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Calculez la dérivée $f'(x)$. 2. Déterminez l'équation de la droite tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $x_0 = 1$. ## Exercice 8 : Tangentes horizontales Soit la fonction $f(x) = x^3 - 3x^2 + 1$. Déterminez les coordonnées des points de la courbe de $f$ où la tangente est horizontale. *(Indice : Une tangente horizontale a une pente de 0)*. ## Exercice 9 : Problème d'application complet Soit la fonction $f(x) = \sqrt{2x+1}$. 1. Déterminez le domaine de définition de $f$. 2. Calculez les limites de $f(x)$ à l'infini. 3. Etudiez l'existence d'une asymptote. 4. Calculez la dérivée $f'(x)$. 5. Déterminez l'équation de la tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $x_0 = 4$. 6. En quel point la pente de la tangente à la courbe de $f$ vaut-elle $1/3$ ? 7. Etudier le signe de $f'(x)$ et tracer le tableau de variation de $f(x)$. 8. Tracer le graphe de la fonction $f(x)$. # Solutions Détaillées ## Correction de l'exercice 1 : On applique la définition pour $f(x) = x^3$. $ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x+h)^3 - x^3}{h} $ On développe $(x+h)^3 = x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3$. $ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{(x^3 + 3x^2h + 3xh^2 + h^3) - x^3}{h} $ $ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{3x^2h + 3xh^2 + h^3}{h} $ On factorise par $h$ au numérateur (puisque $h \neq 0$) : $ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{h(3x^2 + 3xh + h^2)}{h} $ $ f'(x) = \lim_{h \to 0} (3x^2 + 3xh + h^2) $ Quand $h \to 0$, les termes $3xh$ et $h^2$ tendent vers 0. $ f'(x) = 3x^2 $ ## Correction de l'exercice 2 : 1. On utilise la linéarité de la dérivation et la formule $(x^n)' = nx^{n-1}$. $f(x) = 4x^3 - 7x^2 + 5x - 10$ $f'(x) = 4 \cdot (3x^2) - 7 \cdot (2x) + 5 \cdot (1) - 0$ $f'(x) = 12x^2 - 14x + 5$ 2. On pose $u(x) = x^2$ et $v(x) = e^x$. Alors $u'(x) = 2x$ et $v'(x) = e^x$. On applique la formule $(uv)' = u'v + uv'$ : $g'(x) = (2x)(e^x) + (x^2)(e^x)$ $g'(x) = e^x (2x + x^2)$ 3. $h(x) = (x^2 + 1) \ln(x)$ $u(x) = x^2+1 \Rightarrow u'(x) = 2x$ $v(x) = \ln(x) \Rightarrow v'(x) = \frac{1}{x}$ $h'(x) = u'v + uv' = 2x \ln(x) + (x^2+1)\frac{1}{x} = 2x\ln(x)+x+\frac{1}{x}$ 4. On pose $u(x) = \sin(x)$ et $v(x) = x^2 + 1$. Alors $u'(x) = \cos(x)$ et $v'(x) = 2x$. On applique la formule $(\frac{u}{v})' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ : $ i'(x) = \frac{\cos(x)(x^2 + 1) - \sin(x)(2x)}{(x^2 + 1)^2} $ $ i'(x) = \frac{(x^2+1)\cos(x) - 2x\sin(x)}{(x^2 + 1)^2} $ 5. $j(x) = \frac{e^{2x}}{x-1}$ (Règle du quotient $\frac{u}{v}$) $u(x) = e^{2x} \Rightarrow u'(x) = 2e^{2x}$ (Règle de la chaîne pour $e^{2x}$) $v(x) = x-1 \Rightarrow v'(x) = 1$ $j'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = \frac{2e^{2x}(x-1) - e^{2x}(1)}{(x-1)^2} = \frac{e^{2x}(2x-2-1)}{(x-1)^2} = \frac{e^{2x}(2x-3)}{(x-1)^2}$ 6. C'est un quotient $\frac{U}{V}$ où $U(x) = x \ln(x)$ et $V(x) = x+1$. - Dérivons d'abord $U(x)$ avec la règle du produit : $U'(x) = (x)'\ln(x) + x(\ln(x))' = 1 \cdot \ln(x) + x \cdot \frac{1}{x} = \ln(x) + 1$. - Dérivons $V(x)$ : $V'(x) = 1$. - Appliquons la règle du quotient $\frac{U'V - UV'}{V^2}$ : $ k'(x) = \frac{(\ln(x) + 1)(x+1) - (x \ln(x))(1)}{(x+1)^2} $$ k'(x) = \frac{x\ln(x) + \ln(x) + x + 1 - x\ln(x)}{(x+1)^2} $$ k'(x) = \frac{\ln(x) + x + 1}{(x+1)^2} $ 7. On a une fonction de la forme $(u(x))^n$ avec $u(x) = 3x^2 - x$ et $n=4$. La dérivée est $n(u(x))^{n-1} \cdot u'(x)$. Ici, $u'(x) = 6x - 1$. $ l'(x) = 4(3x^2 - x)^{4-1} \cdot (6x - 1) $ $ l'(x) = 4(6x-1)(3x^2 - x)^3 $ 8. $m(x) = \cos(x^3 - 2x)$ (Règle de la chaîne $m(g(x))$) Fonction extérieure $m(u) = \cos(u) \Rightarrow m'(u) = -\sin(u)$ Fonction intérieure $g(x) = x^3 - 2x \Rightarrow g'(x) = 3x^2 - 2$ $m'(x) = m'(g(x)) \cdot g'(x) = -\sin(x^3 - 2x) \cdot (3x^2 - 2) = -(3x^2 - 2)\sin(x^3 - 2x)$ 9. $n(x) = \sqrt{x^2 + e^x}$ (Règle de la chaîne $\sqrt{u(x)}$) Fonction intérieure $u(x) = x^2 + e^x \Rightarrow u'(x) = 2x + e^x$ $n'(x) = \frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}} = \frac{2x + e^x}{2\sqrt{x^2 + e^x}}$ 10. On reconnaît $o(x)=\ln(u(x))$ avec $u(x)=\tan x$. Règle : $(\ln u)'=\dfrac{u'}{u}$. On calcule $u'(x)$ : $u'(x)=(\tan x)'=\frac{1}{\cos^2 x}$. Donc : $o'(x)=\frac{\frac{1}{cos^2 x}}{\tan x}.$ On peut simplifier en utilisant $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$ : $o'(x)=\frac{1/\cos^2 x}{\sin x/\cos x}=\frac{1}{\cos^2 x}\frac{\cos x}{\sin x}=\frac{1}{\sin x\cos x}.$ 11. On réécrit : $p(x)=(x^2+x+1)^{-4}.$ Posons $u(x)=x^2+x+1$. Alors $p(x)=u(x)^{-4}$. On dérive : $u'(x)=2x+1.$ Règle : $(u^n)' = n u^{n-1}u'$. Ici $n=-4$ : $p'(x)=-4u(x)^{-5}\,u'(x).$ Donc : $p'(x)=-4(x^2+x+1)^{-5}(2x+1)=-\frac{4(2x+1)}{(x^2+x+1)^5}.$ 12. On écrit : $q(x)=(\cos(4x))^3.$ Posons $u(x)=\cos(4x)$, alors $q(x)=u(x)^3$. Règle : $(u^3)'=3u^2u'$. Calcul de $u'(x)$ : $u(x)=\cos(4x)$ est une composition $\cos(v(x))$ avec $v(x)=4x$. $u'(x)=-(\sin(4x))\cdot (4x)'= -4\sin(4x).$ Donc : $q'(x)=3(\cos(4x))^2\cdot(-4\sin(4x))=-12\cos^2(4x)\sin(4x).$ 13. La fonction est de la forme $e^{u(x)}$ avec $u(x) = \cos(x^2)$. La dérivée est $e^{u(x)} \cdot u'(x)$. Calculons $u'(x)$. C'est la dérivée de $\cos(v(x))$ avec $v(x) = x^2$. $u'(x) = -\sin(v(x)) \cdot v'(x) = -\sin(x^2) \cdot 2x = -2x\sin(x^2)$. On assemble le tout : $ r'(x) = e^{\cos(x^2)} \cdot (-2x\sin(x^2)) $ $ r'(x) = -2x \sin(x^2) e^{\cos(x^2)} $ ## Correction de l'exercice 3 a. On pose : $y=(\sin x)^x.$ On prend le logarithme (possible car $\sin x>0$ sur $(0,\pi)$) : $\ln y = \ln\left((\sin x)^x\right)=x\ln(\sin x).$ On dérive les deux membres : $(\ln y)' = \left(x\ln(\sin x)\right)'.$À gauche : $(\ln y)'=\dfrac{y'}{y}$. À droite : dérivée d’un produit $x\cdot \ln(\sin x)$ : $\left(x\ln(\sin x)\right)' = 1\cdot \ln(\sin x) + x\cdot (\ln(\sin x))'.$ Or $(\ln(\sin x))'=\frac{(\sin x)'}{\sin x}=\frac{\cos x}{\sin x}$ Donc : $\frac{y'}{y}=\ln(\sin x)+x\frac{\cos x}{\sin x}.$ On multiplie par $y$ : $y' = y\left(\ln(\sin x)+x\frac{\cos x}{\sin x}\right).$ On remplace $y=(\sin x)^x$ : $f'(x)=(\sin x)^x\left(\ln(\sin x)+x\frac{\cos x}{\sin x}\right).$ b. On pose $y=g(x)$ : $y=\frac{(x^2+1)^2e^{-3x}}{(x+1)^{1/2}}.$ On prend le logarithme : $\ln y=\ln\left((x^2+1)^2\right)+\ln(e^{-3x})-\ln\left((x+1)^{1/2}\right).$ On simplifie avec les propriétés : $\ln\left((x^2+1)^2\right)=2\ln(x^2+1),\quad\ln(e^{-3x})=-3x,\quad\ln\left((x+1)^{1/2}\right)=\frac12\ln(x+1).$ Donc : $\ln y=2\ln(x^2+1)-3x-\frac12\ln(x+1).$ On dérive : $\frac{y'}{y}=2\cdot \frac{(x^2+1)'}{x^2+1}-3-\frac12\cdot\frac{1}{x+1}.$ Donc : $\frac{y'}{y}=2\cdot\frac{2x}{x^2+1}-3-\frac{1}{2(x+1)} =\frac{4x}{x^2+1}-3-\frac{1}{2(x+1)}.$ Alors : $ y'=y\left(\frac{4x}{x^2+1}-3-\frac{1}{2(x+1)}\right).$En remplaçant $y=g(x)$ : $g'(x)=\frac{(x^2+1)^2e^{-3x}}{\sqrt{x+1}} \left(\frac{4x}{x^2+1}-3-\frac{1}{2(x+1)}\right)$ ## Correction de l'exercice 4 On souhaite calculer la dérivée de la fonction $\operatorname{arccosh}(x)$ pour $x>1$. La fonction $\cosh$ est continue, strictement croissante sur $[0,+\infty[$ et dérivable. Sa fonction réciproque sur $[1,+\infty[$ est $\operatorname{arccosh}$. D'après le théorème de la dérivée d'une fonction réciproque : $ \left(\cosh^{-1}\right)'(y) = \frac{1}{\cosh'\left(\cosh^{-1}(y)\right)}. $Comme $\cosh^{-1}=\operatorname{arccosh}$ et que $ \cosh'(x)=\sinh(x),$on obtient $\operatorname{arccosh}'(x) = \frac{1}{\sinh(\operatorname{arccosh}(x))}.$Posons $u=\operatorname{arccosh}(x).$Alors $ \cosh(u)=x.$En utilisant l'identité hyperbolique $ \cosh^2(u)-\sinh^2(u)=1,$on obtient $ \sinh^2(u)=\cosh^2(u)-1=x^2-1. $Comme $u\ge 0$ pour $x>1$, on a $ \sinh(u)=\sqrt{x^2-1}. $Ainsi, $ \operatorname{arccosh}'(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}.$ ## Correction de l'exercice 5 Produit $u=x$ et $v=e^{-x}$. $u'=1,\qquad v'=-e^{-x}.$ Donc : $f'(x)=u'v+uv'=1\cdot e^{-x}+x(-e^{-x})=e^{-x}(1-x).$ On dérive $f'(x)=e^{-x}(1-x)$ (encore un produit). Posons $a=e^{-x}$ et $b=1-x$ : $a'=-e^{-x},\qquad b'=-1.$Donc : $f''(x)=a'b+ab'=(-e^{-x})(1-x)+e^{-x}(-1)=e^{-x}(x-2).$ On dérive $f''(x)=e^{-x}(x-2)$. Produit $c=e^{-x}$, $d=x-2$ : $c'=-e^{-x},\qquad d'=1.$ $f'''(x)=c'd+cd'=(-e^{-x})(x-2)+e^{-x}\cdot 1=e^{-x}(1-x+2)=e^{-x}(3-x).$ ## Correction de l'exercice 6 On pose : $u(x)=x^3+1,\qquad v(x)=\cos x,\qquad f(x)=u(x)v(x).$ La formule de Leibniz (pour la dérivée seconde d’un produit) est : $(uv)'' = u''v + 2u'v' + uv''.$ On calcule : $u'(x)=3x^2,\qquad u''(x)=6x.$ et $v'(x)=-\sin x,\qquad v''(x)=-\cos x.$ On applique : $f''(x)=u''v + 2u'v' + uv'' =6x\cos x + 2(3x^2)(-\sin x) + (x^3+1)(-\cos x).$ Donc : $f''(x)=6x\cos x - 6x^2\sin x - (x^3+1)\cos x.$On peut regrouper les termes en $\cos x$ : $f''(x)=\bigl(6x-(x^3+1)\bigr)\cos x - 6x^2\sin x =(-x^3+6x-1)\cos x - 6x^2\sin x.$ ## Correction de l'exerice 7 1. **Calcul de la dérivée :** $f(x) = x^2 + 2x - 1 \implies f'(x) = 2x + 2$. 2. **Calcul des éléments au point $x_0 = 1$ :** - Ordonnée du point : $f(1) = 1^2 + 2(1) - 1 = 2$. Le point est $(1, 2)$. - Pente de la tangente : $f'(1) = 2(1) + 2 = 4$. 3. **Équation de la tangente :** On utilise la formule $y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0)$. $ y = 4(x - 1) + 2 $ $ y = 4x - 4 + 2 $ $ y = 4x - 2 $ ## Correction de l'exercice 8 1. **Calcul de la dérivée :** $f(x) = x^3 - 3x^2 + 1 \implies f'(x) = 3x^2 - 6x$. 2. **Recherche des points où la pente est nulle :** On résout $f'(x) = 0$. $ 3x^2 - 6x = 0 $ $ 3x(x - 2) = 0 $ Les solutions sont $x = 0$ et $x = 2$. 3. **Calcul des ordonnées :** - Pour $x=0$, $f(0) = 0^3 - 3(0)^2 + 1 = 1$. - Pour $x=2$, $f(2) = 2^3 - 3(2)^2 + 1 = 8 - 12 + 1 = -3$. Les points où la tangente est horizontale sont **(0, 1)** et **(2, -3)**. ### Solution 10 : Problème d'application complet 1. **Domaine de définition :** La fonction racine carrée est définie si son argument est positif ou nul. $2x+1 \ge 0 \implies 2x \ge -1 \implies x \ge -1/2$. Le domaine est **$[-1/2, +\infty[$**. 2. Lorsque $x \to +\infty$, $2x+1 \to +\infty$ et donc $\sqrt{2x+1}\to +\infty$. Ainsi $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. 3. D'après la partie 2., on peut déduire que la fonction n'admet pas une asymptote horizontale en $+\infty$ On calcul $a$ pour vérifier si une asymptote $y=ax+b$ existe. $a= \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=\lim_{x\to+\infty}\frac{\sqrt{2x+1}}x=\lim_{x\to+\infty}\frac{x\sqrt{\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}}{x}=\lim_{x\to+\infty}\sqrt{\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}=0.$ Il n'existe donc pas d'asymptote oblique. 4. **Calcul de la dérivée :** C'est une fonction de la forme $\sqrt{u(x)}$ avec $u(x)=2x+1$. Sa dérivée est $\frac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}$. $u'(x) = 2$. $ f'(x) = \frac{2}{2\sqrt{2x+1}} = \frac{1}{\sqrt{2x+1}} $ 5. **Tangente en $x_0 = 4$ :** - Point : $f(4) = \sqrt{2(4)+1} = \sqrt{9} = 3$. Le point est $(4, 3)$. - Pente : $f'(4) = \frac{1}{\sqrt{2(4)+1}} = \frac{1}{\sqrt{9}} = \frac{1}{3}$. - Équation : $y = \frac{1}{3}(x - 4) + 3 = \frac{1}{3}x - \frac{4}{3} + 3 = \frac{1}{3}x + \frac{5}{3}$. L'équation est **$y = \frac{1}{3}x + \frac{5}{3}$**. 6. **Point où la pente vaut $1/3$ :** On cherche $x$ tel que $f'(x) = 1/3$. $ \frac{1}{\sqrt{2x+1}} = \frac{1}{3} $ $ \sqrt{2x+1} = 3 $ On met au carré : $2x+1 = 9 \implies 2x = 8 \implies x=4$. Le point est celui que nous venons d'étudier : **$x=4$**. 7. La fonction racine carrée $\sqrt{2x+1}$ prend des valeurs positives $\forall x\geq-1/2$. Donc, $f'(x)>0\quad \forall x\in D_f$. La fonction $f$ n'admet pas de points critiques car la dérivée ne s'annule pas. | $x$ | $-\frac12$ | | $+\infty$ | | ------- | ---------- | ---------- | --------- | | $f'(x)$ | | $+$ | | | $f(x)$ | $0$ | $\nearrow$ | $+\infty$ | 8. **Graphe de $f(x)$** ![[Analyse et Données/Mathématiques/Dérivées/Ressources_Dérivées/courbe de l'exerice 9.png||500]] ---- # Historique - Dernière MAJ: `17-juillet-2026` - Rédigé par: [[Antonia JABBOUR]] %% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/Dérivées/Dérivées|Accueil · Dérivées]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/Dérivées/Cours 3 - Dérivées\|← Cours 3 - Dérivées]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %%