Notation alternative : $f'(a)=\displaystyle\lim_{x\to a}\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$.
Calcul par définition :
$f(x)=x^2$, $a=3$ : $\tau_3(h)=\dfrac{(3+h)^2-9}{h}=\dfrac{9+6h+h^2-9}{h}=\dfrac{6h+h^2}{h}=6+h\xrightarrow[h\to0]{}6$.
Donc $f'(3)=6$ (cohérent avec $(x^2)'=2x$, $2\cdot3=6$).
Ne pas oublier de simplifier le facteur $h$ au numérateur avant de passer à la limite. Tant que $h$ reste au dénominateur, on ne peut pas faire $h=0$. L'erreur classique est d'écrire $\lim_{h\to0}\frac{\ldots}{h}=\frac{\ldots}{0}=\infty$ alors que le numérateur contient un $h$ qui se simplifie.
Cas de non-dérivabilité :
Tester la dérivabilité d'une fonction par morceaux en $x=a$ :
$f(x)=|x|$ en $a=0$ : $f'_g(0)=\lim_{h\to0^-}\frac{|h|-0}{h}=\lim_{h\to0^-}\frac{-h}{h}=-1$ et $f'_d(0)=+1$. Point anguleux, $f$ non dérivable en $0$.
Attention : la continuité est nécessaire mais pas suffisante pour la dérivabilité. Il faut toujours vérifier les dérivées latérales séparément pour une fonction définie par morceaux, même si elle est continue.
Pour chacune des fonctions suivantes, calculer le taux de variation $\tau_a(h)=\dfrac{f(a+h)-f(a)}{h}$ puis en déduire $f'(a)$ en faisant tendre $h\to0$ :
a) $\tau_1(h)=\dfrac{3(1+h)^2-2(1+h)+1-(3-2+1)}{h}=\dfrac{3+6h+3h^2-2-2h+1-2}{h}=\dfrac{4h+3h^2}{h}=4+3h\xrightarrow[h\to0]{}4$.
Donc $f'(1)=\boxed{4}$. (Vérification : $f'(x)=6x-2$, $f'(1)=4$ ✓)
b) $\tau_2(h)=\dfrac{\frac{1}{2+h}-\frac{1}{2}}{h}=\dfrac{\frac{2-(2+h)}{2(2+h)}}{h}=\dfrac{-h}{2h(2+h)}=\dfrac{-1}{2(2+h)}\xrightarrow[h\to0]{}\dfrac{-1}{4}$.
Donc $f'(2)=\boxed{-\dfrac{1}{4}}$.
c) $\tau_4(h)=\dfrac{\sqrt{4+h}-2}{h}$. Conjugué : $\times\dfrac{\sqrt{4+h}+2}{\sqrt{4+h}+2}=\dfrac{4+h-4}{h(\sqrt{4+h}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{4+h}+2}\xrightarrow[h\to0]{}\dfrac{1}{4}$.
Donc $f'(4)=\boxed{\dfrac{1}{4}}$.
On considère la fonction $f$ définie par :
$$f(x)=\begin{cases}x^2+2x & \text{si }x\leq1\\ 3x & \text{si }x>1\end{cases}$$1. $\lim_{x\to1^-}f(x)=1+2=3$. $\lim_{x\to1^+}f(x)=3$. $f(1)=3$. Les trois coïncident → $f$ continue en $1$.
2. Pour $h<0$ (côté gauche) : $f(1+h)=(1+h)^2+2(1+h)=1+2h+h^2+2+2h=3+4h+h^2$.
$\tau^-(h)=\dfrac{3+4h+h^2-3}{h}=4+h\xrightarrow[h\to0^-]{}4$. Donc $f'_g(1)=4$.
Pour $h>0$ (côté droit) : $f(1+h)=3(1+h)=3+3h$.
$\tau^+(h)=\dfrac{3+3h-3}{h}=3\xrightarrow[h\to0^+]{}3$. Donc $f'_d(1)=3$.
3. $f'_g(1)=4\neq3=f'_d(1)$ → $f$ n'est pas dérivable en $1$. La courbe présente un point anguleux en $(1,3)$ : les demi-tangentes à gauche et à droite ont des pentes différentes.
| $f(x)$ | $f'(x)$ | Domaine |
|---|---|---|
| $c$ (constante) | $0$ | $\mathbb{R}$ |
| $x^n$ ($n\in\mathbb{Z}$) | $n x^{n-1}$ | $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{R}^*$ |
| $x^\alpha$ ($\alpha\in\mathbb{R}$) | $\alpha x^{\alpha-1}$ | $]0,+\infty[$ |
| $\sqrt{x}$ | $\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ | $]0,+\infty[$ |
| $e^x$ | $e^x$ | $\mathbb{R}$ |
| $\ln x$ | $\dfrac{1}{x}$ | $]0,+\infty[$ |
| $\sin x$ | $\cos x$ | $\mathbb{R}$ |
| $\cos x$ | $-\sin x$ | $\mathbb{R}$ |
Mnémotechnique pour $(\cos x)' = -\sin x$ : la dérivée de cosinus introduit un signe $-$. Pour sinus, pas de signe $-$. Penser à la dérivation comme une rotation de $\pi/2$ sur le cercle trigonométrique.
$(x^5)'=5x^4$. $\left(\dfrac{1}{x^3}\right)'=(x^{-3})'=-3x^{-4}=\dfrac{-3}{x^4}$.
$(e^x\cdot\text{const})'=\text{const}\cdot e^x$. $(\ln x)'=\dfrac{1}{x}$. $(\sin x)'=\cos x$.
$(\cos x)'=-\sin x$ et NON $+\sin x$. Le signe $-$ est indispensable. De même, $(\ln x)'=\frac{1}{x}$ et NON $\frac{1}{x}\ln x$ (ne pas confondre avec la dérivée de $x\ln x$). Retenir ces formules sans ambiguïté.
Cas particuliers utiles de la règle chaîne :
Identifier la structure avant de dériver :
Conseil : toujours identifier $u$ et $v$ (ou $u$ et $g$) avant de calculer.
$(x^2 e^x)'=2xe^x+x^2e^x=xe^x(2+x)$ (règle produit).
$\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)'=\dfrac{\cos x\cdot x-\sin x\cdot1}{x^2}=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}$ (règle quotient).
$(e^{\sin x})'=\cos x\cdot e^{\sin x}$ (règle chaîne, $u=\sin x$, $g=e^t$).
La règle du quotient : le signe est $u'v\mathbf{-}uv'$ (pas $+$) et on divise par $v^2$ (pas $v$). L'erreur la plus fréquente est d'écrire $\frac{u'}{v'}$ au lieu de la vraie formule. Mémoriser : "dérivée du haut fois le bas, moins le haut fois la dérivée du bas, sur le bas carré".
Calculer $f'(x)$ pour chacune des fonctions suivantes :
Règle : $(g\circ u)'=u'\cdot g'(u)$, i.e. $(g(u(x)))'=u'(x)\cdot g'(u(x))$.
a) $u=3x^2-2x+1$, $g(t)=t^5$. $f'(x)=(6x-2)\cdot5(3x^2-2x+1)^4=\boxed{5(6x-2)(3x^2-2x+1)^4}$.
b) $u=x^2-3x$, $g(t)=e^t$. $f'(x)=(2x-3)e^{x^2-3x}$.
c) $u=x^2+1$, $g(t)=\ln t$. $f'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1}$.
d) $u=2x+5$, $g(t)=\sqrt{t}=t^{1/2}$. $f'(x)=2\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{2x+5}}=\dfrac{1}{\sqrt{2x+5}}$.
e) $u=3x-\pi$, $g(t)=\sin t$. $f'(x)=3\cos(3x-\pi)=-3\cos(3x)$.
f) $u=\cos x$, $g(t)=t^3$. $f'(x)=(-\sin x)\cdot3\cos^2 x=-3\sin x\cos^2 x$.
Calculer $f'(x)$ :
a) $(uv)'=u'v+uv'$, $u=x^3$, $v=e^x$. $f'(x)=3x^2 e^x+x^3 e^x=e^x(3x^2+x^3)=\boxed{x^2 e^x(x+3)}$.
b) $u=x^2-1$, $v=\sin x$. $f'(x)=2x\sin x+(x^2-1)\cos x$.
c) $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$. $u=x+1$, $v=x-1$. $f'(x)=\dfrac{1\cdot(x-1)-(x+1)\cdot1}{(x-1)^2}=\dfrac{-2}{(x-1)^2}$.
d) $u=e^x$, $v=x^2+1$. $f'(x)=\dfrac{e^x(x^2+1)-e^x\cdot2x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{e^x(x^2-2x+1)}{(x^2+1)^2}=\dfrac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2}$.
e) $u=\ln x$, $v=x^{1/2}$. $f'(x)=\dfrac{\frac{1}{x}\cdot\sqrt{x}-\ln x\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}}{x}=\dfrac{\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x}=\dfrac{2-\ln x}{2x\sqrt{x}}=\dfrac{2-\ln x}{2x^{3/2}}$.
Donner la dérivée de chaque fonction (domaine de dérivabilité compris) :
Dérivées usuelles :
a) $(x^7)'=7x^6$.
b) $(x^{-3})'=-3x^{-4}=\dfrac{-3}{x^4}$.
c) $(e^x)'=e^x$ (sur $\mathbb{R}$).
d) $(\ln x)'=\dfrac{1}{x}$ (sur $]0,+\infty[$).
e) $(\sin x)'=\cos x$ (sur $\mathbb{R}$).
f) $(\cos x)'=-\sin x$ (sur $\mathbb{R}$).
g) $(\sqrt{x})'=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ (sur $]0,+\infty[$).
h) $(x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha-1}$ (sur $]0,+\infty[$). C'est la règle générale dont a) et b) sont des cas particuliers.
Cas particuliers :
Pour écrire la tangente en $x=a$ :
$f(x)=x^3-2x$, $a=1$. $f(1)=-1$. $f'(x)=3x^2-2$, $f'(1)=1$. Tangente : $y=-1+1(x-1)=x-2$.
Ne pas confondre l'ordonnée à l'origine de la tangente ($p$ dans $y=mx+p$) et la valeur $f(a)$. La formule est $y=f(a)+f'(a)(x-a)$, pas $y=f(a)+f'(a)\cdot x$. Développer correctement : $p=f(a)-f'(a)\cdot a$.
Tableau de signe de $f'$ :
$f(x)=x^2-4x+1$. $f'(x)=2x-4$. $f'(x)=0\iff x=2$.
$f'(x)<0$ sur $]-\infty,2[$ (décroissant) et $f'(x)>0$ sur $]2,+\infty[$ (croissant).
$\Rightarrow$ minimum local en $x=2$, $f(2)=-3$.
$f'(a)=0$ ne suffit pas pour conclure à un extremum. Il faut absolument vérifier le changement de signe de $f'$ (ou utiliser $f''(a)$). Ex : $f(x)=x^3$ → $f'(0)=0$ mais $f'$ ne change pas de signe → point d'inflexion, pas d'extremum.
Pour chaque fonction, écrire l'équation de la tangente à la courbe au point d'abscisse $a$ indiqué :
Équation de la tangente en $a$ : $y=f(a)+f'(a)(x-a)$.
a) $f(2)=4-6+2=0$. $f'(x)=2x-3$, $f'(2)=1$. Tangente : $y=0+1(x-2)$, soit $\boxed{y=x-2}$.
b) $f(0)=1$. $f'(x)=e^x$, $f'(0)=1$. Tangente : $y=1+1(x-0)$, soit $\boxed{y=x+1}$.
c) $f(1)=0$. $f'(x)=\dfrac{1}{x}$, $f'(1)=1$. Tangente : $y=0+1(x-1)$, soit $\boxed{y=x-1}$.
d) $f(1)=1$. $f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}$, $f'(1)=-1$. Tangente : $y=1-1(x-1)=2-x$, soit $\boxed{y=-x+2}$.
Soit $f(x)=x^3-6x^2+9x+2$.
1. $f'(x)=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)=3(x-1)(x-3)$.
2. $f'(x)=0\iff x=1$ ou $x=3$.
3. $f(1)=1-6+9+2=6$. Tangente horizontale en $x=1$ : $\boxed{y=6}$, point $(1,6)$.
$f(3)=27-54+27+2=2$. Tangente horizontale en $x=3$ : $\boxed{y=2}$, point $(3,2)$.
4. $f'$ change de signe en $x=1$ (de $+$ à $-$) → maximum local en $(1,6)$.
$f'$ change de signe en $x=3$ (de $-$ à $+$) → minimum local en $(3,2)$.
Valeurs aux bornes : calculer les limites $\lim_{x\to\text{borne}}f(x)$ (peut être $\pm\infty$, ou une valeur finie).
Méthode complète d'étude d'une fonction :
$f(x)=2x^3-9x^2+12x-4$ sur $\mathbb{R}$. $f'(x)=6x^2-18x+12=6(x-1)(x-2)$.
$f'=0$ en $x=1$ et $x=2$. Tableau : $f'\!:+$ puis $-$ puis $+$. Max local $f(1)=1$, min local $f(2)=0$.
Ne pas oublier les valeurs aux bornes du tableau ! Pour trouver le maximum global sur $[a,b]$, il faut comparer tous les extrema locaux ET $f(a)$, $f(b)$. Un extremum global peut se trouver aux bornes de l'intervalle, pas nécessairement à un point intérieur où $f'=0$.
Application : pour résoudre $f(x)=k$ :
Pour résoudre $f(x)=k$ en utilisant la monotonie :
$f(x)=x^3+x$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (car $f'(x)=3x^2+1>0$). Donc $f(x)=0$ a une unique solution : $x=0$.
Attention : la réciproque d'une bijection $f^{-1}$ n'est pas $\frac{1}{f}$. $f^{-1}$ désigne la fonction réciproque (qui "défait" $f$) et non l'inverse multiplicatif. Ex : $\ln=\exp^{-1}$ mais $\ln\neq\frac{1}{\exp}$.
Dresser le tableau de variations complet de la fonction $f(x)=\dfrac{x^2-4x+3}{x-2}$ sur son domaine de définition.
1. $\mathcal{D}_f=\mathbb{R}\setminus\{2\}$.
2. Règle du quotient : $u=x^2-4x+3$, $v=x-2$.
$f'(x)=\dfrac{(2x-4)(x-2)-(x^2-4x+3)\cdot1}{(x-2)^2}=\dfrac{2x^2-4x-4x+8-x^2+4x-3}{(x-2)^2}=\dfrac{x^2-4x+5}{(x-2)^2}$.
Or $\Delta=16-20=-4<0$ et coefficient $>0$, donc $x^2-4x+5>0$ pour tout $x$.
3. $f'(x)>0$ pour tout $x\in\mathcal{D}_f$ → $f$ est strictement croissante sur $]-\infty,2[$ et sur $]2,+\infty[$.
4. $\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$; $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$; $\lim_{x\to2^-}f(x)=-\infty$; $\lim_{x\to2^+}f(x)=+\infty$. (Asymptote verticale $x=2$.)
5. Tableau :
x | -∞ 2 +∞ f' | + ‖ + f | -∞ ↗ -∞‖+∞ ↗ +∞
La division euclidienne donne $f(x)=x-2-\dfrac{1}{x-2}$ (asymptote oblique $y=x-2$).
Étudier complètement $f(x)=\dfrac{2x^2}{x^2-1}$ : domaine, limites, asymptotes, variations, extremum.
Domaine : $\mathcal{D}_f=\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}$.
Parité : $f(-x)=\dfrac{2x^2}{x^2-1}=f(x)$ → $f$ est paire (axe de symétrie $Oy$).
Limites et asymptotes :
$\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=2$ → asymptote horizontale $y=2$.
$\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty$, $\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty$ → AV $x=1$. (Idem pour $x=-1$ par parité.)
Dérivée : $f'(x)=\dfrac{4x(x^2-1)-2x^2\cdot2x}{(x^2-1)^2}=\dfrac{4x^3-4x-4x^3}{(x^2-1)^2}=\dfrac{-4x}{(x^2-1)^2}$.
Signe de $f'$ : $(x^2-1)^2>0$ pour $x\neq\pm1$. Donc signe de $f'$ = signe de $-4x$.
$f'(x)>0$ si $x<0$, $f'(x)<0$ si $x>0$. $f'(0)=0$.
Extremum : $f(0)=0$. $f'$ passe de $+$ à $-$ en $0$ → maximum local en $(0,0)$. (Valeur $f(0)=0$.)
Tableau de variations (sur $\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}$) :
x | -∞ -1 0 1 +∞ f' | + ‖ + 0 - ‖ - f | 2↗ ‖-∞↗ (0) ↘+∞‖ 2↘
Soit $f(x)=x^3-3x^2-9x+5$.
1. $f'(x)=3x^2-6x-9=3(x^2-2x-3)=3(x-3)(x+1)$.
$f'(x)=0\iff x=-1$ ou $x=3$.
Tableau de signe de $(x-3)(x+1)$ :
x | -∞ -1 3 +∞ (x+1)| - 0 + + (x-3)| - - 0 + f' | + 0 - 0 +
$f'(x)>0$ sur $]-\infty,-1[\cup]3,+\infty[$ ; $f'(x)<0$ sur $]-1,3[$.
2. $f$ est croissante sur $]-\infty,-1]$ et sur $[3,+\infty[$. $f$ est décroissante sur $[-1,3]$.
3. $f(-1)=-1-3+9+5=10$ → maximum local en $(-1,10)$.
$f(3)=27-27-27+5=-22$ → minimum local en $(3,-22)$.
Étude de la convexité :
$f(x)=e^x$ : $f''(x)=e^x>0$ → $f$ est convexe sur $\mathbb{R}$ (pas de point d'inflexion).
$f(x)=x^3$ : $f''(x)=6x$. $f''<0$ sur $]-\infty,0[$ (concave), $f''>0$ sur $]0,+\infty[$ (convexe). Point d'inflexion en $x=0$.
$f''(a)=0$ ne garantit pas un point d'inflexion ! Il faut que $f''$ change de signe en $a$. Ex : $f(x)=x^4$ → $f''(0)=0$ mais $f''\geq0$ partout → pas d'inflexion, minimum global en $0$.
Propriété : En un point d'inflexion, la tangente traverse la courbe (la courbe passe d'un côté à l'autre de sa tangente).
Condition nécessaire : Si $f$ est deux fois dérivable et $a$ est un point d'inflexion, alors $f''(a)=0$.
Trouver les points d'inflexion :
$f(x)=\sin x$ : $f''(x)=-\sin x=0$ en $x=k\pi$, $k\in\mathbb{Z}$. $f''$ change de signe en chaque $k\pi$ → points d'inflexion en $(k\pi, 0)$.
La confusion la plus fréquente : confondre un point où $f'=0$ (extremum potentiel de $f$) avec un point où $f''=0$ (inflexion potentielle). Ce sont deux conditions différentes sur deux dérivées différentes. Un point peut vérifier les deux à la fois (tangente horizontale au point d'inflexion).
Méthode générale pour un problème d'optimisation :
Checklist optimisation :
Enclos rectangulaire de périmètre $P=100\,\text{m}$. Longueur $x$, largeur $y=50-x$, aire $A=x(50-x)$. $A'=50-2x=0\iff x=25$. Carré de côté $25$ → aire maximale $625\,\text{m}^2$.
Deux pièges classiques : (1) oublier de vérifier les bornes du domaine quand l'intervalle est fermé (le maximum global peut être en $a$ ou $b$, pas forcément à un point critique intérieur) ; (2) confondre extremum local et global — un maximum local peut être plus petit que $f$ aux bornes.
Soit $f(x)=x^4-6x^2+2$.
1. $f'(x)=4x^3-12x$. $f''(x)=12x^2-12=12(x^2-1)=12(x-1)(x+1)$.
2. $f''(x)=0\iff x=-1$ ou $x=1$.
x | -∞ -1 1 +∞ f'' | + 0 - 0 + f | cvx infl cve infl cvx
3. $f$ est convexe (tournée vers le bas : $f''>0$... attention : convention française — voir remarque) sur $]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[$ et concave sur $]-1,1[$.
Remarque convention : En France au lycée, "convexe" signifie souvent $f''\geq0$ (courbe en dessous de ses tangentes, "sourit"). Ici $f''>0$ sur ces intervalles.
4. Points d'inflexion (changement de signe de $f''$) :
$f(-1)=1-6+2=-3$ → point $(-1,-3)$.
$f(1)=1-6+2=-3$ → point $(1,-3)$.
On dispose d'un fil de longueur $L=40\,\text{cm}$ que l'on veut plier pour former un rectangle.
1. Périmètre : $2(x+y)=40$, donc $x+y=20$ et $\boxed{y=20-x}$.
2. $A(x)=xy=x(20-x)=20x-x^2$. Domaine : $x>0$ et $y=20-x>0$, donc $x\in]0,20[$.
3. $A'(x)=20-2x$. $A'(x)=0\iff x=10$.
Sur $]0,10[$, $A'(x)>0$ (croissant) ; sur $]10,20[$, $A'(x)<0$ (décroissant) → maximum en $x=10$.
4. $x=10$, $y=20-10=10$. Le rectangle optimal est un carré de côté $10\,\text{cm}$. $A_{\max}=100\,\text{cm}^2$.
5. $A''(x)=-2<0$ en tout point → la courbe de $A$ est concave → le point critique est bien un maximum (condition suffisante d'ordre 2).
$f'$ est la dérivée de $f$, pas $f$ elle-même. Les tableaux de variations de $f$ et de $f'$ sont différents. $f'>0$ dit que $f$ croît, pas que $f$ est positive. Un extremum de $f$ correspond à un zéro de $f'$, et non l'inverse.
$(e^{x^2})'=2x\cdot e^{x^2}$ et PAS $e^{x^2}$. Toute fois qu'on dérive une fonction composée $g(u(x))$, il faut multiplier par $u'(x)$. C'est l'erreur la plus fréquente en dérivation.
$\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v\mathbf{-}uv'}{v^2}$. C'est $u'v$ moins $uv'$, et non plus. Un signe $+$ donne un résultat faux. Mémoriser : 'dérivée du haut fois bas, moins haut fois dérivée du bas, sur bas carré'.
Une fonction continue peut ne pas être dérivable. Ex : $|x|$ est continu en $0$ mais non dérivable (point anguleux). Toujours vérifier les dérivées latérales pour les fonctions définies par morceaux. Continuité $\Rightarrow$ dérivabilité est FAUX.
Un maximum local est la plus grande valeur dans un voisinage, pas nécessairement la plus grande valeur sur tout le domaine. Sur $[a,b]$, le maximum global est le plus grand parmi tous les extrema locaux ET les valeurs aux bornes $f(a)$ et $f(b)$.
Sur un intervalle fermé $[a,b]$, le maximum global peut très bien être atteint en $a$ ou en $b$ (pas à un point intérieur où $f'=0$). Toujours évaluer $f(a)$, $f(b)$ et les valeurs critiques, puis comparer.
$f(x)=x^3$ : $f'(0)=0$ mais $0$ n'est ni un maximum ni un minimum local. C'est un point d'inflexion à tangente horizontale. Pour conclure à un extremum, il faut un changement de signe de $f'$ (ou $f''(a)\neq0$).
$f(x)=x^4$ : $f''(0)=0$ mais $f''\geq0$ partout → pas de changement de signe → pas de point d'inflexion. Le point $(0,0)$ est un minimum. Toujours vérifier que $f''$ change effectivement de signe en $a$.