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II Analyse · Chapitre 04 / 10

Variations et courbes

Dérivée et sens de variation, extremums, optimisation.

8 min de lecture
4 sections, 4 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

Le signe de la dérivée commande le sens de variation : si f′ > 0 sur un intervalle, f y est croissante ; si f′ < 0, elle est décroissante. Un extremum local apparaît là où f′ s'annule en changeant de signe. C'est l'outil central pour dresser un tableau de variations et résoudre les problèmes d'optimisation.

1 I. Du signe de la dérivée aux variations

Au chapitre précédent, le nombre dérivé f′(a)f'(a) a été interprété comme la pente de la tangente au point d'abscisse aa. Une pente positive suggère une fonction qui monte, une pente négative une fonction qui descend. Le théorème suivant, admis en Première, transforme cette intuition en outil de calcul : le signe de f′f' donne le sens de variation de ff.

Intervalle]−∞ ;−1]]-\infty\,;-1][−1 ;1][-1\,;1][1 ;+∞[[1\,;+\infty[
Signe de f′(x)f'(x)++−-++
Variations de ff↗\nearrow↘\searrow↗\nearrow

Avec f(−1)=−1+3=2f(-1) = -1 + 3 = 2 et f(1)=1−3=−2f(1) = 1 - 3 = -2 : ff croît jusqu'à 22, décroît de 22 à −2-2, puis croît de nouveau.

2 II. Extremums locaux

3 III. Plan d'étude d'une fonction

Intervalle]−∞ ;1]]-\infty\,;1][1 ;3][1\,;3][3 ;+∞[[3\,;+\infty[
Signe de f′(x)f'(x)++−-++
Variations de ff↗\nearrow↘\searrow↗\nearrow

4 IV. Optimisation

De nombreux problèmes concrets — rendre une aire maximale, un coût minimal, une surface de matériau minimale — se ramènent à la recherche de l'extremum d'une fonction d'une variable. La dérivation fournit une méthode systématique.

Questions fréquentes

Comment dresser un tableau de variations ?
On calcule f′f', on cherche les valeurs qui l'annulent, puis on étudie son signe sur chaque intervalle. On reporte ce signe dans le tableau et on en déduit les flèches de variation, en indiquant les images aux bornes et aux extremums.
Comment déterminer un extremum local ?
Un extremum local se situe en un point où la dérivée s'annule EN CHANGEANT DE SIGNE. Si f′f' passe du positif au négatif, c'est un maximum ; du négatif au positif, un minimum. S'annuler sans changer de signe ne donne pas d'extremum, comme pour x3x^3 en 00.
Comment lire graphiquement le signe de la dérivée ?
Là où la courbe monte, la dérivée est positive ; là où elle descend, la dérivée est négative. Aux sommets et aux creux, la tangente est horizontale et la dérivée s'annule.

Signe de f′ et variations

Extremums locaux

Optimisation

Pièges à éviter

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
Variations d'un trinôme. Soit f(x)=x2−6x+2f(x) = x^2 - 6x + 2. Calculer f′(x)f'(x), étudier son signe et dresser le tableau de variations de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 2x - 6$, qui s'annule en $x = 3$ : $f'(x) < 0$ pour $x < 3$ et $f'(x) > 0$ pour $x > 3$. $f$ est donc **décroissante** sur $]-\infty\,;3]$ puis **croissante** sur $[3\,;+\infty[$, avec un minimum $f(3) = 9 - 18 + 2 = -7$.
Exercice 2
Facile
Parabole tournée vers le bas. Soit f(x)=−x2+4xf(x) = -x^2 + 4x. Étudier les variations de ff et préciser son maximum.
Correction détaillée
$f'(x) = -2x + 4$ s'annule en $x = 2$, positif avant, négatif après. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;2]$ puis décroissante sur $[2\,;+\infty[$ : maximum $f(2) = -4 + 8 = 4$, atteint en $x = 2$.
Exercice 3
Facile
Fonction affine. Justifier par la dérivée que f(x)=3x−5f(x) = 3x - 5 est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f'(x) = 3 > 0$ pour tout réel $x$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
Exercice 4
Facile
La fonction cube. Soit f(x)=x3f(x) = x^3. Calculer f′(x)f'(x), étudier son signe et en déduire les variations de ff. Que se passe-t-il en 00 ?
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 \geqslant 0$ pour tout $x$, avec égalité seulement en $x = 0$. $f$ est donc **strictement croissante** sur $\mathbb{R}$. En $0$, $f'(0) = 0$ (tangente horizontale) mais $f'$ **ne change pas de signe** : il n'y a pas d'extremum en $0$.
Exercice 5
Facile
Une cubique classique. Soit f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x. Factoriser f′(x)f'(x), dresser le tableau de variations de ff et préciser ses extremums locaux.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$, positif à l'extérieur des racines $-1$ et $1$, négatif entre elles. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;-1]$, décroissante sur $[-1\,;1]$, croissante sur $[1\,;+\infty[$. **Maximum local** $f(-1) = -1 + 3 = 2$ en $-1$ ; **minimum local** $f(1) = 1 - 3 = -2$ en $1$.
Exercice 6
Facile
Minimum d'un trinôme. Soit f(x)=x2+2x−3f(x) = x^2 + 2x - 3. Déterminer par la dérivée le minimum de ff et la valeur où il est atteint.
Correction détaillée
$f'(x) = 2x + 2$ s'annule en $x = -1$ en passant du signe $-$ au signe $+$ : minimum en $x = -1$, qui vaut $f(-1) = 1 - 2 - 3 = -4$.
Exercice 7
Facile
Croissante sur R\mathbb{R}. Montrer que f(x)=x3+xf(x) = x^3 + x est strictement croissante sur R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 + 1 \geqslant 1 > 0$ pour tout réel $x$ (somme d'un carré positif et de $1$). La dérivée est strictement positive sur $\mathbb{R}$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
Exercice 8
Facile
La fonction inverse. Soit f(x)=1xf(x) = \dfrac{1}{x}. Rappeler f′(x)f'(x) et son signe. Peut-on dire que ff est décroissante sur R∗\mathbb{R}^* ? Justifier.
Correction détaillée
$f'(x) = -\dfrac{1}{x^2} < 0$ pour tout $x \neq 0$ : $f$ est décroissante sur $]-\infty\,;0[$ **et** sur $]0\,;+\infty[$. Mais **pas** « sur $\mathbb{R}^* $ » : ce n'est pas un intervalle, et par exemple $f(-1) = -1 < 1 = f(1)$ alors que $-1 < 1$.
Exercice 9
Facile
Maximum d'un trinôme. Soit f(x)=−2x2+8x−3f(x) = -2x^2 + 8x - 3. Étudier les variations de ff et donner son maximum.
Correction détaillée
$f'(x) = -4x + 8$ s'annule en $x = 2$, positif avant, négatif après : $f$ croît puis décroît. Maximum $f(2) = -8 + 16 - 3 = 5$, atteint en $x = 2$.
Exercice 10
Facile
La fonction puissance quatrième. Soit f(x)=x4f(x) = x^4. Étudier le signe de f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 4x^3$, du signe de $x$ : négatif sur $]-\infty\,;0[$, positif sur $]0\,;+\infty[$. $f$ est décroissante sur $]-\infty\,;0]$ puis croissante sur $[0\,;+\infty[$, avec un minimum $f(0) = 0$.
Exercice 11
Facile
Un minimum strictement positif. Soit f(x)=x2−2x+5f(x) = x^2 - 2x + 5. Étudier les variations de ff et en déduire que f(x)>0f(x) > 0 pour tout réel xx.
Correction détaillée
$f'(x) = 2x - 2$ s'annule en $x = 1$ ($-$ puis $+$) : minimum $f(1) = 1 - 2 + 5 = 4$. Ainsi $f(x) \geqslant 4 > 0$ pour tout réel $x$.
Exercice 12
Facile
Une dérivée toujours positive. Soit f(x)=x3+3x2+3xf(x) = x^3 + 3x^2 + 3x. Montrer que f′(x)=3(x+1)2f'(x) = 3(x + 1)^2 et en déduire les variations de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 + 6x + 3 = 3(x^2 + 2x + 1) = 3(x + 1)^2 \geqslant 0$ pour tout $x$, avec annulation seulement en $-1$. $f$ est donc **croissante sur $\mathbb{R}$** (strictement : $f'$ ne s'annule qu'en un point). En $-1$, pas d'extremum : $f'$ ne change pas de signe.
Exercice 13
Facile
Tableau de variations d'une cubique. Soit f(x)=2x3−3x2f(x) = 2x^3 - 3x^2. Factoriser f′(x)f'(x), puis dresser le tableau de variations de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 6x^2 - 6x = 6x(x - 1)$, positif à l'extérieur des racines $0$ et $1$, négatif entre elles. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;0]$, décroissante sur $[0\,;1]$, croissante sur $[1\,;+\infty[$. Maximum local $f(0) = 0$ ; minimum local $f(1) = 2 - 3 = -1$.
Exercice 14
Facile
Du signe de f′f' aux variations. Une fonction ff est dérivable sur R\mathbb{R} et sa dérivée est f′(x)=(x−2)(x+3)f'(x) = (x - 2)(x + 3). Dresser le tableau de signes de f′(x)f'(x), puis donner les variations de ff et la nature de ses points critiques.
Correction détaillée
Le trinôme $(x - 2)(x + 3)$ a pour racines $-3$ et $2$, coefficient dominant positif : $f'(x) > 0$ sur $]-\infty\,;-3[$ et sur $]2\,;+\infty[$, $f'(x) < 0$ sur $]-3\,;2[$. Donc $f$ est croissante sur $]-\infty\,;-3]$, décroissante sur $[-3\,;2]$, croissante sur $[2\,;+\infty[$ : **maximum local** en $-3$, **minimum local** en $2$ (sans qu'on connaisse les valeurs de $f$).
Exercice 15
Facile
Hauteur maximale. Une balle est lancée verticalement ; sa hauteur (en mètres) à l'instant tt (en secondes) est h(t)=−5t2+20th(t) = -5t^2 + 20t pour t∈[0 ;4]t \in [0\,;4]. À quel instant la hauteur est-elle maximale, et que vaut-elle ?
Correction détaillée
$h'(t) = -10t + 20$ s'annule en $t = 2$, positif avant, négatif après : maximum en $t = 2$. La hauteur maximale est $h(2) = -20 + 40 = 20$ : la balle culmine à **20 m** au bout de **2 s**.
Exercice 16
Intermédiaire
Étude complète d'une cubique. Soit f(x)=x3−6x2+9x+1f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 1. Factoriser f′(x)f'(x), dresser le tableau de variations de ff et préciser ses extremums locaux.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 12x + 9 = 3(x - 1)(x - 3)$ : positif à l'extérieur des racines $1$ et $3$, négatif entre elles. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;1]$, décroissante sur $[1\,;3]$, croissante sur $[3\,;+\infty[$. **Maximum local** $f(1) = 1 - 6 + 9 + 1 = 5$ ; **minimum local** $f(3) = 27 - 54 + 27 + 1 = 1$.
Exercice 17
Intermédiaire
Cubique de coefficient dominant négatif. Soit f(x)=−x3+3x2f(x) = -x^3 + 3x^2. Étudier les variations de ff et donner ses extremums locaux.
Correction détaillée
$f'(x) = -3x^2 + 6x = -3x(x - 2) = 3x(2 - x)$ : négatif sur $]-\infty\,;0[$, positif sur $]0\,;2[$, négatif sur $]2\,;+\infty[$. $f$ est décroissante, puis croissante, puis décroissante. **Minimum local** $f(0) = 0$ en $0$ ; **maximum local** $f(2) = -8 + 12 = 4$ en $2$.
Exercice 18
Intermédiaire
Somme d'une variable et de son inverse. Soit f(x)=x+1xf(x) = x + \dfrac{1}{x} sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[. Montrer que f′(x)=(x−1)(x+1)x2f'(x) = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x^2}, puis dresser le tableau de variations de ff sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[.
Correction détaillée
$f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{x^2 - 1}{x^2} = \dfrac{(x - 1)(x + 1)}{x^2}$. Sur $]0\,;+\infty[$, $x + 1 > 0$ et $x^2 > 0$ : $f'(x)$ est du signe de $x - 1$. $f$ est décroissante sur $]0\,;1]$ puis croissante sur $[1\,;+\infty[$ : minimum $f(1) = 1 + 1 = 2$.
Exercice 19
Intermédiaire
Quotient à étudier sur R\mathbb{R}. Soit f(x)=xx2+1f(x) = \dfrac{x}{x^2 + 1}. Montrer que f′(x)=1−x2(x2+1)2f'(x) = \dfrac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2}, puis dresser le tableau de variations de ff et préciser ses extremums.
Correction détaillée
Avec $u = x$ ($u' = 1$) et $v = x^2 + 1$ ($v' = 2x$) : $$f'(x) = \frac{(x^2 + 1) - x \times 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{1 - x^2}{(x^2 + 1)^2}$$ Le dénominateur est strictement positif : $f'(x)$ est du signe de $1 - x^2$, positif entre $-1$ et $1$. $f$ est décroissante sur $]-\infty\,;-1]$, croissante sur $[-1\,;1]$, décroissante sur $[1\,;+\infty[$. **Minimum local** $f(-1) = -\dfrac{1}{2}$ ; **maximum local** $f(1) = \dfrac{1}{2}$.
Exercice 20
Intermédiaire
Fonction homographique. Soit f(x)=2x−3x+2f(x) = \dfrac{2x - 3}{x + 2} sur R∖{−2}\mathbb{R} \setminus \{-2\}. Calculer f′(x)f'(x) et en déduire les variations de ff.
Correction détaillée
Avec $u = 2x - 3$ ($u' = 2$) et $v = x + 2$ ($v' = 1$) : $$f'(x) = \frac{2(x + 2) - (2x - 3)}{(x + 2)^2} = \frac{7}{(x + 2)^2} > 0$$ $f$ est strictement croissante sur $]-\infty\,;-2[$ **et** sur $]-2\,;+\infty[$ (deux intervalles séparés — pas de conclusion globale sur $\mathbb{R} \setminus \{-2\}$).
Exercice 21
Intermédiaire
Fonction bicarrée. Soit f(x)=x4−4x2f(x) = x^4 - 4x^2. Factoriser f′(x)f'(x), dresser le tableau de variations de ff et préciser ses extremums locaux.
Correction détaillée
$f'(x) = 4x^3 - 8x = 4x(x^2 - 2)$, de racines $-\sqrt{2}$, $0$ et $\sqrt{2}$. Étude de signe (produit) : $f'$ est négative sur $]-\infty\,;-\sqrt{2}[$, positive sur $]-\sqrt{2}\,;0[$, négative sur $]0\,;\sqrt{2}[$, positive sur $]\sqrt{2}\,;+\infty[$. **Minimums locaux** $f(-\sqrt{2}) = f(\sqrt{2}) = 4 - 8 = -4$ ; **maximum local** $f(0) = 0$.
Exercice 22
Intermédiaire
Extremums globaux sur un segment. Soit f(x)=x3−3x2+5f(x) = x^3 - 3x^2 + 5 sur [0 ;4][0\,;4]. Dresser le tableau de variations de ff sur ce segment et déterminer son minimum et son maximum globaux.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$, négatif sur $]0\,;2[$, positif sur $]2\,;4[$. $f$ est décroissante sur $[0\,;2]$ puis croissante sur $[2\,;4]$, avec : $$f(0) = 5, \qquad f(2) = 8 - 12 + 5 = 1, \qquad f(4) = 64 - 48 + 5 = 21$$ **Minimum global** $1$ (atteint en $2$) ; **maximum global** $21$ (atteint en $4$, une borne — d'où l'importance de comparer avec les bornes).
Exercice 23
Intermédiaire
Racines non évidentes de la dérivée. Soit f(x)=x3−x2−x+1f(x) = x^3 - x^2 - x + 1. Montrer que f′(x)=(x−1)(3x+1)f'(x) = (x - 1)(3x + 1), puis déterminer les extremums locaux de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 2x - 1$. On vérifie : $(x - 1)(3x + 1) = 3x^2 + x - 3x - 1 = 3x^2 - 2x - 1$ ✓. Racines : $1$ et $-\dfrac{1}{3}$ ; $f'$ positive à l'extérieur, négative entre elles. **Maximum local** en $-\dfrac{1}{3}$ : $f\left(-\dfrac{1}{3}\right) = -\dfrac{1}{27} - \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{3} + 1 = \dfrac{-1 - 3 + 9 + 27}{27} = \dfrac{32}{27}$. **Minimum local** en $1$ : $f(1) = 1 - 1 - 1 + 1 = 0$.
Exercice 24
Intermédiaire
Minimum sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[. Soit f(x)=4x+1xf(x) = 4x + \dfrac{1}{x} sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[. Étudier les variations de ff et déterminer son minimum.
Correction détaillée
$f'(x) = 4 - \dfrac{1}{x^2} = \dfrac{4x^2 - 1}{x^2} = \dfrac{(2x - 1)(2x + 1)}{x^2}$. Sur $]0\,;+\infty[$, $f'(x)$ est du signe de $2x - 1$ : négatif avant $\dfrac{1}{2}$, positif après. $f$ est décroissante sur $\left]0\,;\dfrac{1}{2}\right]$ puis croissante : minimum $f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 2 + 2 = 4$.
Exercice 25
Intermédiaire
Monotonie et paramètre. Soit mm un réel et f(x)=x3+mxf(x) = x^3 + mx. Déterminer les valeurs de mm pour lesquelles ff est croissante sur R\mathbb{R}.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 + m$. - Si $m \geqslant 0$ : $f'(x) \geqslant 0$ pour tout $x$ (somme de deux quantités positives), donc $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$. - Si $m < 0$ : $f'(0) = m < 0$ alors que $f'(x) > 0$ pour $x$ grand — $f'$ change de signe, donc $f$ n'est pas monotone sur $\mathbb{R}$. **Conclusion :** $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ si et seulement si $m \geqslant 0$.
Exercice 26
Intermédiaire
Une cubique aux coefficients plus grands. Soit f(x)=2x3−3x2−12x+4f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 4. Factoriser f′(x)f'(x), puis déterminer les extremums locaux de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 6x^2 - 6x - 12 = 6(x^2 - x - 2) = 6(x - 2)(x + 1)$. Racines $-1$ et $2$, signe positif à l'extérieur, négatif entre elles. **Maximum local** $f(-1) = -2 - 3 + 12 + 4 = 11$ en $-1$ ; **minimum local** $f(2) = 16 - 12 - 24 + 4 = -16$ en $2$.
Exercice 27
Intermédiaire
Trinôme sur un segment. Soit f(x)=x2−4x+3f(x) = x^2 - 4x + 3 sur [0 ;3][0\,;3]. Dresser le tableau de variations de ff sur ce segment et donner ses extremums globaux.
Correction détaillée
$f'(x) = 2x - 4$ s'annule en $x = 2$ : $f$ est décroissante sur $[0\,;2]$ puis croissante sur $[2\,;3]$. $$f(0) = 3, \qquad f(2) = 4 - 8 + 3 = -1, \qquad f(3) = 9 - 12 + 3 = 0$$ **Minimum global** $-1$ (en $2$) ; **maximum global** $3$ (en $0$).
Exercice 28
Intermédiaire
Équation et stricte monotonie. Soit g(x)=x3+x−3g(x) = x^3 + x - 3. Montrer que gg est strictement croissante sur R\mathbb{R}, calculer g(1)g(1) et g(2)g(2), et en déduire que l'équation g(x)=0g(x) = 0 admet une unique solution α\alpha, avec 1<α<21 < \alpha < 2.
Correction détaillée
$g'(x) = 3x^2 + 1 > 0$ pour tout $x$ : $g$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc chaque valeur est atteinte **au plus une fois** — l'équation $g(x) = 0$ a au plus une solution. $g(1) = 1 + 1 - 3 = -1 < 0$ et $g(2) = 8 + 2 - 3 = 7 > 0$ : entre $1$ et $2$, $g$ passe d'une valeur négative à une valeur positive en croissant. L'équation admet donc une unique solution $\alpha$, et $1 < \alpha < 2$.
Exercice 29
Difficile
Quotient avec point interdit. Soit f(x)=x2−3x−2f(x) = \dfrac{x^2 - 3}{x - 2} sur R∖{2}\mathbb{R} \setminus \{2\}. Montrer que f′(x)=(x−1)(x−3)(x−2)2f'(x) = \dfrac{(x - 1)(x - 3)}{(x - 2)^2}, puis dresser le tableau de variations de ff et préciser ses extremums locaux.
Correction détaillée
Avec $u = x^2 - 3$ ($u' = 2x$) et $v = x - 2$ ($v' = 1$) : $$f'(x) = \frac{2x(x - 2) - (x^2 - 3)}{(x - 2)^2} = \frac{x^2 - 4x + 3}{(x - 2)^2} = \frac{(x - 1)(x - 3)}{(x - 2)^2}$$ Le dénominateur est strictement positif : signe du trinôme $(x - 1)(x - 3)$, positif à l'extérieur des racines, négatif entre elles (en excluant $x = 2$). $f$ est croissante sur $]-\infty\,;1]$, décroissante sur $[1\,;2[$ et sur $]2\,;3]$, croissante sur $[3\,;+\infty[$. **Maximum local** $f(1) = \dfrac{1 - 3}{1 - 2} = 2$ ; **minimum local** $f(3) = \dfrac{9 - 3}{3 - 2} = 6$. (Un « minimum » plus grand qu'un « maximum » : les deux points sont sur des branches différentes de la courbe.)
Exercice 30
Difficile
Aire maximale à périmètre fixé. Parmi tous les rectangles de périmètre 2020, déterminer celui dont l'aire est maximale. On introduira la largeur xx et on précisera l'intervalle d'étude.
Correction détaillée
Si $x$ est la largeur, la longueur vaut $\dfrac{20 - 2x}{2} = 10 - x$, avec $0 < x < 10$. L'aire est $A(x) = x(10 - x) = 10x - x^2$, et $A'(x) = 10 - 2x$ s'annule en $x = 5$ en passant du signe $+$ au signe $-$ : maximum en $x = 5$. $A(5) = 25$ : le rectangle d'aire maximale est le **carré de côté 5**, d'aire $25$.
Exercice 31
Difficile
La boîte découpée. Dans un carré de carton de côté 1212, on découpe aux quatre coins des carrés de côté xx (0<x<60 < x < 6), puis on relève les bords pour former une boîte sans couvercle. Montrer que le volume est V(x)=x(12−2x)2V(x) = x(12 - 2x)^2, puis déterminer xx pour que le volume soit maximal.
Correction détaillée
La base est un carré de côté $12 - 2x$ et la hauteur est $x$ : $V(x) = x(12 - 2x)^2$. En développant : $V(x) = x(144 - 48x + 4x^2) = 4x^3 - 48x^2 + 144x$, d'où : $$V'(x) = 12x^2 - 96x + 144 = 12(x^2 - 8x + 12) = 12(x - 2)(x - 6)$$ Sur $]0\,;6[$, $x - 6 < 0$ : $V'(x)$ est du signe de $-(x - 2)$, positif avant $2$, négatif après. Maximum en $x = 2$ : $$V(2) = 2 \times (12 - 4)^2 = 2 \times 64 = 128$$ Le volume maximal est $128$, obtenu pour des découpes de côté $x = 2$.
Exercice 32
Difficile
Démontrer une inégalité par les variations. Soit f(x)=x+4xf(x) = x + \dfrac{4}{x} sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[. Étudier les variations de ff, puis en déduire que pour tout x>0x > 0 : x+4x⩾4x + \dfrac{4}{x} \geqslant 4. Préciser le cas d'égalité.
Correction détaillée
$f'(x) = 1 - \dfrac{4}{x^2} = \dfrac{x^2 - 4}{x^2} = \dfrac{(x - 2)(x + 2)}{x^2}$. Sur $]0\,;+\infty[$, $f'(x)$ est du signe de $x - 2$ : $f$ est décroissante sur $]0\,;2]$ puis croissante sur $[2\,;+\infty[$. Le minimum de $f$ sur $]0\,;+\infty[$ est donc $f(2) = 2 + 2 = 4$, d'où $x + \dfrac{4}{x} \geqslant 4$ pour tout $x > 0$, avec **égalité si et seulement si $x = 2$**.
Exercice 33
Difficile
Compter les solutions d'une équation. Soit f(x)=x3−3x+1f(x) = x^3 - 3x + 1. Dresser le tableau de variations de ff, puis justifier que l'équation f(x)=0f(x) = 0 admet exactement trois solutions réelles.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$ : $f$ est croissante sur $]-\infty\,;-1]$, décroissante sur $[-1\,;1]$, croissante sur $[1\,;+\infty[$. **Maximum local** $f(-1) = -1 + 3 + 1 = 3 > 0$ ; **minimum local** $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1 < 0$. Sur chacun des trois intervalles de stricte monotonie, $f$ passe d'un signe à l'autre ($f$ prend des valeurs très négatives à gauche, vaut $3$ en $-1$, $-1$ en $1$, puis des valeurs très positives à droite) : l'équation $f(x) = 0$ admet **une solution par intervalle**, soit exactement **trois solutions**.
Exercice 34
Difficile
Distance minimale à une courbe. Soit C\mathcal{C} la courbe d'équation y=xy = \sqrt{x} et A(3 ;0)A(3\,;0). Pour M(x ;x)M(x\,;\sqrt{x}) un point de C\mathcal{C} (x⩾0x \geqslant 0), on pose g(x)=AM2g(x) = AM^2. Montrer que g(x)=x2−5x+9g(x) = x^2 - 5x + 9, puis déterminer le point de C\mathcal{C} le plus proche de AA et la distance correspondante.
Correction détaillée
$$g(x) = (x - 3)^2 + (\sqrt{x} - 0)^2 = x^2 - 6x + 9 + x = x^2 - 5x + 9$$ $g'(x) = 2x - 5$ s'annule en $x = \dfrac{5}{2}$ ($-$ puis $+$) : minimum de $g$ en $\dfrac{5}{2}$, et minimiser $AM^2$ revient à minimiser $AM$. $$g\left(\frac{5}{2}\right) = \frac{25}{4} - \frac{25}{2} + 9 = \frac{25 - 50 + 36}{4} = \frac{11}{4}$$ Le point le plus proche est $M\left(\dfrac{5}{2}\,;\sqrt{\dfrac{5}{2}}\right)$ et la distance vaut $AM = \sqrt{\dfrac{11}{4}} = \dfrac{\sqrt{11}}{2}$.
Exercice 35
Difficile
Une inégalité polynomiale. En étudiant la fonction f(x)=x3−3x+2f(x) = x^3 - 3x + 2 sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[, montrer que pour tout x>0x > 0 : x3+2⩾3xx^3 + 2 \geqslant 3x. Préciser le cas d'égalité.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x - 1)(x + 1)$. Sur $]0\,;+\infty[$, $x + 1 > 0$ : $f'(x)$ est du signe de $x - 1$. $f$ est décroissante sur $]0\,;1]$ puis croissante sur $[1\,;+\infty[$ : son minimum sur $]0\,;+\infty[$ est $f(1) = 1 - 3 + 2 = 0$. Donc $f(x) \geqslant 0$ pour tout $x > 0$, c'est-à-dire $x^3 + 2 \geqslant 3x$, avec **égalité si et seulement si $x = 1$**. *Remarque :* on peut confirmer en factorisant $f(x) = (x - 1)^2(x + 2)$, visiblement positif pour $x > -2$.
Exercice 36
Avancé
Retrouver une fonction par ses extremums. Soit f(x)=x3+ax2+bf(x) = x^3 + ax^2 + b, où aa et bb sont deux réels. Déterminer aa et bb pour que ff admette un extremum local égal à −3-3 en x=2x = 2. Préciser alors la nature des extremums locaux de ff.
Correction détaillée
$f'(x) = 3x^2 + 2ax$. **Extremum en $2$ :** $f'(2) = 12 + 4a = 0$, d'où $a = -3$. **Valeur $-3$ :** $f(2) = 8 + 4a + b = 8 - 12 + b = -3$, d'où $b = 1$. Ainsi $f(x) = x^3 - 3x^2 + 1$, et $f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$ : positif, négatif, positif autour des racines $0$ et $2$. $f'$ change bien de signe en $2$ ($-$ puis $+$) : **minimum local** $f(2) = -3$. Et en $0$ ($+$ puis $-$) : **maximum local** $f(0) = 1$.
Exercice 37
Avancé
L'enclos contre le mur. Un éleveur dispose de 6060 m de grillage pour construire un enclos rectangulaire adossé à un mur (le côté le long du mur ne nécessite pas de grillage). Déterminer les dimensions de l'enclos d'aire maximale.
Correction détaillée
Soit $x$ la longueur (en m) de chacun des deux côtés perpendiculaires au mur, avec $0 < x < 30$. Le côté parallèle au mur mesure $60 - 2x$, et l'aire vaut : $$A(x) = x(60 - 2x) = 60x - 2x^2$$ $A'(x) = 60 - 4x$ s'annule en $x = 15$ ($+$ puis $-$) : maximum en $x = 15$. Dimensions optimales : $15$ m perpendiculairement au mur, $60 - 30 = 30$ m le long du mur, pour une aire maximale $A(15) = 15 \times 30 = 450$ m².
Exercice 38
Avancé
Rectangle sous une parabole. Soit P\mathcal{P} la parabole d'équation y=9−x2y = 9 - x^2. Pour 0<x<30 < x < 3, on construit le rectangle de sommets (x ;0)(x\,;0), (−x ;0)(-x\,;0), (−x ;9−x2)(-x\,;9 - x^2) et (x ;9−x2)(x\,;9 - x^2). Exprimer son aire A(x)A(x), puis déterminer la valeur de xx qui la rend maximale et la valeur de cette aire.
Correction détaillée
Le rectangle a pour base $2x$ et pour hauteur $9 - x^2$ : $$A(x) = 2x(9 - x^2) = 18x - 2x^3$$ $A'(x) = 18 - 6x^2 = 6(3 - x^2)$, positif pour $x^2 < 3$, négatif ensuite : maximum en $x = \sqrt{3}$ (seule racine positive). $$A(\sqrt{3}) = 18\sqrt{3} - 2 \times 3\sqrt{3} = 12\sqrt{3}$$ L'aire est maximale pour $x = \sqrt{3}$ et vaut $12\sqrt{3}$ ($\approx 20{,}8$).
Exercice 39
Avancé
Le point le plus proche de l'origine. Soit H\mathcal{H} la branche d'hyperbole d'équation y=1xy = \dfrac{1}{x} avec x>0x > 0. Pour M(x ;1x)M\left(x\,;\dfrac{1}{x}\right), on pose g(x)=OM2g(x) = OM^2. Étudier gg sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[ et en déduire le point de H\mathcal{H} le plus proche de l'origine OO.
Correction détaillée
$$g(x) = x^2 + \frac{1}{x^2}, \qquad g'(x) = 2x - \frac{2}{x^3} = \frac{2x^4 - 2}{x^3} = \frac{2(x^4 - 1)}{x^3}$$ Sur $]0\,;+\infty[$, $x^3 > 0$ et $x^4 - 1$ est du signe de $x - 1$ (car $x^4 - 1 = (x^2-1)(x^2+1)$ et $x + 1 > 0$) : $g$ est décroissante sur $]0\,;1]$ puis croissante sur $[1\,;+\infty[$. Minimum $g(1) = 1 + 1 = 2$, donc $OM_{\min} = \sqrt{2}$, atteint au point $M(1\,;1)$.
Exercice 40
Avancé
Discussion selon un paramètre. Soit f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x. Dresser le tableau de variations de ff, puis discuter, selon la valeur du réel mm, le nombre de solutions de l'équation x3−3x=mx^3 - 3x = m.
Correction détaillée
$f'(x) = 3(x - 1)(x + 1)$ : $f$ croît sur $]-\infty\,;-1]$, décroît sur $[-1\,;1]$, croît sur $[1\,;+\infty[$, avec **maximum local** $f(-1) = 2$ et **minimum local** $f(1) = -2$. Le nombre de solutions de $f(x) = m$ est le nombre de points d'intersection de la courbe avec la droite horizontale $y = m$ : - si $-2 < m < 2$ : la droite coupe les trois branches — **3 solutions** ; - si $m = 2$ ou $m = -2$ : la droite touche un extremum et coupe une branche — **2 solutions** ; - si $m > 2$ ou $m < -2$ : la droite ne coupe qu'une branche — **1 solution**. *Exemples :* $m = 0$ donne $x(x^2 - 3) = 0$, soit $3$ solutions ($0$, $\pm\sqrt{3}$) ✓ ; $m = 2$ donne $x^3 - 3x - 2 = (x + 1)^2(x - 2) = 0$, soit $2$ solutions ($-1$ et $2$) ✓.
4 problèmes de synthèse
Problème 1 — Étude complète d'une fonction cubique
Facile
On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=x3−3x2+4f(x) = x^3 - 3x^2 + 4, de courbe C\mathcal{C}.

Partie A — Variations

1.
Calculer f′(x)f'(x) et l'écrire sous forme factorisée.
$f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$.
2.
Étudier le signe de f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
Produit de racines $0$ et $2$, coefficient positif : $f'(x) > 0$ sur $]-\infty\,;0[$ et sur $]2\,;+\infty[$, $f'(x) < 0$ sur $]0\,;2[$. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;0]$, décroissante sur $[0\,;2]$, croissante sur $[2\,;+\infty[$.

Partie B — Extremums et équation

3.
Déterminer les extremums locaux de ff.
$f'$ change de signe $+$ puis $-$ en $0$ : **maximum local** $f(0) = 4$. Elle change de signe $-$ puis $+$ en $2$ : **minimum local** $f(2) = 8 - 12 + 4 = 0$.
4.
Vérifier que f(x)=(x+1)(x−2)2f(x) = (x + 1)(x - 2)^2, puis résoudre l'équation f(x)=0f(x) = 0. Interpréter graphiquement le résultat obtenu en x=2x = 2.
$(x + 1)(x - 2)^2 = (x + 1)(x^2 - 4x + 4) = x^3 - 4x^2 + 4x + x^2 - 4x + 4 = x^3 - 3x^2 + 4$ ✓. $f(x) = 0 \iff x = -1$ ou $x = 2$. En $x = 2$, le minimum local de $f$ vaut $0$ : la courbe $\mathcal{C}$ **touche** l'axe des abscisses en $(2\,;0)$ sans le traverser (racine double), alors qu'elle le traverse en $(-1\,;0)$.
Problème 2 — Coût moyen de production
Intermédiaire
Une entreprise fabrique chaque jour xx objets (x>0x > 0). Le coût total de production, en euros, est C(x)=x2+49C(x) = x^2 + 49. Le coût moyen par objet est CM(x)=C(x)xC_M(x) = \dfrac{C(x)}{x}.

Partie A — Étude du coût moyen

1.
Montrer que CM(x)=x+49xC_M(x) = x + \dfrac{49}{x} pour x>0x > 0.
$$C_M(x) = \frac{x^2 + 49}{x} = \frac{x^2}{x} + \frac{49}{x} = x + \frac{49}{x}$$
2.
Montrer que CM′(x)=(x−7)(x+7)x2C_M'(x) = \dfrac{(x - 7)(x + 7)}{x^2} et étudier son signe sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[.
$$C_M'(x) = 1 - \frac{49}{x^2} = \frac{x^2 - 49}{x^2} = \frac{(x - 7)(x + 7)}{x^2}$$ Sur $]0\,;+\infty[$, $x + 7 > 0$ et $x^2 > 0$ : $C_M'(x)$ est du signe de $x - 7$, négatif sur $]0\,;7[$, positif sur $]7\,;+\infty[$.

Partie B — Minimum et interprétation

3.
Dresser le tableau de variations de CMC_M et déterminer son minimum.
$C_M$ est décroissante sur $]0\,;7]$ puis croissante sur $[7\,;+\infty[$ : minimum en $x = 7$, qui vaut $C_M(7) = 7 + \dfrac{49}{7} = 7 + 7 = 14$.
4.
Combien d'objets l'entreprise doit-elle produire pour minimiser le coût moyen ? Peut-elle atteindre un coût moyen de 1313 € par objet ?
Le coût moyen est minimal pour **7 objets** produits, et vaut alors **14 €** par objet. Comme $14$ est le minimum de $C_M$ sur $]0\,;+\infty[$, on a $C_M(x) \geqslant 14 > 13$ pour tout $x > 0$ : un coût moyen de $13$ € est **impossible**.
Problème 3 — La boîte la plus économique
Difficile
On veut fabriquer une boîte sans couvercle, à base carrée de côté xx (en dm) et de hauteur hh (en dm), de volume 3232 dm³. On cherche les dimensions qui minimisent la quantité de matériau, c'est-à-dire l'aire totale SS (fond + 4 faces latérales).

Partie A — Mise en équation

1.
Exprimer hh en fonction de xx à l'aide de la contrainte de volume.
Le volume vaut $x^2 h = 32$, d'où $h = \dfrac{32}{x^2}$ (avec $x > 0$).
2.
Montrer que S(x)=x2+128xS(x) = x^2 + \dfrac{128}{x}.
L'aire totale est celle du fond ($x^2$) plus celle des 4 faces latérales ($4 \times x h$) : $$S(x) = x^2 + 4xh = x^2 + 4x \times \frac{32}{x^2} = x^2 + \frac{128}{x}$$

Partie B — Optimisation

3.
Montrer que S′(x)=2(x3−64)x2S'(x) = \dfrac{2(x^3 - 64)}{x^2} et étudier son signe sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[.
$$S'(x) = 2x - \frac{128}{x^2} = \frac{2x^3 - 128}{x^2} = \frac{2(x^3 - 64)}{x^2}$$ Sur $]0\,;+\infty[$, $x^2 > 0$ et $x^3 - 64$ est du signe de $x - 4$ (la fonction cube est strictement croissante et $4^3 = 64$) : $S'(x) < 0$ sur $]0\,;4[$ et $S'(x) > 0$ sur $]4\,;+\infty[$.
4.
En déduire les dimensions de la boîte la plus économique et l'aire de matériau correspondante.
$S$ est décroissante sur $]0\,;4]$ puis croissante sur $[4\,;+\infty[$ : minimum en $x = 4$. Alors $h = \dfrac{32}{16} = 2$ et $S(4) = 16 + \dfrac{128}{4} = 16 + 32 = 48$. La boîte optimale a une **base de 4 dm de côté** et une **hauteur de 2 dm**, pour $48$ dm² de matériau.
Problème 4 — Nombre de solutions d'une équation cubique
Avancé
Pour un réel mm, on considère la fonction gg définie sur R\mathbb{R} par g(x)=x3−3x2+mg(x) = x^3 - 3x^2 + m. On s'intéresse au nombre de solutions de l'équation g(x)=0g(x) = 0 selon la valeur de mm.

Partie A — Variations de g

1.
Calculer g′(x)g'(x). Que remarque-t-on ? Dresser le tableau de variations de gg.
$g'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$ : la dérivée **ne dépend pas de $m$** (le terme constant disparaît en dérivant). $g'$ est positive sur $]-\infty\,;0[$, négative sur $]0\,;2[$, positive sur $]2\,;+\infty[$ : $g$ croît, décroît, puis croît — quelle que soit la valeur de $m$.
2.
Exprimer en fonction de mm le maximum local et le minimum local de gg.
**Maximum local** en $0$ : $g(0) = m$. **Minimum local** en $2$ : $g(2) = 8 - 12 + m = m - 4$.

Partie B — Discussion

3.
Discuter, selon la valeur de mm, le nombre de solutions de l'équation g(x)=0g(x) = 0.
L'équation a trois solutions lorsque $0$ est strictement compris entre le minimum local et le maximum local, c'est-à-dire $m - 4 < 0 < m$ : - si $0 < m < 4$ : **3 solutions** ; - si $m = 0$ ou $m = 4$ : un extremum local vaut exactement $0$ — **2 solutions** ; - si $m < 0$ ou $m > 4$ : **1 solution**. *Vérification pour $m = 0$ :* $x^3 - 3x^2 = x^2(x - 3) = 0$ donne bien les 2 solutions $0$ et $3$. *Pour $m = 4$ :* on retrouve la fonction du problème 1, de solutions $-1$ et $2$.
4.
Dans le cas m=2m = 2, vérifier que 11 est solution, puis résoudre complètement l'équation g(x)=0g(x) = 0.
$g(1) = 1 - 3 + 2 = 0$ ✓ : on peut factoriser par $(x - 1)$. $$x^3 - 3x^2 + 2 = (x - 1)(x^2 - 2x - 2)$$ (en développant : $x^3 - 2x^2 - 2x - x^2 + 2x + 2 = x^3 - 3x^2 + 2$ ✓). Le trinôme $x^2 - 2x - 2$ a pour discriminant $\Delta = 4 + 8 = 12 > 0$, de racines $\dfrac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$. Les solutions sont $x = 1$, $x = 1 - \sqrt{3}$ et $x = 1 + \sqrt{3}$ — trois solutions, conforme à la question 3 puisque $0 < 2 < 4$.