TS – Exercices corrigés – dérivation

Exercice 1

Dans chacun des cas suivants, justifier brièvement pourquoi la fonction $f$ est dérivable, calculer $f'(x)$ et fournir l’ensemble de dérivabilité de $f$, $D_{f’}$.

  1. $f(x)=\dfrac{3x^2-5}{2x+3}$
    $\quad$
  2. $f(x)=\left(2-3x^2\right)\sqrt{x}$
    $\quad$
  3. $f(x)=\sin(1-2x)$
    $\quad$
  4. $f(x)=\sqrt{2x^2+3x+4}$
    $\quad$
  5. $f(x)=\left(6x^2+3x+7\right)^3$
    $\quad$
  6. $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{5x-3}}$
    $\quad$
  7. $f(x)=\dfrac{1}{2x^2-1}$
    $\quad$
  8. $f(x)=\dfrac{1-\sin x}{3+\cos x}$
    $\quad$
  9. $f(x)=\cos^5 x$
    $\quad$
  10. $f(x)=\sqrt{\dfrac{3x}{2-x}}$
    $\quad$
Correction Exercice 1
  1. $f$ est dérivable sur $\left]-\infty;-\dfrac{3}{2}\right[$ et sur $\left]-\dfrac{3}{2};+\infty\right[$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur ces intervalles dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{6x(2x+3)-2\left(3x^2-5\right)}{(2x+3)^2} \\\\
    &=\dfrac{12x^2+18x-6x^2+10}{(2x+3)^2} \\\\
    &=\dfrac{6x^2+18x+10}{(2x+3)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(x)&=-6x\sqrt{x}+\dfrac{2-3x^2}{2\sqrt{x}} \\\\
    &=\dfrac{-12x^2+2-3x^2}{2\sqrt{x}}\\\\
    &=\dfrac{-15x^2+2}{2\sqrt{x}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\R$.
    $f'(x)=-2\cos(1-2x)$
    $\quad$
  4. Étudions tout d’abord le signe de $2x^2+3x+4$. $\Delta = 3^2-4\times 4\times 2 = -23<0$
    Par conséquent $2x^2+3x+4 >0$ pour tout réel $x$.
    Ainsi $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables.
    $f'(x)=\dfrac{4x+3}{2\sqrt{2x^2+3x+4}}$
    $\quad$
  5. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\R$.
    $f'(x)=3(12x+3)\left(6x^2+3x+7\right)^2$
    $\quad$
  6. $f$ est dérivable sur $\left]\dfrac{3}{5};+\infty\right[$ en tant que composée de fonctions dérivables.
    $\begin{align*} f'(x)&=-\dfrac{\dfrac{5}{2\sqrt{5x-3}}}{5x-3} \\\\
    &=-\dfrac{5}{2(5x-3)\sqrt{5x-3}}
    \end{align*}$
    $\quad$
  7. $f$ est dérivable sur $\left]-\infty;-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right[$, $\left]-\dfrac{\sqrt{2}}{2};\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right[$ et $\left]\dfrac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right[$ en tant que composée de fonctions dérivables.
    $f'(x)=-\dfrac{4x}{\left(2x^2-1\right)^2}$
    $\quad$
  8. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{-\cos x(3+\cos x)+\sin x(1-\sin x)}{(3+\cos x)^2} \\\\
    &=\dfrac{-3\cos x-\cos^2 x+\sin x-\sin^2 x}{(3+\cos x)^2}\\\\
    &=\dfrac{-3\cos x+\sin x-1}{(3+\cos x)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  9. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que composée de fonctions dérivables sur $\R$.
    $f'(x)=-5\sin x \left(\cos^5 x\right)^4$
    $\quad$
  10. Il faut tout d’abord étudier le signe de $\dfrac{3x}{2-x}$.
    Cette expression est strictement positive sur $]0;2[$.
    Donc $f$ est dérivable sur $]0;2[$ en tant que composée de fonctions dérivables.
    $\begin{align*}f'(x)&=\dfrac{\dfrac{3(2-x)+3x}{(2-x)^2}}{2\sqrt{\dfrac{3x}{2-x}}} \\\\
    &=\dfrac{6-3x+3x}{2(2-x)^2\sqrt{\dfrac{3x}{2-x}}} \\\\
    &=\dfrac{3}{(2-x)^2\sqrt{\dfrac{3x}{2-x}}}
    \end{align*}$

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$\quad$

Exercice 2

$f$ est la fonction définie sur $]1;+\infty[$ par $f(x)=\sqrt{\dfrac{x^3}{x-1}}$.

Démontrer rigoureusement que $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$ et calculer, pour tout $x$ de $]1;+\infty[$, $f'(x)$.
$\quad$

Correction Exercice 2

La fonction $x\to \dfrac{x^3}{x-1}$ est strictement positive sur $]1;+\infty[$. Elle est également dérivable sur cet intervalle en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur l’intervalle.
La fonction racine carrée est dérivable sur $]0;+\infty[$.
Par conséquent $f$ est dérivable sur $]1;+\infty[$.

$\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{\dfrac{3x^2(x-1)-x^3}{(x-1)^2}}{2\sqrt{\dfrac{x^3}{x-1}}} \\\\
&=\dfrac{2x^3-3x^2}{2(x-1)^2\sqrt{\dfrac{x^3}{x-1}}}
\end{align*}$

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$\quad$

Exercice 3

Un triangle $ABC$ isocèle, de sommet principal $A$ est inscrit dans un cercle de centre $O$ et de rayon $1$. $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$. On note $\alpha$ la mesure en radian de l’angle $\widehat{HOC}$. On suppose que $0\le \alpha \le \dfrac{\pi}{2}$.

TS-exos-dérivation (1)

  1. a. Exprimer $BC$ et $AH$ en fonction de $\alpha$.
    $\quad$
    b. En déduire, en fonction de $\alpha$ l’aire du triangle $ABC$.
    $\quad$
  2. On considère la fonction $f$ définie sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ par $f(\alpha)=\left(1+\cos \alpha\right)\sin \alpha$.
    Montrer que $f'(\alpha)=2\cos^2 \alpha + \cos \alpha – 1$.
    $\quad$
  3. a. Factoriser le polynôme $2X^2+X-1$ et en déduire une factorisation de $f'(\alpha)$.
    $\quad$
    b. Dresser le tableau de variation de $f$.
    $\quad$
  4. Démontrer qu’il existe une valeur de $\alpha$,que l’on déterminera, pour laquelle l’aire du triangle $ABC$ est maximale.
    Préciser ce maximum.
    Quelle est alors la nature du triangle $ABC$?
    $\quad$
Correction Exercice 3
  1. a. Dans le triangle $OHC$ on a $\sin \alpha = \dfrac{HC}{OC} = HC$.
    Le triangle $ABC$ est isocèle en $A$. Par conséquent $H$ est le milieu de $[BC]$.
    Ainsi $BC=2\sin \alpha$
    $\quad$
    On a également $\cos \alpha =\dfrac{OH}{OC} = OH$
    Ainsi $AH=AO+OH=1+\cos \alpha$.
    $\quad$
    b. L’aire du triangle $ABC$ est donc :
    $\mathscr{A} = \dfrac{AH \times BC}{2} = \dfrac{2\sin \alpha(1+\cos \alpha)}{2} = (1+\cos \alpha)\sin \alpha$
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(\alpha)&=-\sin \alpha \sin \alpha + (1+\cos \alpha)\cos \alpha \\
    &=-\sin^2 \alpha +\cos \alpha + \cos^2 \alpha \\
    &=\cos^2 \alpha – 1 +\cos \alpha + \cos^2 \alpha \\
    &=2\cos^2 \alpha + \cos \alpha – 1
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. a. $\Delta = 1 – 4 \times 2 \times (-1) = 9$.
    Il y a donc deux racines : $X_1=\dfrac{-1-3}{4} = -1$ et $X_2=\dfrac{-1+3}{4} = \dfrac{1}{2}$.
    Ainsi $2X^2+X-1=2(X+1)\left(X-\dfrac{1}{2}\right) = (X+1)(2X-1)$.
    $\quad$
    Par conséquent $f'(\alpha)=(\cos \alpha+1)(2\cos \alpha – 1)$
    $\quad$
    $\cos \alpha + 1 \ge 0$. Par conséquent le signe de $f'(\alpha)$ ne dépend donc que de celui de $2\cos \alpha -1$.
    Sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$, $2\cos \alpha -1 \ge 0 \ssi \cos \alpha \ge \dfrac{1}{2} \ssi \alpha \in \left[0;\dfrac{\pi}{3}\right]$.
    On obtient donc le tableau de variations suivant :
    ts-exos-dérivation-tabvar-ex3
  4. La fonction $f$ atteint donc son maximum en $\dfrac{\pi}{3}$.
    L’angle au centre $\widehat{BOC}$  mesure donc $\dfrac{2\pi}{3}$.
    L’angle inscrit $\widehat{BAC}$ intercepte le même arc. Par conséquent $\widehat{BAC} = \dfrac{\pi}{3}$.
    Le triangle $ABC$ est donc équilatéral.
    Son aire maximale est alors $f\left(\dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.

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$\quad$

Exercice 4

On considère la fonction $f$ définie par $f(x)=x+\sqrt{x^2-1}$ et on note $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal $\Oij$.

  1. Quel est l’ensemble de définition $\mathscr{D}_f$ de la fonction $f$?
    $\quad$
  2. Montrer que, pour tout $x\in \mathscr{D}_f$, $f(-x)f(x)=-1$.
    $\quad$
  3. Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$ puis en déduire celle de $f$ en $-\infty$.
    $\quad$
  4. Déterminer le tableau de variations de la fonction $f$.
    $\quad$
Correction Exercice 4

  1. La fonction $f$ est définie quand $x^2-1\ge 0$. Par conséquent $\mathscr{D}_f=]-\infty;-]\cap[1;+\infty[$.
    $\quad$
  2. Soit $x\in\mathscr{D}_f$.
    $\begin{align*} f(-x)f(x)&=\left(-x+\sqrt{x^2-1}\right)\left(x+\sqrt{x^2-1}\right) \\
    &=x^2-1-x^2\\
    &=-1
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2-1 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty}\sqrt{x}=+\infty$.
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$
    $\quad$
    Puisque $f(-x)f(x)=-1$ pour tout $x\in\mathscr{D}_f$, cela signifie que $f(x)\neq 0$.
    Ainsi $f(-x)=\dfrac{1}{f(x)}$.
    $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{1}{f(x)}=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=0$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est dérivable sur $]-\infty;-1[$ et sur $]1;+\infty[$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur ces intervalles.
    $\begin{align*} f'(x)&=1+\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-1}} \\\\
    &=1+\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}} \\\\
    &=\dfrac{\sqrt{x^2-1}+x}{\sqrt{x^2-1}}  \quad (1)\\\\
    &=\dfrac{x^2-1-x^2}{\left(\sqrt{x^2-1}-x\right)\sqrt{x^2-1}} \quad (2) \\\\
    &=\dfrac{-1}{\left(\sqrt{x^2-1}-x\right)\sqrt{x^2-1}} \quad (3)
    \end{align*}$
    On obtient l’expression $(2)$ à l’aide de l’expression conjuguée.
    Si $x\in]-\infty;-1[$, en utilisant l’expression $(3)$, on obtient que $f(x)<0$.
    Si $x\in]1;+\infty[$, en utilisant l’expression $(1)$, on obtient que $f(x)>0$.
    Ce qui nous donne le tableau de variation suivant :
    ts-exos-dérivation-tabvar-ex4 (1)

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$\quad$

Exercice 5

Un crocodile traque une proie située $20$ mètres plus loin en amont sur la rive opposée d’une rivière.
Le crocodile avance sur terre et dans l’eau à une vitesse différente.
Le temps mis par le crocodile pour rejoindre sa proie peut être minimisée s’il nage jusqu’à un point particulier $P$ situé $x$ mètres en amont sur l’autre rive comme indiqué sur le schéma.

crocodile

Le temps $T$, exprimé en secondes, mis par le crocodile pour rejoindre sa proie est donné par : $$T(x)=5\sqrt{36+x^2}+4(20-x)$$

  1. Calculer le temps mis par le crocodile pour rejoindre sa proie dans les deux cas suivants :
    a. son trajet ne se fait que dans l’eau.
    $\quad$
    b. le crocodile parcourt la distance la plus courte possible dans l’eau.
    $\quad$
  2. Entre ces deux situations extrêmes, il existe une une valeur de $x$ qui minimise le temps $T$.
    Déterminer cette valeur $x$ et ensuite calculer le temps minimal pour que le crocodile atteigne sa proie.
    $\quad$
Correction Exercice 5
  1. a. Il faut donc calculer $T(20) = 10\sqrt{109} \approx 104,4$ secondes.
    $\quad$
    b. On doit calculer $T(0) = 110$ secondes.
    $\quad$
  2. La fonction $T$ est dérivable sur $[0;20]$ en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} T'(x) &= \dfrac{5\times 2x}{2\sqrt{36+x^2}}-4 \\\\
    &=\dfrac{5x}{\sqrt{36+x^2}}-4\\\\
    &=\dfrac{5x-4\sqrt{36+x^2}}{\sqrt{36+x^2}} \\\\
    &=\dfrac{25x^2-16\left(36+x^2\right)}{\left(5+4\sqrt{36+x^2}\right)\sqrt{36+x^2}} \\\\
    &=\dfrac{9x^2-576}{\left(5+4\sqrt{36+x^2}\right)\sqrt{36+x^2}} \\\\
    &=\dfrac{(3x-24)(3x+24)}{\left(5+4\sqrt{36+x^2}\right)\sqrt{36+x^2}} \\\\
    \end{align*}$
    Sur $[0;20]$, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $3x-24$ qui s’annule en $8$.
    $f'(x)<0$ sur $[0;8]$ et $f'(x)>0$ sur $[8;20]$.
    Ainsi la fonction $f$ atteint son minimum en $8$ et $T(8)=98$.
    Le crocodile mettra donc au moins $98$ secondes pour atteindre sa proie.

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$\quad$

Exercice 6

On désigne par $g$ la fonction définie sur $]-1;1[$ par $\begin{cases} g(0)=0 \\g'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \end{cases}$ où $g’$ désigne la dérivée de la fonction $g$ sur $]-1;1[$; on ne cherchera pas à expliciter $g(x)$.

On considère alors la fonction composée $h$ définie sur $]-\pi;0[$ par $h(x)=g(\cos x)$.

  1. Démontrer que pour tout réel $x$ de $]-\pi;0[$, on a $h'(x)=1$ où $h’$ désigne la dérivée de $h$.
    $\quad$
  2. Calculer $h\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)$ puis donner l’expression de $h(x)$.
    $\quad$
aide : Soit $g$ une fonction définie et dérivable sur un intervalle $I$ et $f$ une fonction définie et dérivable sur $J$ telle que $f(x) \in I$ pour tout $x \in J$.
La fonction $h=g \circ f$ est dérivable sur $J$ et $h'(x) = f'(x) \times g’\left( f(x) \right)$ pour tout $x \in J$.
Correction Exercice 6

  1. $h$ est dérivable sur $]-\pi;0[$ en tant que composée de fonctions dérivables.
    $\displaystyle h'(x)=-\sin x \times \frac{1}{\sqrt{1-\cos^2 x}}$ $ = \dfrac{-\sin x}{\sqrt{\sin^2 x}} = \dfrac{-\sin x}{|\sin x|}$.
    Or sur $]-\pi;0[$, $-\sin x=|\sin x|$ donc $h'(x)=1$.
    $\quad$
  2. $h\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = g(0)=0$
    Puisque $h'(x)=1$, on en déduit que la fonction $h$ est une fonction affine.
    Il existe donc un réel $b$ tel que $h(x)=x+b$.
    Or $h\left(-\dfrac{\pi}{2}\right) = 0$ donc $-\dfrac{\pi}{2}+b=0$ et $b=\dfrac{\pi}{2}$.
    Par conséquent $h(x)=x+\dfrac{\pi}{2}$.

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