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Dérivation et étude de fonctions - Correction

Table des matières


Exercice 1

  1. Pour tout x différent de 2 et -2, on a :
    1 - x a b a(x - 2) + b(x + 2) (a + b)x + 2(b - a) f(x) = -2-----= ------+ ------= ------------------- = --------2---------- x - 4 x + 2 x - 2 (x + 2)(x - 2) x - 4

    d’où, par identification : a + b = -1 et 2(b - a) = 1, c’est-à-dire a = - 3 -4- et b = - 1 --- 4.
    On a donc : f(x) = - 3∕4 ------ x + 2 - 1∕4 ------ x - 2

  2. f est une fraction rationnelle, c’est-à-dire quotient de deux polynômes. Le degré du dénominateur étant supérieur à celui du numérateur, on a :
    lim f(x) = lim f(x) = 0 x→- ∞ x→+ ∞

    On pouvait aussi remarquer que xl→i+m∞(x + 2) = x→li+m∞(x - 2) = + ∞ et donc - 3∕4 - 1∕4 lim ------= lim ------= 0 x→+ ∞ x + 2 x→+ ∞ x - 2 .
    Limites en 2 et -2 :

    On a : lim (x2 - 4) = 0+ et donc lim f(x) = - ∞ x→2+ x→2+

    De même, lim f(x) = + ∞, lim f(x) = + ∞ x→2- x→ -2- et lim f(x) = - ∞ x→2+

    2 2 ′ - (x---4)---2x(1---x)- x----2x-+-4- ∀x ∈ ℝ \{- 2,2},f (x) = (x2 - 4)2 = (x2 - 4)2

    Le signe de f′ est donc celui de 2 2 x - 2x + 4 = (x - 2) ≥ 0 , f est donc toujours croissante.

  3. Tout d’abord, f ayant des limites infinies aux points 2 et -2, il est clair que Cf possède deux asymptotes d’équations y = 2 et y = -2.
    D’autre part, la limite de f en +∞ et -∞étant égale à 0, la droite d’équation x = 0 est donc asymptote à Cf .
  4. graphe de f :

    PIC

Exercice 2

  1. L’ensemble de définition de f est l’ensemble des nombres x tels que 1-√-- x⁄=0 et x ≥ 0, c’est-à-dire tels que x ≥ 0 et x⁄=1, d’où
    Df = ℝ+ \{1}= [0; 1[∪]1; +∞[.

  2. Les limites de 1 -√ -- x en 1- et 1+ étant respectivement 0+ et 0- , on a :
    lim f(x) = + ∞ et lim f(x) = - ∞. x→1- x→1+

    D’autre part :

    √ -- ( ) -1-+√x--1-+-√-x- 1-+-x- √ -- f(x) = 1 - x .1 + x = 1 - x .(1 + x)

    Puisque 1 + x x→li+m∞ ------= - 1 1 - x et √ -- x→li+m∞(1 + x) = +∞ , on en déduit :

    xl→im+ ∞ f(x) = - ∞

  3. Il s’agit d’une équation du second degré de discriminant √ --2 Δ = 32 = (4 2) . Les solutions sont donc 3 - 2√ -- 2 et 3 + 2√ -- 2 ; la solution supèrieure à 1 est 3 + 2√ -- 2.
  4. Soit α ≥ 1, on a :
    √ -- √ -- α - 1 (1 - α)2 α- 2 α = 1 ⇔ α = ------⇔ α = ------ ⇔ 4α = α2+1 - 2α ⇔ α2- 6α+1 = 0 2 2

    On en déduit α = 3 + 2√2-- d’après la question précédente.

  5. Pour montrer que f n’est pas dérivable en 0, il faut revenir à la définition du nombre dérivée :
    -1+x√--- 1 √ -- √ -- √-- lim f(x)---f-(0)-= lim 1--x-----= lim -x-+--√x--= lim (x +---x)(1 +--x)- x→0 x - 0 x→0 x x→0 x(1 - x) x→0 x(1 - x)
    √ -- √ -- 2x + (1 + x) x ( 2 (1 + x) x) = lix→m0 ---------------- = lxim→0 ------+ ------ ---- x(1 - x) 1 - x 1 - x x

    Or, on a 2 lxim→0 ------= 2 1 - x , 1 + x lxi→m0 ------= 1 1 - x et √ -- x 1 lxi→m0 ----= lixm→0 √---= + ∞ x x .
    On en déduit :
    f (x) - f (0) lxi→m0 ---x---0----= + ∞

    et donc f n’est pas dérivable en 0.
    Calculons donc la dérivée de f pour tout x positif non nul et différent de 1, il vient :

    √ -- 1 √ -- √ -- √-- ′ (1-----x)-+-(1-+-x)2√x-- 2--x(1-----x)-+-1-+-x- 2--x----x +-1-- f (x) = (1 - √x)2 = 2√x(1 - √x)2 = 2√x(1 - √x)2

    D’après la question 4, f′ s’annule en 3 + 2√ -- 2 et on admet que c’est la seule valeur qui annule f′.
    D’autre part, on admet que f′ garde un signe constant sur son ensemble de définition ; f′ est donc, par exemple du signe de f′(4) = 1 ∕4 > 0 .
    On en déduit que f est croissante sur ]0; 1[ et sur ]1; +∞[.

  6. √ -- ′ -1-- 2--x---x-+-1- √ -- √ -- f (x) = √x--⇔ 2(1 - √x)2 = 1 ⇔ 2 x - x + 1 = 2(1 + x - 2 x)

    Cette équation revient donc à : √ -- x = 3x + 1 ------- 6
    En élevant cette égalité au carré, on a donc :

    (3x-+--1)2 2 2 x = 6 ⇔ 36x = 9x + 6x + 1 ⇔ 9x - 30x + 1 = 0

    Il s’agit donc d’une équation du second degré de discriminant √ --2 Δ = 864 = (12 6) , on en déduit les deux solutions :

    { √ -- √ --} x ∈ 5-+-2--6; 5---2-6- 3 3

    qui sont bien toutes deux positives.

Exercice 3

  1. On réduit au même dénominateur, il vient :
    c (1 - x)(ax + b) + c - ax2 + (a - b)x + b + c f (x) = ax + b + ------= ------------------- = ------------------------ 1 - x 1 - x 1 - x

    On a donc, par identification, -a = 1, a - b = 0 et b + c = 2, d’où a = b = -1 et c = 3.

  2. Pour tout x de ℝ \{1} , on a :
    2 2 f (x) = 2 +-x--= -x +-x 1 - x 1x - 1

    On en déduit xl→im-∞ f(x) = + ∞ et xl→im+ ∞ f(x) = - ∞ .
    D’autre part, (1 -x) tend vers 0+ quand x tend vers 1- et vers 0- lorsque x tend vers + 1 , on a donc xl→im1 - f (x) = +∞ et xli→m1+ f(x) = - ∞ .
    D’après ce qui précède et la question 1, les asymptotes à Cf sont les droites d’équation x = 1 et y = -x - 1.

    ′ 2x(1---x) +-(2 +-x2) --x2 +-2x-+-2 ∀x ∈ ℝ \{1}, f(x) = (1 - x)2 = (1 - x)2

    ′ f est donc du signe de 2 - x + 2x + 2 , trinôme de discriminant √ --2 12 = (2 3) . On a donc les variations de f :
    f est croissante sur ]1 -√ -- 3; 1 + √ -- 3[ ;
    f est décroissante sur ] - ∞; 1 - √3[∪]1 + √3;-+ ∞[ .

  3. Pour tout x différent de 1 :
    ′′ (--2x-+-2)(1---x)2 --(- x2-+-2x-+-2)(2x---2) 2(1---x)((1 --x)2 --x2 +-2x-+-2) f (x) = (1 - x)4 = (1 - x)4

    Après simplification : ′′ ---6---- f (x) = (1 - x)3

  4. On a donc f′′(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 et donc, f est convexe sur ] -∞; 1[ et concave sur ]1; +∞[.
  5. Graphe de f :

    PIC
  6. Les points de ℝ dont la tangente est de pente 1 sont les réels x tels que f′(x) = 1 , c’est-à-dire - x2 + 2x + 2 = (1 - x)2 , ou encore 2x2 - 4x - 1 = 0 . Le problème a donc deux solutions qui sont 1 + √ -- --6- 2 et 1 -√-- -6-- 2.

Exercice 4

  1. Pour tout x ∈ ℝ , on a ′ 3 f (x) = 4x - 12x + 4 . Etudions les variations de f′ sur ℝ .
    La dérivée de f′ est f ′′(x) = 12x2 - 12 = 12(x2 - 1) .On en déduit donc le signe de f′′ et les variations de f′ .
    Sur ]-∞; -1[, ′ f est strictement croissante, elle établie donc une bijection de ] -∞; -1[ sur ′ f (] - ∞; - 1[) =] - ∞; 12[  ; or, 0 ∈] - ∞; 12[ donc il existe un unique réel α ∈] - ∞; - 1[ tel que f′(α) = 0 .
    De même, il existe β ∈] - 1;1[ et γ ∈]1; +∞[ tels que f′(β) = f ′(γ) = 0 .
    ′ f possède donc trois racines distinctes ; à la calculatrice, on obtient α ≃ - 1, 88,β ≃ 0.35 et γ ≃ 1.53 .
  2. On en déduit :
    f est décroissante sur ] -∞; α[,
    f est croissante sur ]α; β[,
    f est décroissante sur ]β; γ[,
    f est croissante sur ]γ; +∞[.
  3. Pour étudier la convexité de f il suffit d’étudié le signe de f ′′ , celui-ci a été établi à la queston précédente.
    f est convexe sur ] - ∞; - 1[∪]1;+ ∞[ et concave sur ] - 1; 1[.

Exercice 5

Pour cet exercice, il n’y a pas encore de méthode systématique mais de l’intuition et un peu de chance !

  1. Une fonction recherchée est, par exemple, f(x) = x3 .
  2. Puisque, lorsqu’on dérive un polynôme, on abaisse son degré d’une unité, on recherche un polyôme de degré n + 1. La fonction définie par f(x) = xn+1-- n + 1 répond au problème.
  3. Si g est telle que g′(x) = xn , on a alors (g + k)′(x) = g ′(x) + 0 = xn et g + k est encore solution.
  4. Il fallait trouver h(x) = -1 -- x.
  5. La fonction h précédente n’est qu’une solution du problème, en fait il existe une infinité de solutions qui sont toutes définies à une constante près ; plus précisément, ce sont les fonctions de la forme F(x) = -1- x + k où k est une constante.
    Puisque l’on veut F(2) = 1, c’est-à-dire -1∕2 + k = 1 il faut k = 3∕2.
    La fonction recherchée est donc F(x) = -1 -- x + 3 -- 2.
    Ce genre de problème sera étudié en terminale.
Auteur(s) : Stéphane Vento
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