Lycée Marcel Pagnol 2015-2016 1S2 Révision

Lycée Marcel Pagnol
1S2
2015-2016
Révision - correction
Exercice 1 :
1. f (x) = 6x2 − 3x − 7 f est polynomiale donc dÈrivable sur R.
Donc pour tout x ∈ R, f 0 (x) = 6 × 2x − 3 × 1 − 0 = 12x − 3
√
5
2. f (x) = x5 − 3x + 13 x
2
5 5
x 7→ x − 3x est dérivable sur R (fonction polynomiale)
2
√
x 7→ 13 x est dérivable sur R+
∗
+
Donc f est dérivable sur R+
∗ et donc pour x ∈ R∗ :
f 0 (x) =
5
1
25
13
× 5x4 − 3 × 1 + 13 × √ = x4 − 3 + √
2
2
2 x
2 x
2
:
4x
x 7→ 6x − 3 est dérivable sur R
2 1
2
= × est dérivable sur R∗
x 7→
4x
4 x
Donc f est dérivable sur R∗ ,
3. f (x) = 6x − 3 +
Et donc pour tout x ∈ R∗ ,
2
1
1
f (x) = 6 × 1 − 0 + × − 2 = 6 − 2
4
x
4x
0
4. f (x) = (3x2 − 1) (−x − 5)
u : x 7→ 3x2 − 1 et v : x 7→ −x − 5 sont polynomiales donc dérivables sur R, ainsi le
produit est dérivable sur R.
u0 (x) = 3 × 2x − 0 = 6x et v 0 (x) = −1
Comme (uv)0 = u0 v + uv 0 , on a pour tout x ∈ R :
f 0 (x) = 6x(−x − 5) + (3x2 − 1) × (−1) = −6x2 − 30x − 3x2 + 1 = −9x2 − 30x + 1
1√
1
5. f (x) = −
x 3+
3
x
1√
x est dérivable sur ]0; +∞[
u : x 7→ −
3
1
v : x 7→ 3 + est dérivable sur R∗
x
Donc le produit sera dérivable sur ]0; +∞[ et pour x ∈ ]0; +∞[ :
1
1
1
u0 (x) = − × √ = − √
3 2 x
6 x
1
1
v 0 (x) = 0 − 2 = − 2
x
x
1
Et comme (uv)0 = u0 v + uv 0 , on a pour tout x ∈ ]0; +∞[ :
1√
1
1
1
0
−
f (x) = − √ × 3 +
x× − 2
x
3
x
6 x
5x2 + 3
1
= (5x2 + 3) est dérivable sur R car polynomiale.
7
7
Donc pour tout x ∈ R,
1
10
f 0 (x) = (5 × 2x + 0) = x
7
7
6. f (x) =
7. f (x) =
x2
√
2
− x
− 3x
2
est dérivable sur R privé des points pour lesquels x2 − 3x s’annule.
− 3x
Or x2 − 3x = x(x − 3) = 0 ⇔ x ∈ {0; 3}, donc cette fonction est dérivable sur R\ {0; 3}
√
x 7→ x est dérivable sur ]0; +∞[.
x 7→
x2
Ainsi f est dérivable sur ]0; 3[ ∪ ]3; +∞[, et pour tout x ∈ ]0; 3[ ∪ ]3; +∞[ :
f 0 (x) = −2
2x − 3
1
− √
2
2
(x − 3x)
2 x
6x3 − 1
−4x − 3
u : x 7→ 6x3 − 1 est dérivable sur R
8. f (x) =
3
v : x 7→ −4x−3 est dérivable sur R et s’annule lorsque −4x−3 = 0 ⇔ −4x = 3 ⇔ x = −
4
3
Donc f est dérivable sur R\ − .
4
u0 (x) = 18x2 et v 0 (x) = −4
u 0 u0 v − uv 0
3
=
, on a pour tout x ∈ R\ −
:
Comme
2
v
v
4
f 0 (x) =
18x2 (−4x − 3) − (6x3 − 1) × (−4)
(−4x − 3)2
u
2x2 − 1
, donc f = avec :
9. f (x) = 2
x −x−6
v
2
u : x 7→ 2x − 1 est dérivable sur R
v : x 7→ x2 − x − 6 est dérivable sur R. On cherche les valeurs d’annulation : ∆ =
b2 − 4ac = 1 + 24 = 25 = 52 > 0, il y a donc deux racines distinctes :
√

∆
−1 − 5
−b
−


=
= −3

 x1 =
2a
2
√



 x = −b + ∆ = −1 + 5 = 2
2
2a
2
Donc, f est dérivable sur R\ {−3; 2}.
2
On a aussi : u0 (x) = 2 × 2x − 0 = 4x et v 0 (x) = 2x − 1
Comme f 0 =
u0 v − uv 0
:
v2
f 0 (x) =
=
(4x) (x2 − x − 6) − (2x2 − 1) (2x − 1)
(x2 − x − 6)2
4x3 − 4x2 − 24x − 4x3 + 2x2 + 2x − 1
(x2 − x − 6)2
−2x2 − 22x − 1
f (x) =
(x2 − x − 6)2
0
Étude du signe du trinôme −2x2 − 22x − 1 : ∆ = b2 − 4ac = (−22)2 − 4 × 2 = 476 > 0 il
y a donc deux racines distinctes :

√
√

22 − 476
−b − ∆


=

 x1 =
2a
−4
√
√



−b + ∆
22 + 476

 x2 =
=
2a
−4
Donc :
−∞
x
−2x2 − 22x − 1
(x2 − x − 6)
√
22 + 476
−4
2
f 0 (x)
−
+
−
−3
+
0
+
+
0
√
22 + 476
−4
+
0
0
+
0
f (x1 )
Variations de f
f (x2 )
Exercice 2 :
1. f (x) ≤ 0 lorsque x ∈ [−0, 5; 2, 1]
2. f (x) = 0 lorsque x ∈ {−0.5; 2.1}
3. f 0 (x) = 0 lorsque x ∈ {−2; 1} (lieu des tangentes horizontales !)
3
−
+
+
+∞
2
−
−
0
+
−
4. f 0 (x) < 0 lorsque x ∈ ]−2; 1[ (dérivée négative ↔ fonction décroissante !)
5
3
3
0
= − (coeff directeur de la tangente au point d’abscisse − ).
5. f −
2
4
2
f 0 (2) = 4 (coeff directeur de la tangente au point d’abscisse 4).
Exercice 3 :
f (x) =
x2
2
+3
−5
2
2
2
1. x 7→ x − 5 est dérivable sur R et s’annule lorsque x − 5 = 0 ⇔ x = 5 ⇔
√ √
Donc f est dérivable sur R\
5; − 5 .
√ √
2. Pour tout x ∈ R\
5; − 5 , on a :
4x
2x
0
+0=− 2
f (x) = 2 × − 2
2
(x − 5)
(x − 5)2
√
x = √5
x=− 5
0
u0
1
= − 2.
Rem : J’ai utilisé la formule
u
u
3. Équation de la tangente au point d’abscisse a = 1 :
y = f 0 (a)(x − a) + f (a)
y = f 0 (1)(x − 1) + f (1)
5
4
(x − 1) +
y=−
2
(−4)
2
1
11
y =− x+
4
4
4. On note d1 : y = 2x + 3. Cf possède une tangente parallèle à la droite d1 à l’unique
condition que les coefficient directeur de ces deux droites soient parallèles :
4x
= 2 ⇔ −4x = 2(x2 − 5)2 ⇔ x4 − 10x2 + 2x + 25 = 0
f 0 (x) = 2 ⇔ − 2
(x − 5)2
Et là, je me suis un peu enflammé parce que vous ne pouvez pas résoudre cette équation...
Désolé !! M’enfin, si vous êtes arrivé a cette équation, c’est ce qu’il fallait..
Exercice 4 :
7
1. f (x) = x2 − 123x + 76. f est dérivable sur R et pour tout x ∈ R,
2
f 0 (x) = 7x − 123
7x − 123 = 0 ⇔ x =
123
7
4
123
7
−∞
x
−
7x − 123
+∞
+
0
Variations de f
2. f (x) = 3x3 − 5x2 − 5x + 7. f est dérivable sur R car polynomiale.
f 0 (x) = 9x2 − 10x − 5, et pour connaitre son signe, on calcule :
∆ = b2 − 4ac = 100 + 4 × 5 × 9 = 280 > 0
Il y a donc deux racines :
√
√

−b
−
10
−
∆
280


=

 x1 =
2a
18
√
√



 x = −b + ∆ = 10 + 280
2
2a
18
Donc :
x
√
10 − 280
18
−∞
9x2 − 10x − 5
+
0
√
10 + 280
18
−
0
+∞
+
Variations de f
x2 − 4
x+1
f est dérivable sur R\ {−1}, et
3. f (x) =
2x(x + 1) − x2 + 4
x2 + 2x + 4
f (x) =
=
(x + 1)2
(x + 1)2
0
On étudie le signe de x2 + 2x + 4 : ∆ = 4 − 16 = −12 < 0, donc il n’y a pas de racine et
x2 + 2x + 4 est de signe constant !
Donc :
5
−∞
x
+∞
-1
x2 + 2x + 4
+
(x + 1)2
+
f 0 (x)
+
+
0
+
+
Variations de f
Exercice 5 :
1. Déjà f est définie et dérivable sur R car x2 + 1 ne s’annule jamais.
Donc, pour tout réel x, on pose :

 u(x) = 1 − x

u0 (x) = −1
v 0 (x) = 2x
v(x) = x2 + 1
Donc :
f 0 (x) = 0 − 3 ×
−1(x2 + 1) − (1 − x)2x
−x2 − 1 − 2x + 2x2
=
−3
×
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
=
−3 (x2 − 2x − 1)
(x2 + 1)2
2. Pour connaitre le signe de f 0 (x), il faut déterminer le signe de x2 − 2x − 1 , on calcule
donc :
∆ = b2 − 4ac = 4 + 4 × 1 × 1 = 8 > 0
Il y a donc deux racines :
√
√

√
−b
−
∆
2
−
8


=
=1− 2

 x1 =
2a
2
√
√



 x = −b + ∆ = 2 + 8 = 1 + √2
2
2a
2
Donc :
6
−∞
x
1−
−3
−
x2 − 2x − 1
+
(x2 + 1)
2
√
2
√
0
−
−
0
+
−
0
+
+∞
2
−
+
f 0 (x)
1+
+
+
0
−
Variations de f
3. Il suffit, ici, de résoudre :
f (x) = 2
(1 − x)
=2
⇔2− 2
x +1
(1 − x)
⇔− 2
=0
x +1
⇔1−x=0
⇔x=1
De plus, on a f (1) = 2, donc les coordonnées du point d’intersection sont (1; 2).
Exercice 6 : Ici on a :
f (x) =
1. Pour tout réel x, f (x) =
polynomiale), on a :
f 0 (x) =
x2 (−2x4 + 15x2 − 24)
12
1
× (−2x6 + 15x4 − 24x2 ). Donc, pour tout réel x (f est
12
1
1
−2 × 6x5 + 15 × 4x3 − 24 × 2x =
−12x5 + 60x3 − 48x
12
12
f 0 (x) = −x5 + 5x3 − 4x
2. On commence par factoriser par x :
f 0 (x) = x −x4 + 5x2 − 4
Pour factoriser −x4 + 5x2 − 4, on pose ensuite, x2 = X, et on obtient −X 2 + 5X − 4. On
calcule
∆ = b2 − 4ac = 25 − 4 × 4 = 9 = 32 > 0
Il y a donc deux racines :
7
√

5−3
−b
−
∆


=
=1

 x1 =
2a
2
√



 x = −b + ∆ = 5 + 3 = 4
2
2a
2
Ainsi : −X 2 + 5X − 4 = − (X − 1) (X − 4). Donc :
f (x) = −x x2 − 1 x2 − 4
Or x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) et x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) (identités remarquables !). Donc :
f (x) = −x (x − 1) (x + 1) (x − 2) (x + 2)
3. Les variations de f :
x
−∞
-3
−2
−1
0
1
−x
+
+
+
x−1
−
−
−
−
x+1
−
−
+
x−2
−
−
x+2
−
0
+
f 0 (x)
+
0
−
0
0
1.3
Variations
de f
3
−
−
+
+
+
+
+
−
−
−
+
+
+
+
0
0
−
2
−
0
0
0
+
0
+
+
0
−
1.3
-38
-38
−0.9
−0.9
4. Le minimum de f sur [−3; 3] vaut −38.25 atteint en x = −3 et x = 3. Le maximum de
f sur [−3; 3] vaut environ 1.3 atteint en x = −2 et x = 2.
8
+∞