Exercices corrigés — Dérivation & étude de fonctions

Dérive $f$, puis évalue en $2$.

$f'(2)$ est le coefficient directeur de la tangente.

Équation : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$ avec $a=2$.

Deux questions en une, et la seconde ne demande aucune idée neuve : une tangente est entièrement déterminée par deux nombres, la pente $f'(a)$ et le point de contact $f(a)$.

Le réflexe est donc : dériver, évaluer $f'$ en $a$, évaluer $f$ en $a$, appliquer la formule. Ici $a=2$.

C'est la droite qui colle à la courbe au point considéré : elle la touche et repart dans la même direction, comme la trajectoire d'une bille qui quitterait le rail à cet endroit précis.

Deux conditions, donc, et ce sont exactement les deux nombres de la formule :

• elle passe par le point $A\big(a\,;f(a)\big)$ de la courbe — c'est $f(a)$ ;
• elle a la même pente que la courbe en ce point — c'est $f'(a)$, et c'est toute la définition du nombre dérivé.

👉 Retiens que $f'(a)$ est une pente. Ce n'est pas une valeur de la fonction, c'est une vitesse de montée. C'est pour ça que la confondre avec $f(a)$ donne une droite qui n'a rien à voir.

Équation de la tangente en $a$

$$y=f'(a)(x-a)+f(a)$$

$f'(a)$ est la pente, et le point $A\big(a\,;f(a)\big)$ est sur la courbe et sur la tangente. Cette double appartenance donne le contrôle de fin.

D'où vient cette formule ? C'est simplement l'équation d'une droite de pente $m$ passant par un point $(x_0\,;y_0)$, à savoir $y=m(x-x_0)+y_0$, dans laquelle on a remplacé $m$ par $f'(a)$, $x_0$ par $a$ et $y_0$ par $f(a)$. Rien de plus.

$f(x)=x^2-3x+1$ est un polynôme : on dérive terme à terme avec $(x^n)'=nx^{n-1}$.

• $\big(x^2\big)'=2x^{2-1}=2x$ ;
• $\big(-3x\big)'=-3$ (la dérivée de $x$ vaut $1$) ;
• $\big(1\big)'=0$ (une constante ne varie pas, sa pente est nulle).

$f'(2)=2\times 2-3=4-3=1$.

La tangente a donc pour pente $1$ : elle monte à $45^\circ$. Autrement dit, au voisinage de $x=2$, la courbe monte d'environ $1$ quand $x$ avance de $1$.

$f(2)=2^2-3\times2+1=4-6+1=-1$, donc le point de contact est $A(2\,;-1)$.

⚠️ C'est $f(2)$ qu'il faut ici, pas $f'(2)$. Ce sont deux nombres différents, ils valent d'ailleurs $-1$ et $1$, et ils jouent deux rôles différents : l'un dit où, l'autre dit dans quelle direction.

On reporte $a=2$, $f'(2)=1$ et $f(2)=-1$ :

La tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse $2$ a pour équation $\boxed{y=x-3}$.

⚠️ Confondre $f(a)$ et $f'(a)$, et écrire $y=f(a)(x-a)+f'(a)$. Ici ça donnerait $y=-1\times(x-2)+1=3-x$ : une droite de pente $-1$, qui descend là où la courbe monte.

Le contrôle qui l'attrape en trois secondes : remplace $x$ par $a$ dans ton équation. Tu dois retrouver $f(a)$, puisque la tangente touche la courbe en ce point.

• ta réponse : $x=2$ donne $y=2-3=-1=f(2)$ ✓
• la formule fautive : $x=2$ donne $y=3-2=1\neq-1$ ✗ — le contrôle la refuse.

⚠️ Oublier le $f(a)$ et écrire $y=f'(a)(x-a)$, soit $y=x-2$. Le même contrôle la refuse aussi : en $x=2$ elle donne $0$, pas $-1$. Cette droite est parallèle à la bonne, mais décalée.

Une tangente, c'est deux évaluations : $f'(a)$ pour la pente, $f(a)$ pour le point. Et le contrôle est toujours le même, quelle que soit la fonction : en $x=a$, l'équation doit rendre $f(a)$.

Ce contrôle coûte cinq secondes et attrape les deux erreurs les plus fréquentes du chapitre. Prends l'habitude de le faire systématiquement — au contrôle, il transforme une réponse fausse en réponse juste.

Produit : $(uv)'=u'v+uv'$.

$u=x^2$, $v=e^x$.

Factorise le résultat.

$f$ est un produit de deux fonctions qu'on sait dériver séparément : $x^2$ et $e^x$. Il n'existe pas de formule qui dérive un produit facteur par facteur — c'est la formule $(uv)'$ qu'il faut.

Et on factorisera à la fin : sur cette famille d'exercices, la dérivée sert presque toujours à étudier un signe, et un signe se lit sur une forme factorisée, jamais sur une somme.

C'est l'erreur n°1 du chapitre, et on ne s'en débarrasse qu'en voyant pourquoi c'est faux.

Prends $u(x)=x$ et $v(x)=x$. Alors $uv=x^2$, dont la dérivée est $2x$. Mais $u'v'=1\times1=1$. Et $2x\neq1$ sauf en un point.

L'intuition : dans un produit, les deux facteurs varient en même temps. Quand $x$ augmente un peu, $u$ contribue à faire grandir le produit pendant que $v$ est là, et $v$ contribue pendant que $u$ est là. D'où deux termes, $u'v$ et $uv'$ — un pour chaque facteur qui bouge, l'autre restant à sa valeur.

👉 C'est exactement le calcul d'une aire de rectangle qu'on agrandit : la surface gagnée, ce sont deux bandes, une par côté.

Dérivée d'un produit

$$(uv)'=u'v+uv'$$

Les deux termes, jamais $u'v'$. La formule est symétrique en $u$ et $v$ : peu importe lequel on appelle $u$, on retombe sur la même chose.

$u=x^2$ donc $u'=2x$ ; $v=e^x$ donc $v'=e^x$.

⚠️ $e^x$ est sa propre dérivée : c'est la seule fonction usuelle dans ce cas, et c'est ce qui la rend si commode. Ne cherche pas à la « dériver » davantage.

À ce stade la réponse est juste. Mais elle n'est pas encore exploitable.

$e^x$ est en facteur dans les deux termes, et $x$ aussi :

Sous cette forme le signe se lit d'un coup : $e^x>0$ pour tout $x$, donc le signe de $f'$ est exactement celui de $x(x+2)$ — un trinôme dont les racines sont $0$ et $-2$.

On en déduit gratuitement les variations : $f'>0$ sur $]-\infty;-2[$, $f'<0$ sur $]-2;0[$, $f'>0$ sur $]0;+\infty[$. Donc $f$ a un maximum local en $-2$ et un minimum local en $0$.

⚠️ Écrire $f'(x)=2x\,e^x$, c'est-à-dire dériver chaque facteur et les multiplier. C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre — celle que le pas 2 explique.

Le contrôle numérique la tue : prends $x=1$.

• la vraie dérivée : $1\times(1+2)\times e^1=3e\approx8{,}15$ ;
• la formule fautive : $2\times1\times e^1=2e\approx5{,}44$.

Un seul point suffit à départager deux expressions, à condition de le choisir là où elles diffèrent — ici n'importe quel $x\neq0$ convient.

⚠️ Oublier de factoriser et essayer de lire le signe sur $2xe^x+x^2e^x$. Ce n'est pas faux, c'est juste illisible : on ne sait pas dire, à l'œil, où cette somme change de signe.

Produit $\Rightarrow$ $(uv)'=u'v+uv'$, puis on factorise systématiquement.

Avec une exponentielle, $e^x$ sort toujours en facteur et ne change jamais le signe : tout le signe est dans le polynôme qui reste. C'est un réflexe qui resservira dans tout le chapitre — et au chapitre Développements limités, où le même $e^x$ joue le même rôle de facteur toujours positif.

Quotient : $\left(\tfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$.

$u=\ln x$, $v=e^x$.

Simplifie par $e^x$.

C'est un quotient, donc la formule $\left(\frac{u}{v}\right)'$. Mais il y a mieux à voir : le dénominateur est $e^x$, et son carré $(e^x)^2=e^{2x}$ va se simplifier avec le $e^x$ qui apparaîtra au numérateur.

Anticiper cette simplification évite de traîner des exponentielles pendant trois lignes.

Dérivée d'un quotient

$$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$$

L'ordre compte : c'est $u'v$ moins $uv'$. Contrairement au produit, cette formule n'est pas symétrique — intervertir $u$ et $v$ change le signe du résultat.

Comment retenir l'ordre sans le confondre ? Le terme qui vient en premier est celui où l'on dérive le haut, c'est-à-dire $u'v$. Moyen mnémotechnique classique : « haut dérivé fois bas, moins haut fois bas dérivé, le tout sur bas au carré ».

Et un contrôle imparable : prends $u=x$, $v=1$. Alors $\frac uv=x$, dont la dérivée vaut $1$. La formule donne $\frac{1\times1-x\times0}{1}=1$ ✓. Si tu avais mis le moins à l'envers, tu obtiendrais $\frac{x\times0-1\times1}{1}=-1$ ✗ ; mais un $+$ à la place du $-$ (la formule du produit) redonnerait $1$ — donc teste plutôt $u=1$, $v=x$ : $\frac1x$ se dérive en $-\frac1{x^2}$, et la formule donne $\frac{0\times x-1\times1}{x^2}=-\frac1{x^2}$ ✓, alors que l'ordre inversé comme le $+$ donneraient $+\frac1{x^2}$ ✗.

$u=\ln x$ donc $u'=\dfrac1x$ ; $v=e^x$ donc $v'=e^x$.

On travaille sur $]0;+\infty[$, où $\ln$ est définie — et où $e^x\neq0$, ce qui est de toute façon vrai partout : une exponentielle ne s'annule jamais, donc le dénominateur ne pose aucun problème.

⚠️ Ne simplifie pas encore : recopie d'abord la formule complète, puis nettoie. Vouloir simplifier en même temps qu'on applique est ce qui fait perdre des termes.

$e^x$ est en facteur au numérateur, et $(e^x)^2=e^x\cdot e^x$ :

On a simplifié un $e^x$ en haut et en bas — légitime, puisque $e^x\neq0$.

On chasse la fraction du numérateur en multipliant haut et bas par $x$ (licite car $x>0$) :

Cette forme est préférable : plus de fraction étagée, et le signe se lit sur le seul numérateur $1-x\ln x$, puisque $x>0$ et $e^x>0$ rendent le dénominateur strictement positif.

⚠️ Écrire $u'v+uv'$ — la formule du produit à la place de celle du quotient. Ici on obtiendrait $\frac1x+\ln x$ au numérateur au lieu de $\frac1x-\ln x$.

Le contrôle — encore faut-il bien choisir son point. En $x=1$ les deux formules donnent $\frac1e$ : $\ln 1=0$ efface justement le terme qui les distingue, et le test ne prouverait rien. C'est un piège de vérification, pas de calcul : un contrôle qui ne peut pas échouer ne contrôle rien.

En $x=2$ en revanche :

• la bonne : $\dfrac{1-2\ln2}{2e^2}=\dfrac{1-1{,}386}{14{,}78}\approx-0{,}026$ ;
• la fautive : $\dfrac{1+2\ln 2}{2e^2}=\dfrac{2{,}386}{14{,}78}\approx+0{,}16$.

Des signes opposés. Or $f$ atteint son maximum vers $x\approx1{,}76$, donc $f'(2)$ doit être négatif ✓ : la bonne formule est confirmée, la fautive éliminée.

Quotient $\Rightarrow$ $\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, jamais de $+$. Et quand $v$ est une exponentielle, factorise-la au numérateur avant toute chose : elle se simplifie avec $v^2$ et allège tout le calcul.

👉 La leçon de méthode vaut au-delà de cet exercice : quand tu contrôles une formule sur un point, vérifie d'abord que ce point distingue les deux candidates. Ici $x=1$ ne les distingue pas.

Composée $\exp\circ u$ avec $u=x^2$.

$(e^u)'=u'e^u$.

$u'=2x$.

$e^{x^2}$ n'est pas un produit : c'est une composée. On part de $x$, on calcule $x^2$, puis on prend l'exponentielle du résultat. Deux fonctions emboîtées, pas côte à côte.

Distinguer $x^2e^x$ (produit) de $e^{x^2}$ (composée) est le premier tri à faire, et il décide de la formule.

C'est LE facteur qu'on oublie, et le comprendre suffit à ne plus l'oublier.

Une composée, c'est une chaîne de transmission : $x$ fait bouger $u$, et $u$ fait bouger $e^u$. Si $x$ avance d'un petit pas, $u$ avance de $u'$ fois ce pas, et $e^u$ avance de $(e^u)$ fois le pas de $u$. Les deux effets se multiplient.

Une image : si un engrenage tourne 3 fois plus vite qu'un autre, et que celui-ci en entraîne un troisième 5 fois plus vite, le rapport total est $3\times5=15$, pas $3+5$.

👉 D'où $\big(e^u\big)'=u'\,e^u$ : la vitesse de l'intérieur multiplie celle de l'extérieur.

Dérivée d'une exponentielle composée

$$\big(e^u\big)'=u'\,e^u$$

On dérive de l'extérieur vers l'intérieur : l'exponentielle se recopie à l'identique, et on multiplie par la dérivée de l'exposant. Ce facteur $u'$ est ce qu'on oublie.

Même mécanique pour les autres composées usuelles :

$$\big(\ln u\big)'=\frac{u'}{u}\qquad \big(\sqrt u\big)'=\frac{u'}{2\sqrt u}\qquad \big(u^n\big)'=n\,u'\,u^{n-1}$$

Dans les quatre, on retrouve le même $u'$ en facteur.

Fonction extérieure : $\exp$. Fonction intérieure : $u=x^2$, donc $u'=2x$.

Un test pour ne pas se tromper : demande-toi « si je calculais $f(3)$ à la calculatrice, dans quel ordre je taperais ? » Ici : d'abord $3^2=9$, ensuite $e^9$. Ce qu'on fait en dernier est la fonction extérieure.

L'exposant $x^2$ n'a pas bougé ; c'est sa dérivée $2x$ qui est apparue devant.

⚠️ Répondre $e^{x^2}$, en oubliant le facteur $2x$ — parce que « la dérivée de l'exponentielle est elle-même ». C'est vrai pour $e^x$, faux dès que l'exposant n'est plus $x$.

⚠️ Variante : répondre $2x\,e^{2x}$, en dérivant aussi l'exposant dans l'exponentielle. L'exposant se recopie ; sa dérivée sort devant, jamais à sa place.

Le contrôle : $f(x)=e^{x^2}$ est paire (elle ne change pas quand on remplace $x$ par $-x$), donc sa courbe est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, donc — comme elle est dérivable — elle a une tangente horizontale en $0$. Il faut donc $f'(0)=0$.

• la bonne réponse : $2\times0\times e^0=0$ ✓
• la réponse oubliée : $e^0=1\neq0$ ✗

⚠️ Et une remarque de structure qui donne un second contrôle gratuit : la dérivée d'une fonction paire est impaire. Or $2xe^{x^2}$ est bien impaire ✓ ; $e^{x^2}$, elle, est paire ✗.

Dès qu'une exponentielle a un exposant autre que $x$, il y a un facteur $u'$ devant. Même mécanique pour $\ln u$, $\sqrt u$ et $u^n$ : la dérivée de l'intérieur sort toujours en facteur.

Et garde en réserve les deux contrôles de parité — ils ne coûtent rien et attrapent exactement l'oubli de $u'$ :

• dérivée d'une fonction paire $\Rightarrow$ impaire (et $f'(0)=0$) ;
• dérivée d'une fonction impaire $\Rightarrow$ paire.

Composée $\ln\circ u$ avec $u=x^3+1$.

$(\ln u)'=\dfrac{u'}{u}$.

$u'=3x^2$.

Composée à nouveau, cette fois avec $\ln$ à l'extérieur et $u=x^3+1$ à l'intérieur.

Le domaine $]-1;+\infty[$ n'est pas décoratif : c'est exactement là que $x^3+1>0$, donc là où $\ln(x^3+1)$ existe. Un $\ln$ impose toujours de vérifier que son argument est strictement positif.

$x^3+1>0 \iff x^3>-1 \iff x>-1$.

La dernière équivalence tient parce que la fonction cube est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ : elle conserve les inégalités, et $(-1)^3=-1$. Attention, ce raisonnement ne marcherait pas avec un carré — $x^2>1$ donne $x>1$ ou $x<-1$.

En $x=-1$ l'argument vaut $0$, et $\ln 0$ n'existe pas : la borne est bien ouverte. Et quand $x\to(-1)^+$, on a $\ln(x^3+1)\to-\infty$ — la courbe plonge le long d'une asymptote verticale.

Dérivée d'un logarithme composé

$$\big(\ln u\big)'=\frac{u'}{u}\qquad\text{sur tout intervalle où }u>0$$

Cette forme $\frac{u'}{u}$ est à connaître dans les deux sens : elle sert aussi à reconnaître une primitive au chapitre Intégrales, où $\int\frac{u'}{u}=\ln|u|$.

Extérieure : $\ln$. Intérieure : $u=x^3+1$, donc $u'=3x^2$.

Sur $]-1;+\infty[$ on a bien $u>0$, la formule s'applique sur tout l'intervalle.

Sur $]-1;+\infty[$ :

• au numérateur, $3x^2\geq0$ — un carré n'est jamais négatif ;
• au dénominateur, $x^3+1>0$ — c'est la définition de l'intervalle.

Donc $f'\geq0$ et $f$ est croissante sur tout $]-1;+\infty[$.

Le seul point où $f'$ s'annule est $x=0$. Mais elle s'annule sans changer de signe : ce n'est donc pas un extremum, seulement une tangente horizontale au milieu d'une montée — un point d'inflexion.

⚠️ Écrire $\frac{1}{x^3+1}$, en oubliant $u'$ au numérateur — même oubli qu'avec l'exponentielle, même cause (le pas 2 de l'exercice précédent).

⚠️ Plus subtil, et beaucoup plus coûteux : conclure « $f'$ s'annule en $0$ donc $f$ y admet un extremum ». C'est faux. Pour conclure à un extremum, il faut un changement de signe de $f'$, pas seulement son annulation.

Le contrôle : évalue $f'$ de part et d'autre de $0$.

• $f'(1)=\dfrac{3}{2}=1{,}5>0$
• $f'(-\tfrac12)=\dfrac{3\times0{,}25}{-0{,}125+1}=\dfrac{0{,}75}{0{,}875}\approx0{,}86>0$

Même signe des deux côtés $\Rightarrow$ pas d'extremum. La fonction continue de monter, elle marque juste une pause.

👉 L'exemple de référence à garder en tête est $x\mapsto x^3$ en $0$ : dérivée nulle, et pourtant strictement croissante.

Le point délicat de cet exercice est le comportement autour de $0$. Regardons-le en chiffres.

Deux choses se lisent d'un coup :

1. $f$ monte tout le temps — la colonne du milieu est strictement croissante, de $-1{,}31$ à $0{,}69$. Aucun creux, aucun sommet.
2. $f'$ s'annule en $0$ mais reste positive autour — $0{,}857$ juste avant, $0{,}667$ juste après. La pente diminue, touche $0$, puis remonte : la courbe fait une pause sans changer de direction.

👉 C'est exactement l'image du col en plateau : plat un instant, mais toujours en montée.

⚠️ Et remarque le $8{,}967$ en $x=-0{,}9$ : près de la borne $-1$, le dénominateur $x^3+1$ devient minuscule et la pente explose. C'est la trace de l'asymptote verticale.

$\big(\ln u\big)'=\dfrac{u'}{u}$ est à connaître dans les deux sens, et c'est le second qui rapporte le plus au chapitre Intégrales :

Concrètement : devant une fraction, demande-toi si le numérateur est la dérivée du dénominateur. Si oui, la primitive est un logarithme, sans aucun calcul.

Exemples à reconnaître d'un coup d'œil :

Le troisième cas est le plus fréquent : il suffit d'ajuster le coefficient, ce qui est toujours possible puisqu'une constante sort de l'intégrale.

$\big(\ln u\big)'=\dfrac{u'}{u}$, et le domaine se justifie par $u>0$ — à écrire, jamais à sous-entendre.

Et retiens la règle qui vient d'être payée : une dérivée qui s'annule en gardant un signe strict de part et d'autre ne donne pas d'extremum. Pour conclure à un maximum ou un minimum, il faut toujours regarder le signe de part et d'autre, pas seulement l'annulation.

Produit $u\cdot v$ avec $u=x$, $v=\cos(2x)$.

$v$ est une composée : $\left(\cos(2x)\right)'=-2\sin(2x)$.

Assemble avec $(uv)'=u'v+uv'$.

Deux structures emboîtées : $f$ est un produit ($x$ fois $\cos(2x)$), et le second facteur est lui-même une composée ($\cos$ de $2x$).

On traite la structure la plus extérieure d'abord — ici le produit — et on dérive $\cos(2x)$ séparément, en composée. Vouloir tout faire d'un coup est ce qui produit les erreurs.

Demande-toi : « si je devais calculer $f(1)$ à la main, quelle est la DERNIÈRE opération que je ferais ? »

Ici : je calcule $2\times1=2$, puis $\cos(2)$, puis je multiplie par $1$. La dernière opération est une multiplication $\Rightarrow$ la structure extérieure est un produit.

Compare avec $\cos(2x^2)$ : la dernière opération serait le cosinus $\Rightarrow$ structure extérieure = composée. Et avec $\cos(x)+2x$ : la dernière serait l'addition $\Rightarrow$ somme, donc on dérive terme à terme.

👉 Ce test tranche à chaque fois, et il évite d'appliquer la formule du produit à une composée (ou l'inverse), qui est la faute la plus coûteuse du chapitre.

Les deux formules employées

$$(uv)'=u'v+uv'\qquad\text{et}\qquad \big(\cos u\big)'=-u'\sin u$$

Attention au signe moins de la dérivée du cosinus, et au facteur $u'$ de la composée : ce sont les deux pièges de cet exercice, et ils se cumulent.

Rappel du couple complet, dans le bon sens :

$$\big(\sin u\big)'=u'\cos u\qquad \big(\cos u\big)'=-u'\sin u$$

Le moins est sur le cosinus — celui qui « descend » d'abord, puisque $\cos$ part de $1$ et diminue.

Avec $u=2x$ (donc $u'=2$) :

Le $2$ vient de la dérivée de l'intérieur, le $-$ vient du cosinus. Deux facteurs, deux origines distinctes — c'est en les confondant qu'on en perd un.

Avec $u=x$ ($u'=1$) et $v=\cos(2x)$ ($v'=-2\sin(2x)$) :

⚠️ Perdre le $2$ et écrire $\cos(2x)-x\sin(2x)$, ou perdre le signe moins et écrire $\cos(2x)+2x\sin(2x)$. Les deux erreurs sont indépendantes et peuvent se cumuler.

Le contrôle, en deux points — et il faut les deux.

Premier point, $x=0$. Près de $0$, $\cos(2x)\approx1$ donc $f(x)\approx x$ : la courbe part avec une pente $1$. On doit avoir $f'(0)=1$. La bonne réponse donne $\cos0-0=1$ ✓. Mais ce point ne départage pas les trois formules : le terme fautif est multiplié par $x=0$, il disparaît. Un contrôle qui ne peut pas échouer ne contrôle rien.

Second point, $x=\frac{\pi}{4}$. Là, $2x=\frac{\pi}{2}$, donc $\cos(2x)=0$ et $\sin(2x)=1$ :

• la bonne : $0-2\times\frac{\pi}{4}\times1=-\frac{\pi}{2}\approx-1{,}57$
• « $2$ perdu » : $0-\frac{\pi}{4}\approx-0{,}79$
• « moins perdu » : $0+\frac{\pi}{2}\approx+1{,}57$

Les trois valeurs diffèrent, dont une de signe. Et $f(\frac\pi4)=\frac\pi4\times0=0$ alors que $f$ était positive juste avant : la fonction redescend, donc $f'(\frac\pi4)\leq0$ ✓.

Structures emboîtées : la plus extérieure d'abord, l'intérieure traitée à part. Le test de la « dernière opération » la désigne à coup sûr.

Sur les fonctions trigonométriques composées, deux facteurs se perdent — le $u'$ et le signe de $\cos'=-\sin$. Et pour les rattraper, choisis un point de contrôle où les formules concurrentes diffèrent : en $0$, elles coïncident souvent, ce qui rend le test creux.

Dérive $f$.

$f'$ est affine : résous $f'(x)=0$ puis détermine le signe.

$f'>0\Rightarrow f$ croît ; $f'<0\Rightarrow f$ décroît.

« Étudier le signe de $f'$ » et « en déduire les variations » sont la même question posée deux fois : sur un intervalle, le signe de la dérivée EST le sens de variation. Le vrai travail est donc le signe, pas le calcul de $f'$.

Ici $f$ est un polynôme de degré $2$, donc $f'$ est affine : son signe se lit en une ligne, sans tableau de signes élaboré.

Ce n'est pas une règle arbitraire à mémoriser, c'est une conséquence directe de ce qu'est une dérivée.

$f'(x)$ est la pente de la courbe au point d'abscisse $x$ — sa vitesse de montée.

• Si cette pente est positive, la courbe monte quand on avance vers la droite : $f$ est croissante.
• Si elle est négative, la courbe descend : $f$ est décroissante.
• Si elle est nulle, la tangente est horizontale : la courbe marque une pause.

👉 Image utile : $f$ est ton altitude sur une route, $f'$ est la pente affichée sur le panneau. Pente $+8\%$ : tu montes. Pente $-8\%$ : tu descends. Pente $0$ : c'est plat.

Et la pause n'est pas forcément un sommet — sur un col en plateau, tu peux avoir une portion plate au milieu d'une montée. C'est exactement pour ça que conclure à un extremum exige un changement de signe, et pas seulement une annulation.

Signe de la dérivée et variations Sur un intervalle : $f'>0\Rightarrow f$ croissante ; $f'<0\Rightarrow f$ décroissante. Un changement de signe de $f'$ garantit un extremum local — s'annuler ne suffit pas.

Signe d'une fonction affine $ax+b$ Elle s'annule en $x=-\frac ba$, et elle est du signe de $a$ après cette racine, du signe contraire avant.

$f(x)=x^2-4x+1$, terme à terme :

• $\big(x^2\big)'=2x$
• $\big(-4x\big)'=-4$
• $\big(1\big)'=0$

C'est une fonction affine de coefficient directeur $2>0$ : elle est croissante, donc négative avant sa racine et positive après.

$f'<0$ sur $]-\infty;2[$ et $f'>0$ sur $]2;+\infty[$.

Contrôle en deux points, pour ne pas se fier au seul raisonnement : $f'(0)=-4<0$ ✓ et $f'(3)=2>0$ ✓. Deux valeurs de part et d'autre de la racine, deux signes opposés — le changement de signe est confirmé.

$f$ décroît sur $]-\infty;2]$ puis croît sur $[2;+\infty[$ : elle admet un minimum en $x=2$.

Le minimum vaut donc $-3$, atteint en $x=2$.

⚠️ Conclure « $f'(2)=0$ donc $f$ admet un extremum » sans regarder le signe de part et d'autre. Ça tombe juste ici, mais c'est un raisonnement faux, et il te trahira ailleurs : $f(x)=x^3$ a $f'(0)=0$ sans aucun extremum, parce que $f'=3x^2$ reste positive des deux côtés. La courbe fait une pause et repart dans le même sens.

⚠️ Annoncer un maximum au lieu d'un minimum. Le sens se lit sur le coefficient de $x$ dans $f'$ : il vaut $2>0$, donc $f'$ passe de $-$ à $+$, donc $f$ descend puis monte — un creux, pas un sommet.

Retiens le sens de lecture : $-$ puis $+$ $\Rightarrow$ minimum ; $+$ puis $-$ $\Rightarrow$ maximum. Le signe qui arrive en second dit dans quel sens la courbe repart.

⚠️ Confondre « $f'$ négative » et « $f$ négative ». Ce sont deux fonctions différentes. Ici $f'(0)=-4<0$ alors que $f(0)=1>0$ : la courbe est au-dessus de l'axe et elle descend. Aucune contradiction.

Pour une parabole, le sommet est en $x=-\dfrac{b}{2a}$ : ici $-\dfrac{-4}{2\times1}=2$ ✓, ce qui recoupe le calcul par un chemin indépendant. Prends l'habitude de ce genre de recoupement : deux méthodes qui donnent le même nombre, c'est une quasi-certitude.

Et retiens la nuance qui coûte des points : conclure à un extremum demande un changement de signe de $f'$, pas seulement une annulation.

$f'$ sera du second degré.

Factorise $f'$ pour étudier son signe.

Dérivée du 2nd degré à coeff dominant positif : positive à l'extérieur des racines.

$f$ est de degré $3$, donc $f'$ est de degré $2$ : son signe ne se lit plus à vue, il faut le factoriser.

C'est la seule difficulté de l'exercice. Une fois $f'$ écrite sous forme de produit, le signe se déduit de la règle du trinôme, sans calcul supplémentaire.

Signe d'un trinôme $ax^2+bx+c$ à deux racines Il est du signe de $a$ à l'extérieur des racines, et du signe contraire entre elles. Ici $a=3>0$ : $f'$ est positive à l'extérieur de $[-1;1]$, négative entre $-1$ et $1$.