Compléments sur la dérivation

Dérivée d'une fonction composée

Soient $u$ et $v$ deux fonctions telles que $u$ est définie sur un ensemble $I$ et $v$ est définie sur un ensemble $J$, avec $u(I) \subseteq J$.

On appelle fonction composée de $u$ par $v$ la fonction définie par: \[ x \mapsto v\big[u(x)\big] \qquad \text{notée}\qquad (v \circ u)(x). \]

$f:x\mapsto\sqrt{3x+1}$ est la composée de $u:x\mapsto 3x+1$ et $v:x\mapsto\sqrt{x}$ car $f(x)=\sqrt{u(x)}=v\big[u(x)\big]$.
$g:x\mapsto\e^{x^2}$ est la composée de $u:x\mapsto x^2$ et $v:x\mapsto\e^x$ car $g(x)=\e^{u(x)}=v\big[u(x)\big]$.
$h:x\mapsto\dfrac{1}{3x^2+1}$ est la composée de $u:x\mapsto 3x^2+1$ et $v:x\mapsto\dfrac{1}{x}$ car $h(x)=\dfrac{1}{u(x)}=v\big[u(x)\big]$.

théorème de dérivation des fonctions composées

Soit $f(x)=(v\circ u)(x)$. Sa dérivée est: \[ f'(x)=u'(x) \times v'\big[u(x)\big]. \]

On en déduit alors les propriétés suivantes:

Soit $u$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$.

Soit $f(x)=\e^{x^2}$.

On peut écrire $f(x)=\e^{u(x)}$ avec $u(x)=x^2$ et $u'(x)=2x$.

Ainsi, $f'(x)=u'(x)\e^{u(x)}=2x\e^{x^2}$.

Limite et nombre dérivé

dérivabilité en un point

Soient $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$ et $a$ un réel appartenant à $I$.

On dit que $f$ est dérivable en $a$ si : \[\lim_{h\to0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\] est une limite réelle finie $\ell$.

$\ell$ est alors appelé le nombre dérivé de $f$ en $a$, et on le note $f'(a)$.

On souhaite calculer: \[ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)}. \] Au prime abord, on a une forme indéterminée du type « $\dfrac{0}{0}$ ».

Posons alors $u(x)=\sqrt{1+x^2}$. Ainsi, $u'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}$ et: \[ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)} = \limite{x}{0}{\left(\dfrac{u(x)-u(0)}{x-0}\right)}=u'(0)=0. \]

Convexité d'une fonction

Dérivée seconde

Soit $f$ une fonction dérivable sur un intervalle $I$ telle que sa dérivée $f'$ soit elle aussi dérivable sur $I$.

On appelle dérivée seconde de $f$ la dérivée de la dérivée de $f$, et on la note $f''$.

Soit $f(x)=x^3$. Alors, $f'(x)=3x^2$ et $f''(x)=\big(3x^2\big)' = 6x$.

Fonction concave, fonction convexe

On dit que $f$ est concave sur un intervalle $I$ si $f''(x)\leqslant 0$ sur $I$.

On dit que $f$ est convexe sur un intervalle $I$ si $f''(x)\geqslant0$ sur $I$.

Interprétation graphique :

la courbe représentative d'une fonction convexe sur un intervalle $I$ sera toujours au-dessus de ses tangentes;
la courbe représentative d'une fonction concave sur un intervalle $I$ sera toujours en dessous de ses tangentes.

Fonction concave sur $[-3~;~2]$

Fonction convexe sur $[-3~;~2]$

Point d'inflexion

Soit $f$ une fonction deux fois dérivable sur un intervalle $I$, et soit $a\in I$.

On dit que le point de coordonnées $\big(a~;~f(a)\big)$ est un point d'inflexion de la courbe représentative de $f$ si $f''(x)$ s'annule en $a$ en changeant de signe.

Graphiquement, cela se traduit par un changement de convexité en $a$.

Soit $f(x)=x^3$. Alors, $f''(x)=6x$ et:

$f''(x) < 0$ sur $]-\infty~;~0[$;
$f''(x) > 0$ sur $]0~;~+\infty[$;
$f''(0)=0$.

Donc le point de coordonnées $(0~;~f(0))$, c'est-à-dire l'origine du repère, est un point d'inflexion de la courbe représentative de la fonction $f$.

Continuité

Continuité en un point a

Soit une fonction $f$ définie sur un intervalle $I$ et $a\in I$.

On dit que $f$ est continue en $a$ si : \[ \limite[x < a]{x}{a}{f(x)} = \limite[x > a]{x}{a}{f(x)} = f(a). \] On dit que $f$ est continue sur $I$ si $f$ est continue en tout point de $I$.

Cela se traduit graphiquement par le fait que la courbe représentative d'une fonction continue sur $I$ peut se tracer sans lever le crayon sur cet intervalle.

fonction inverse

La courbe représentative de la fonction inverse n'est pas continue sur $\R$ (car ses limites en 0 sont infinies). En revanche, elle l'est sur $]-\infty~;0[$ et sur $]0~;+\infty[$.

Dans le second cas, on ne dit pas que la fonction est continue sur $I_1\cup I_2$, mais continue sur chacun des intervalles.
Quand une fonction n'est pas continue, on ne dit pas qu'elle est discontinue.

On appelle point de discontinuité tout point en lequel une fonction n'est pas continue.

$x=0$ est un point de discontinuité de la fonction inverse.

Fonctions continues de référence

Les fonctions polynômes sont continues sur $\R$.
Les fonctions rationnelles sont continues sur tout intervalle inclus dans leur ensemble de définition.
La fonction racine carrée est continue sur $\left[0~;+\infty\right[$.
Les fonctions $x\mapsto\cos x$ et $x\mapsto\sin x$ sont continues sur $\R$.
Les fonctions obtenues par somme, produit ou quotient de fonctions continues sont continues sur chacun des intervalles où elles sont définies.

La fonction $x\mapsto x^3+2x-5$ est continue sur $\R$ comme fonction polynôme.
La fonction $x\mapsto\sin(x)+\cos(x)$ est continue sur $\R$ comme somme de deux fonctions continues sur $\R$.
La fonction $x\mapsto(x^2+1)\cos(x)$ est continue sur $\R$ comme produit de deux fonctions continues sur $\R$.
La fonction $x\mapsto\dfrac{x^2+1}{x-1}$ est continue sur $]-\infty~;~1[$ et sur $]1~;~+\infty[$ comme fonction rationnelle définie sur ces deux intervalles.

Continuité d'une fonction composée

Soit $f = v \circ u$ une fonction définie sur un intervalle $I$ de $\R$.

Si $u$ est continue sur $I$ et si $v$ est continue sur $u(I)$ alors $f$ est continue sur $I$.

Soient $u\;:\;x\mapsto x-1$ et $v\;:\;x\mapsto\sqrt{x}$.

Notons $f(x) = (v\circ u)(x)=\sqrt{x-1}$.

$u$ est continue sur $\R$ mais $f$ n'est pas définie sur $\R$ car $x-1\leqslant0$ pour $x\leqslant1$. Ainsi, $f$ est définie sur $I=[1~;~+\infty[$, et elle est continue sur $I$ car $u$ est continue sur $I$ et $v$ est continue sur $u(I) = [0~;~+\infty[$.

Continuité et tableau de variations

Dans un tableau de variations, un point de discontinuité est représenté par une double barre verticale. Par exemple, pour la fonction inverse, on a:

Fonction définie et fonction continue

Une fonction peut être définie sur un intervalle $I$ sans nécessairement être continue sur $I$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par : \[ f(x)=E(x)=\lfloor x \rfloor. \] Cette fonction est appelée fonction partie entière : pour tout entier relatif $n$, \[ \forall\, x \in [n~;~n+1[,\quad f(x)=n. \] Sa représentation graphique est la suivante:

Cette fonction est définie en tout point de $\R$, mais elle n'est pas continue sur $\R$.

Dérivabilité et continuité

Si $f$ est une fonction définie et dérivable en $a$ alors elle est continue en $a$.

La réciproque de ce théorème est fausse : une fonction peut être continue sans être dérivable. Par exemple, la fonction $f\;:\;x\mapsto |x|$ est continue en $0$, mais pas dérivable en $0$ car : \[ \lim\limits_{h\to0^-}\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=-1\quad\text{et}\quad\lim\limits_{h\to0^+}\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=+1. \]

Théorème des valeurs intermédiaires

Soit $f$ une fonction définie et continue sur un intervalle $I$, et soient $a$ et $b$ deux réels de $I$. Pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l'équation $f(x)=k$ admet au moins une solution comprise entre $a$ et $b$.

Ce théorème assure, sous certaines hypothèses, l'existence d'au moins un antécédent à $k$, mais il n'assure pas son unicité et ne permet pas de calculer sa valeur.

corollaire du théorème des valeurs intermédiaires

Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$, et soient $a$ et $b$ deux réels de $I$ tels que $a

Si $f$ est continue et strictement monotone sur $[a~;b]$, alors pour tout réel $k$ compris entre $f(a)$ et $f(b)$, l'équation $f(x)=k$ admet une solution unique dans l'intervalle $[a~;b]$.

Soit $f(x)=\cos x-x$ définie sur $I=\intervFF{0}{\pi}$.

$f'(x)=-\sin x-1<0$ sur $I$, donc $f$ est strictement décroissante sur $I$.
$f$ est continue sur $I$ comme la somme de deux fonctions continues sur $I$.
De plus,

\begin{itemize}
$f(0)=\cos0-0=1-0=1>0$,
$f(\pi)=\cos\pi-\pi=-1-\pi<0$, \end{itemize} donc $0\in]f(\pi)~;~f(0)[$.

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $\intervFF{0}{\pi}$.

Théorème du point fixe

Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$ telle que $f(I) \subseteq I$.

Soit $\suite{u}{n}{}$ une suite définie par $u_0\in I$ et, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=f(u_n)$ telle que $\suite{u}{n}{}$ converge vers un nombre réel $\ell$.

Alors, $\ell = f(\ell)$.

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Exercices

Complément sur la dérivation

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervFO{0}{+\infty}$ par : \[ f(x)=\sqrt{\dfrac{1}{3}x^3+2x^2+1}. \] Déterminer la fonction dérivée $f'(x)$ de $f(x)$.

$f$ est de la forme $\sqrt{u}$ avec: \[ u(x)=\dfrac{1}{3}x^3+2x^2+1 \Longrightarrow u'(x)=x^2+4x. \] Donc $f'=\dfrac{u'}{2\sqrt u}$ soit : \[ \boxed{f'(x)=\dfrac{x^2+4x}{2\sqrt{\dfrac{1}{3}x^3+2x^2+1}}} \]

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par: \[ f(x)=(3x+1)\e^{-x}. \]

Déterminer la fonction dérivée $f'(x)$ de $f(x)$.
En déduire les variations de $f$ sur $\R$.

$f = u \times v$ avec : \[ \begin{array}{ll}u(x) = 3x+1 & \qquad v(x)=\e^{-x}\\ u'(x) = 3 & \qquad v'(x)=-\e^{-x} \end{array} \]

Ainsi, \[ \begin{align} f'(x) & = (u'v+v'u)(x)\\ & = 3\e^{-x} + (3x+1)\big(-\e^{-x}\big)\\ & = (3 - 3x - 1)\e^{-x}\\ f'(x) & = (-3x+2)\e^{-x}. \end{align} \]
Sur $\R$, $\e^{-x}>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $-3x+2$.

\begin{align} -3x+2 \geqslant 0 & \iff -3x \geqslant -2\\ & \iff x \leqslant \dfrac{2}{3}. \end{align}

D'où le tableau suivant:

Etudier les variations de la fonction $f$ définie sur $\Rstar$ par: \[ f(x)=\dfrac{1}{\e^{x^2}-1}. \]

$f=\dfrac{1}{g}$ avec $g(x)=\e^{x^2}-1$.

De plus, $g = \e^u-1$ avec $u(x)=x^2$ et $u'(x)=2x$, donc: \[ g'(x) = u'(x) \e^{u(x)} = 2x\e^{x^2}. \] Ainsi, \[ \begin{align} f'(x) & = -\dfrac{g'(x)}{\big[g(x)\big]^2} \\ & = - \dfrac{2x\e^{x^2}}{\big( \e^{x^2} - 1 \big)^2}. \end{align} \]

Ainsi, $f'(x)$ est du signe de $-x$, car $\e^{x^2}>0$ et $\big(\e^{x^2}-1\big)^2>0$ sur $\Rstar$.

D'où le tableau suivant:

Déterminer la dérivée de la fonction suivante, sans se soucier de son domaine de définition ni de son domaine de dérivabilité: \[ f(x)=\sqrt{(5-7x)^3}. \]

$f=\sqrt{g}$ avec $g=u^3$, où $u(x)=5-7x$ et $u'(x)=-7$, donc : \[ g'(x)=3\times u'(x) \times \big[ u(x) \big]^2 = -21(5-7x)^2. \] Ainsi, \begin{align} f'(x) & = \dfrac{g'(x)}{2\sqrt{g(x)}}\\ & = \dfrac{-21(5-7x)^2}{2\sqrt{(5-7x)^3}}\\ & = \dfrac{-21(5-7x)^2}{2\sqrt{(5-7x)^2 \times (5-7x)}}\\ & = \dfrac{-21(5-7x)^2}{2(5-7x)\sqrt{5-7x}}\\\\ & = \dfrac{-21(5-7x)}{2\sqrt{5-7x}}\\f'(x) & = \dfrac{-21}{2}\sqrt{5-7x}. \end{align}

N'oublions pas, d'une part, que: \[ \sqrt{(5-7x)^2}=5-7x\qquad\text{ car }5-7x>0 \] et d'autre part, que: \[ \dfrac{X}{\sqrt{X}} = \dfrac{\sqrt{X} \times \sqrt{X}}{\sqrt{X}} = \sqrt{X}. \]

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervFO{0}{+\infty}$ par: \[ f(x)=\sqrt{\dfrac{\e^x-1}{\e^x+1}}. \] Déterminer l'expression de $f'(x)$, puis en déduire les variations de $f$ sur $\intervFO{0}{+\infty}$.

$f=\sqrt{g}$ avec $g(x)=\dfrac{\e^x-1}{\e^x+1}=\dfrac{u(x)}{v(x)}$, où: \[ \begin{array}{ll} u(x) = \e^x-1 & \qquad v(x)=\e^x+1\\ u'(x)=\e^x & \qquad v'(x)=\e^x \end{array} \] Alors,

\begin{align} g'(x) & = \dfrac{u'v-v'u}{v^2}(x)\\ & = \dfrac{\e^x(\e^x+1) - \e^x(\e^x-1)}{(\e^x+1)^2}\\ & = \dfrac{\e^x(\e^x+1-\e^x+1)}{(\e^x+1)^2}\\ & = \dfrac{2\e^x}{(\e^x+1)^2}. \end{align}

Ainsi,

\begin{align} f'(x) & = \dfrac{g'(x)}{2\sqrt{g(x)}}\\ & = \dfrac{\frac{2\e^x}{(\e^x+1)^2}}{2\sqrt{\frac{\e^x-1}{\e^x+1}}}\\ & = \dfrac{\e^x}{(\e^x+1)^2\sqrt{\frac{\e^x-1}{\e^x+1}}}. \end{align}

Inutile d'aller plus loin quand notre objectif est de trouver le signe de $f'(x)$.

En effet, on constate que sur $\intervFO{0}{+\infty}$,

$2\e^x>0$
$(\e^x+1)^2\sqrt{\frac{\e^x-1}{\e^x+1}}>0$

donc $f'(x)>0$, et donc $f$ est strictement croissante sur $\intervFO{0}{+\infty}$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervFO{0}{+\infty}$ par : \[ f(x)=\frac{2x-\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}. \]

Montrer que la dérivée de $f(x)$ est: \[ f'(x)=\dfrac{x+4\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}\left(2+\sqrt{x}\right)^2}.\]
Dresser le tableau de signes du polynôme $X^2+4X-1$.
En déduire le signe de $f'(x)$ ainsi que les variations de $f$ sur $\intervFO{0}{+\infty}$.

Dresser alors un tableau de variations complet de la fonction $f$ sur $\intervFO{0}{+\infty}$.

On veillera notamment à calculer la valeur de l'extremum de $f$.

$f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec : \[ \begin{array}{ll} u(x)=2x-\sqrt{x} & \qquad v(x)=2+\sqrt{x} \\ u'(x)=2-\dfrac{1}{2\sqrt{x}} & v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}} \end{array} \] D'où : \begin{align} f'(x) & = \dfrac{u'v-uv'}{v^2}(x)\\ & = \dfrac{\left(2-\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)\left(2+\sqrt{x}\right)-\left(2x-\sqrt{x}\right)\times\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\left(2+\sqrt{x}\right)^2}\\ & = \dfrac{\left(4\sqrt{x}-1\right)(2+\sqrt{x})-(2x-\sqrt{x})}{2\sqrt{x}(2+\sqrt{x})^2}\\ & = \dfrac{8\sqrt{x}+4x-2-\sqrt{x}-2x+\sqrt{x}}{2\sqrt{x}(2+\sqrt{x})^2}\\ & = \dfrac{2(x+4\sqrt{x}-1)}{2\sqrt{x}(2+\sqrt{x})^2}\\ f'(x) & = \dfrac{x+4\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}(2+\sqrt{x})^2}. \end{align}
Le discriminant du polynôme $X^2+4X-1$ est : \begin{align} \Delta & = b^2-4ac\\ & = 4^2-4\times 1\times (-1)\\ \Delta & = 20.\end{align}

Les deux racines du polynôme sont donc :

$X_1 =\dfrac{-4-\sqrt{20}}{2} = \dfrac{-4-2\sqrt{5}}{2} = -2-\sqrt{5}$.

$X_2 =\dfrac{-4+\sqrt{20}}{2} = \dfrac{-4+2\sqrt{5}}{2} = -2+\sqrt{5}.$

D'où le tableau de signes suivant :
$f'(x)$ est du signe de $x+4\sqrt{x}-1$, c'est-à-dire de $X^2+4X-1$ en posant $X=\sqrt{x}$, et donc $X>0$ et $x=X^2$.

D'après le tableau de signes précédent, \begin{align} x+4\sqrt{x}-1>0 & \iff \sqrt{x}>-2+\sqrt{5}\\ & \iff x > \left(-2+\sqrt{5}\right)^2\\ & \iff x>9-4\sqrt{5}. \end{align}

D'où:

\begin{align} f\left(9-4\sqrt{5}\right) & = \dfrac{2\left(9-4\sqrt{5}\right)-\sqrt{9-4\sqrt{5}}}{2+\sqrt{9-4\sqrt{5}}}\\ & = \dfrac{18-8\sqrt{5}-\left(-2+\sqrt{5}\right)}{2-\left(-2+\sqrt{5}\right)}\\ & = \dfrac{20-9\sqrt{5}}{\sqrt{5}}\textcolor{red}{\times\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}}\\ & = \dfrac{-45+20\sqrt{5}}{5}\\ & = -9+4\sqrt{5}.\end{align}

Précisons que $\sqrt{9-4\sqrt{5}}=-2+\sqrt{5}$ d'après les calculs faits précédemment.

Limite en un nombre fini à l'aide du nombre dérivé

Calculer les limites suivantes.

$\limite{x}{\pi}{\left(\dfrac{\cos x+1}{x-\pi}\right)}$
$\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1}\right)}$

On pose $u(x)=\cos x$. Alors, $u'(x)=-\sin x$ et : \[ \limite{x}{\pi}{\left(\dfrac{\cos x+1}{x-\pi}\right)}=\limite{x}{\pi}{\left(\dfrac{u(x)-u(\pi)}{x-\pi}\right)}=u'(\pi)=-\sin\pi=0. \]

Ainsi, $\boxed{\limite{x}{\pi}{\dfrac{\cos x+1}{x-\pi}}=0}$
On pose $u(x)=\sqrt{x+1}$. Alors, $u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x+1}}$ et : \[ \limite{x}{1}{\left( \dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1} \right) } = \limite{x}{1}{\left( \dfrac{u(x)-u(1)}{x-1} \right)}=u'(1)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}. \] Ainsi, \[ \boxed{\limite{x}{1}{\dfrac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2}}{x-1}}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}} \]

Calculer $\limite{x}{0}{\left( \dfrac{\e^x-1}{\e^{2x}-1} \right)}$.

$\limite{x}{0}{\big(\e^x-1\big)}=\e^0-1=1-1=0$.
$\limite{x}{0}{\big(\e^{2x}-1\big)}=\e^0-1=1-1=0$.

On a donc une forme indéterminée du type « $\dfrac{0}{0}$ » donc on pense à faire apparaître un ou plusieurs taux d'accroissement. \[ \dfrac{\e^x-1}{\e^{2x}-1} = \dfrac{\e^x-1}{x-0} \times \dfrac{x-0}{\e^{2x}-1}. \]

$\limite{x}{0}{\left(\dfrac{\e^x-1}{x-0}\right)} = \limite{x}{0}{\left(\dfrac{u(x)-u(0)}{x-0}\right)}=u'(0)=\e^0=1$ avec $u(x)=\e^x$ et donc $u'(x)=\e^x$;
$\limite{x}{0}{\left(\dfrac{x-0}{\e^{2x}-1}\right)}=\limite{x}{0}{\left(\dfrac{x-0}{v(x)-v(0)}\right)}=\dfrac{1}{v'(0)}=\dfrac{1}{2\e^0}=\dfrac{1}{2}$ avec $v(x)=\e^{2x}$ et donc $v'(x)=2\e^{2x}$.

On en déduit alors que: \[ \boxed{ \limite{x}{0}{\left(\dfrac{\e^x-1}{\e^{2x}-1}\right)} = \dfrac{1}{2} } \]

On aurait pu aussi utiliser la règle de l'Hospital vue dans l'exercice précédent, mais elle n'est pas au programme...

Continuité

Lectures graphiques

On donne le tableau de variations d'une fonction $f$ définie et dérivable sur l'intervalle $\intervOO{2}{+\infty}$ ci-dessous. On note $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur l'intervalle $\intervOO{2}{+\infty}$.

On appelle $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé.

On suppose de plus que $f(5)=0$ et que $f'(5)=-$2.

À l'aide du tableau de variations, répondre aux questions suivantes.

Aucune justification n'est demandée.

Donner une équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse 3.
Quel est le nombre de solutions de l'équation $f(x)=4$ sur l'intervalle $\intervOO{2}{+\infty}$ ?

La tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $x=3$ est horizontale car $f'(3)=0$.

$f(3)=6$ donc son équation est : $\underline{y=6}$.
Il y a deux solutions à l'équation $f(x)=4$ : l'une sur l'intervalle $\intervOO{2}{3}$ et l'autre sur l'intervalle $\intervOO{3}{10}$.

$\color{green!50!black}\mathcal{T}$ est la tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 0.
$\color{red}{\cal T}_1$ est la tangente à ${\cal C}_g$ au point d'abscisse 2.
${\cal C}_g$ et ${\cal C}_f$ se coupent en deux points d'abscisses respectives 0 et 4.

À l'aide du graphique ci-dessus, répondez aux questions suivantes.

Que vaut $f'(0)$ ? $g'(2)$ ?
Résoudre l'inéquation $f(x) \geqslant g(x)$ sur $\intervFF{-2}{5}$.

$f'(0)=1$ car $f'(0)$ représente le coefficient directeur de la tangente $\mathcal{T}$. Et pour calculer le coefficient directeur de cette droite, on considère deux points qui sont sur cette droite : par exemple, $A\coord{-1}{-1}$ et $O\coord{0}{0}$. \[ f'(0)=\dfrac{y_O-y_A}{x_O-x_A}=\dfrac{0-(-1)}{0-(-1)}=1. \]

$g'(2)=0$ car la tangente à $\mathcal{C}_g$ est horizontale, et comme toute droite horizontale, elle a un coefficient directeur nul.
$f(x)\geqslant g(x) \iff x \in\intervFF{0}{4}$ car c'est sur cet intervalle que $\mathcal{C}_f$ est au-dessus de $\mathcal{C}_g$.

Une fonction $f$ est représentée par la courbe $\mathcal{C}$ ci-contre.

$\mathcal{D}$ est la tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0.

Le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 1 est un minimum local.

Répondre aux questions suivantes par lectures graphiques :

Donner la valeur de $f(0)$ et $f'(0)$.
Donner la valeur de $f'(1)$.
Donner, sur $\intervFF{-3}{3}$, les solutions de l'équation : \[ f(x)=x-1.\]
Dresser un tableau de signes de la fonction $f'$.

$f(0)$ est l'ordonnée du point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 0 : c'est le point d'intersection de la courbe avec l'axe des ordonnées. Donc $f(0)=-1$.

$f'(0)$ correspond au coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0. C'est donc le coefficient directeur de $\mathcal{D}$. Donc $f'(0)=1$ (les points de coordonnées $\coord{0}{-1}$ et $\coord{1}{0}$ sont sur la droite donc le coefficient directeur est $\dfrac{y_b-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{0-(-1)}{1-0}=1$.
L'énoncé dit que le point de la courbe d'abscisse 1 est un minimum local. Donc $f'(1)=0$.
$\mathcal{D}$ a pour équation $y=x-1$ (coefficient directeur égal à 1 et coupe l'axe des ordonnées en $-1$). Donc l'équation revient à trouver les abscisses des points d'intersection de $\mathcal{D}$ et $\mathcal{C}$.

Les solutions sont donc $x=0$ et $x=2$.
La fonction $f$ est croissante jusqu'à $\dfrac{1}{3}$, puis décroissante jusqu'à 1, puis croissante, d'où le tableau de signes suivant.

La courbe ci-contre représente une fonction $f$ sur $\intervFF{-3}{5}$.

La droite $\color{red}{\cal T}_1$ est tangente à la courbe au point d'abscisse 0.

La droite $\color{green!50!black}{\cal T}_2$ est tangente à la courbe au point d'abscisse 3,5.

Déterminer $f(0)$ et $f'(0)$.
Avec la précision que permet le graphique, déterminer $f(3,5)$ et $f'(3,5)$.
Dresser un tableau de signes de $f'$ avec la précision que permet le graphique.

$f(0)=1$ (cela correspond à l'ordonnée du point d'abscisse 0 qui est sur la courbe).

$f'(0)=-\dfrac{3}{5}$. Pour déterminer cette valeur, on prend deux points de la tangente à la courbe passant par le point d'abscisse $x=0$. Les points $A\coord{0}{1}$ et $B\coord{5}{-2}$ sont sur cette tangente. On calcule alors la pente de cette droite : \[ f'(0)=\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{-2-1}{5-0}=-\dfrac{3}{5}. \]
$f(3,5)\approx3,5$ et $f'(3,5)\approx3,2$.
Le tableau de signes de la fonction $f'$ est le suivant:

Théorème des valeurs intermédiaires

Montrer que l'équation $3x^3-5x+1=0$ admet trois solutions réelles dont on donnera une valeur approchée à 0,001 près.

Posons $f(x)=3x^3-5x+1$.

$\limite{x}{-\infty}{f(x)}=-\infty$.

$\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty$.
$f'(x)=9x^2-5$ d'où le tableau de variation suivant :

\[ f\left(-\dfrac{\sqrt5}{3}\right)\approx3,48\qquad ; \qquad f\left(\dfrac{\sqrt5}{3}\right)\approx-1,48. \]
Notons $I_1=\intervOO{-\infty}{-\dfrac{\sqrt5}{3}}$, $I_2=\intervOO{-\dfrac{\sqrt5}{3}}{\dfrac{\sqrt5}{3}}$ et $I_3=\intervOO{\dfrac{\sqrt5}{3}}{+\infty}$.

$f$ est continue et strictement monotone sur $I_k$, $k=1,\ 2,\ 3$.

De plus, d'après les variations de $f$, $0\in f(I_k)$, $k=1,\ 2,\ 3$.

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué sur chacun des intervalles $I_k$, $k=1,\ 2,\ 3$, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution que chacun d'eux.

Donc l'équation $f(x)=0$ admet trois solutions réelles :
- $\alpha\approx-1,381$;
- $\beta\approx0,205$;
- $\gamma\approx1,176$.

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervFF{-2}{1}$ par: $f(x) = x\e^{-x}+2$.

Montrer que $f'(x)=(1-x)\e^{-x}$.
En déduire les variations de $f$.
Montrer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$.
Donner alors une valeur approchée de $\alpha$ au centième.

$f$ est de la forme $u \times v$ avec: \[ u(x) = x,\quad u'(x) = 1\qquad;\qquad v(x)=\e^{-x},\quad v'(x) = -\e^{-x}. \]

D'où: \begin{align} f'(x) & =( u'v + v'u)(x)\\ & = 1 \times \e^{-x} + \big(-\e^{-x}\big) \times x\\ f'(x) & = (1 - x)\e^{-x}. \end{align}
$\e^{-x}>0$ pour tout réel $x$ donc $f'(x)$ est du signe de $1-x$, c'est-à-dire positif sur $\intervFF{-2}{1}$ (intervalle où est définie notre fonction $f$).

Par conséquent, $f$ est strictement croissante sur $\intervFF{-2}{1}$.
Sur $\intervFF{-2}{1}$,
- $f$ est continue (comme produit de deux fonctions continues) et strictement croissante;
- $f(-2)=-2\e^2+2\approx-12,8 < 0$ et $f(1)=e^{-1}+2 > 0$; ainsi, 0 est une valeur intermédiaire entre $f(-2)$ et $f(1)$.
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha\in\intervFF{-2}{1}$ telle que $f(\alpha)=0$.

À l'aide de la calculatrice, on trouve $\alpha\approx-0,85$ (il suffit de dresser un tableau de valeurs de $f(x)$ sur $\intervFF{-2}{1}$ avec un pas de 0,01 pour $x$).

On injecte par voie intraveineuse un médicament.

Le taux du produit dans le sang est modélisé par la fonction: \[ f(t)=(1-0,02t)\e^{-0,2t}\qquad,\qquad t \in \intervFF{0}{50}. \] où $t$ représente le temps après injection, exprimé en heures.

Montrer que $f$ est strictement décroissante sur $\intervFO{0}{50}$.
Montrer que l'équation $f(t)=0,5$ admet une unique solution sur $\intervFF{0}{50}$. En Donner alors une valeur approchée au dixième. Interpréter ce résultat.

$f$ est de la forme $u \times v$ avec: \[ u(t) = 1-0,02t,\ u'(t)=-0,02;\qquad v(t)=\e^{-0,2t},\ v'(t)=-0,2\e^{-0,2t}. \]

\begin{align} f'(t) & = (u'v+v'u)(t)\\ & = -0,02\e^{-0,2t} -0,2(1-0,02t)\e^{-0,2t}\\ & = \big[-0,02 - 0,2(1-0,02)t\big]\e^{-0,2t}\\ & = (0,004t-0,22)\e^{-0,2t}.\end{align}

$\e^{-0,2t}>0$ pour tout réel $t$ donc $f'(t)$ est du signe de $0,004t-0,22$. \[ 0,004t-0,22 > 0 \iff t > \dfrac{0,22}{0,004} \iff t > 55. \] Ainsi, $f'(t) < 0$ sur $\intervFF{0}{50}$. La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur cet intervalle.
Sur $\intervFF{0}{50}$,
- $f$ est continue et strictement décroissante;
- $f(0)=1$ et $f(50)=0$ donc $0,5$ est une valeur intermédiaire entre $f(0)$ et $f(50)$.
Par conséquent, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha\in\intervFF{0}{50}$ telle que $f(\alpha)=0,5$.

À l'aide de la calculatrice, on trouve $\alpha \approx 3,1$.

Cela signifie qu'au bout de 3,1 h, soit 3 heures 06 min, le taux du médicament dans le sang sera de 0,5.

Soit $f$ une fonction continue sur $\intervFF{0}{1}$ telle que $f(0)=1$ et $f(1)=0$.

En considérant la fonction $g$ définie par $g(x) = f(x)-x$, montrer que l'équation $f(x)=x$ admet au moins une solution sur $\intervFF{0}{1}$.

Posons $g(x)=f(x)-x$.

$g(0)=f(0)-0=1-0=1 > 0$;
$g(1)=f(1)-1=0-1=-1 < 0$;
$g$ est continue (car c'est la somme de deux fonctions continues) sur $\intervFF{0}{1}$.

Ainsi, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution sur $\intervFF{0}{1}$, ce qui signifie qu'il en est de même pour l'équation $f(x)=x$ car $g(x)=0 \iff f(x)=x$.

Partie A

On considère la fonction $u$ définie sur $\intervFF{0}{\frac{1}{2}}$ par: \[ u(x)=1+(x-1)\sqrt{1+x}. \]

Montrer que $u'(x)=\dfrac{3x+1}{2\sqrt{1+x}}$.
En déduire les variations de $u$, puis le signe de $u(x)$ sur $\intervFF{0}{\frac{1}{2}}$.

Partie B

On considère les fonctions $f$ et $g$ définies sur $\intervFF{0}{\frac{1}{2}}$ par: \[ f(x)=\sqrt{1+x} \qquad ; \qquad g(x)=1+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}x^2. \] On considère alors la fonction $d$ définie sur $\intervFF{0}{1}$ par: \[ d(x)=f(x)-g(x) \]

Montrer que $d'(x)=\dfrac{u(x)}{2\sqrt{1+x}}$.
En déduire les variations de $d$ sur $\intervFF{0}{\frac{1}{2}}$.

Dresser un tableau de variations complet.
Pour $x\in\intervFF{0}{\frac{1}{2}}$, majorer l'erreur commise en approximant $f(x)$ par $g(x)$.
Proposer une méthode sans calculatrice pour approximer $\sqrt{4,5}$.