
v
v2
On pose u1 (x) = lnx et v1 (x) = 2x + 1, on a alors u01 (x) =
ln(x)
2x + 1
0
1
(2x + 1) − 2xlnx
(2x + 1) − 2ln(x)
u01 (x)v1 (x) − u1 (x)v10 (x)
2x + 1 − 2xlnx
x
x
=
=
=
=
2
2
2
v1 (x)
(2x + 1)
(2x + 1)
x(2x + 1)2
4. g 0 (x) = 3[ln(x) + 1] +
4.3
4.3.1
1
et v10 (x) = 2
x
2x + 1 − xlnx
x(2x + 1)2
Exemple 3 : Avec des exponentielles
Cas 1 : Dérivée de eu
* Calculer f 0 (x) avec f définie sur Df = R par f (x) = e3x
4/5
2 −2x+1
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Fiche méthode : Dérivation
TES
Solution:
1. Identification de la formule
(eu )0 = u0 eu avec u(x) = 3x2 − 2x + 1
2. Calcul de u0 (x)
On pose u(x) = 3x2 − 2x + 1 et on a alors u0 (x) = 6x − 2
2
3. f 0 (x) = u0 (x)eu(x) = (6x − 2)e3x −2x+1
Remarque :
2
e3x −2x+1 > 0 donc f 0 (x) est du signe de 6x − 2.
Cas 2 : Utilisation des formules et de (ex )0
4.3.2
* Calculer g 0 (x) avec g définie sur Dg =] − 1; +∞[ par f (x) =
xex
x+1
Solution:
1. Identification de la formule : ici
xex
|{z}
f (x) =
u
v
bloc 1 :numérateur avec la formuleu×v
x
+ 1}
| {z
2. On pose u(x)
bloc 2 : dénominateur
= xex et v(x) = x
u0 (x)
+1
(xex )0
3. Calcul de
=
(formule u×v)
On pose u1 (x) = x et v1 (x) = ex ,
on a alors u01 (x) = 1 et v10 (x) = ex
u0 (x) = u01 (x)v1 (x) + u1 (x)v10 (x) = 1ex + xex = (1 + x)ex
4. Calcul de g 0 (x) avec la formule
u
v
On a u(x) = xex et v(x) = x + 1
et u0 (x) = (1 + x)ex et v 0 (x) = 1
g 0 (x) =
(1 + x)ex × (x + 1) − xex × 1
xex + x2 ex + ex + xex − xex
(x2 + x + 1)ex
u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x)
=
=
=
v(x)2
(x + 1)2
(x + 1)2
(x + 1)2
Remarque
Sur Dg =] − 1; +∞[, (x + 1)2 > 0 et ex > 0 donc g 0 (x) est du signe de x2 + x + 1
Il suffit d’étudier le signe de ce polynôme pour déterminer le signe de g 0 (x) (racines....)
5/5
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