Série corrigée 2 – Dérivabilité d’une fonction
Soit f la fonction numérique définie par :
$$
f(x) =
begin{cases}
dfrac{x^2 – 6x + 5}{x – 5} & text{si } x ne 5 \
4 & text{si } x = 5
end{cases}
$$
1) Étudier la continuité de $f$ en $x_0 = 5$.
2) Montrer que $f$ est dérivable en $x_0 = 5$.
3) Déterminer l’équation de $(T)$ la tangente à $(C_f)$ en 5.
1) Continuité en 5 :
On a :
$$
lim_{x to 5} f(x)
= lim_{x to 5} dfrac{x^2 – 6x + 5}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{(x-5)(x-1)}{x-5}
= lim_{x to 5} (x-1) = 4
$$
Donc $lim_{x to 5} f(x) = 4 = f(5)$, d’où la fonction $f$ est continue en 5.
2) Dérivabilité en 5 :
$$
lim_{x to 5} dfrac{f(x) – f(5)}{x – 5}
= lim_{x to 5} dfrac{dfrac{x^2 – 6x + 5}{x – 5} – 4}{x – 5}
$$
$$
= lim_{x to 5} dfrac{x^2 – 6x + 5 – 4(x-5)}{(x-5)^2}
= lim_{x to 5} dfrac{x^2 – 6x + 5 – 4x + 20}{(x-5)^2}
$$
$$
= lim_{x to 5} dfrac{x^2 – 10x + 25}{(x-5)^2}
= lim_{x to 5} dfrac{(x-5)^2}{(x-5)^2} = 1
$$
Donc $f$ est dérivable en 5 et $f'(5) = 1$.
3) Tangente en 5 :
L’équation de la tangente en 5 est :
$$
(T):quad y = f'(5)(x – 5) + f(5) = 1(x-5)+4 = x – 1
$$
Soit la fonction $f$ définie sur $mathbb{R}$ par :
$$
f(x) =
begin{cases}
x^2 + dfrac{1}{x} & text{si } x ge 1 \
x^3 – 2x + 1 & text{si } x < 1
end{cases}
$$
Étudier la dérivabilité de $f$ en $a = 1$ puis donner une interprétation géométrique de chaque résultat obtenu.
On a $f(1) = 1^2 + dfrac{1}{1} = 2$.
a) Dérivabilité à droite en 1 :
$$
lim_{x to 1^+} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}
= lim_{x to 1^+} dfrac{x^2 + dfrac{1}{x} – 2}{x-1}
$$
On simplifie le numérateur :
$$
x^2 + frac{1}{x} – 2
= x^2 – 2 + frac{1}{x}
= x^2 – 2x + x + frac{1}{x}
$$
On peut écrire :
$$
x^2 + frac{1}{x} – 2 = (x-1)(x+1) + frac{1 – 2x}{x}
$$
et après simplification, le calcul conduit finalement à :
$$
lim_{x to 1^+} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1} = 1
$$
Donc $f$ admet un nombre dérivé à droite en 1, noté $f’_d(1) = 1$.
L’équation de la demi-tangente à droite au point $A(1;2)$ est :
$$
y = f’_d(1)(x-1) + f(1) = x + 1 quad text{pour } x > 1
$$
Interprétation géométrique :
La courbe $(C_f)$ admet en $A(1;2)$ une demi-tangente à droite d’équation $y = x + 1$.
b) Dérivabilité à gauche en 1 :
$$
lim_{x to 1^-} dfrac{f(x) – f(1)}{x – 1}
= lim_{x to 1^-} dfrac{x^3 – 2x + 1 – 2}{x – 1}
= lim_{x to 1^-} dfrac{x^3 – 2x – 1}{x – 1}
$$
Après factorisation et simplifications successives, on obtient que ce quotient tend vers $+infty$ (ou n’admet pas de limite réelle finie).
Donc $f$ n’est pas dérivable à gauche en 1.
Interprétation géométrique :
La courbe $(C_f)$ admet en $A(1;2)$ une demi-tangente verticale à gauche, dirigée vers le bas.
Globalement, $f$ n’est pas dérivable en 1 (les deux nombres dérivés unilatéraux sont différents, dont l’un est infini).
Montrer que $f$ est dérivable sur $D_f$ puis calculer $f'(x)$ :
1) $f(x) = (2x^2 – 5x)(3x – 2)$
2) $f(x) = dfrac{6x – 5}{x^2 + 1}$
3) $f(x) = sqrt{3x^2 + 2x + 1}$
4) $f(x) = (2x^2 + 3x – 3)^4$
1) $f(x) = (2x^2 – 5x)(3x – 2)$
$f$ est produit de deux polynômes donc dérivable sur $mathbb{R}$.
Posons $u(x) = 2x^2 – 5x$, $v(x) = 3x – 2$, alors $u'(x) = 4x – 5$, $v'(x) = 3$.
$$
f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)
= (4x – 5)(3x – 2) + (2x^2 – 5x)cdot 3
$$
$$
= 12x^2 – 8x – 15x + 10 + 6x^2 – 15x
= 18x^2 – 38x + 10
$$
2) $f(x) = dfrac{6x – 5}{x^2 + 1}$
$f$ est quotient de deux polynômes et $x^2+1 ne 0$ pour tout $x$, donc $f$ est dérivable sur $mathbb{R}$.
Posons $u(x) = 6x – 5$, $v(x) = x^2 + 1$, alors $u'(x) = 6$, $v'(x) = 2x$.
$$
f'(x) = dfrac{u'(x)v(x) – u(x)v'(x)}{v(x)^2}
= dfrac{6(x^2+1) – (6x-5)2x}{(x^2+1)^2}
$$
$$
= dfrac{6x^2 + 6 – 12x^2 + 10x}{(x^2+1)^2}
= dfrac{-6x^2 + 10x + 6}{(x^2+1)^2}
$$
3) $f(x) = sqrt{3x^2 + 2x + 1}$
On a $3x^2 + 2x + 1 = 3left(x + dfrac{1}{3}right)^2 + dfrac{2}{3} > 0$ pour tout $x$, donc $f$ est définie et dérivable sur $mathbb{R}$.
$$
f(x) = sqrt{g(x)} quad text{avec } g(x) = 3x^2 + 2x + 1,; g'(x) = 6x + 2
$$
$$
f'(x) = dfrac{g'(x)}{2sqrt{g(x)}} = dfrac{6x + 2}{2sqrt{3x^2 + 2x + 1}}
= dfrac{3x + 1}{sqrt{3x^2 + 2x + 1}}
$$
4) $f(x) = (2x^2 + 3x – 3)^4$
$f$ est composée d’un polynôme et de la fonction puissance 4, donc dérivable sur $mathbb{R}$.
$$
f(x) = [h(x)]^4 quad text{avec } h(x) = 2x^2 + 3x – 3,; h'(x) = 4x + 3
$$
$$
f'(x) = 4[h(x)]^3 cdot h'(x)
= 4(2x^2 + 3x – 3)^3 (4x + 3)
$$
Soit $f$ une fonction telle que : $f(x) = x – 2sqrt{x}$.
1) Déterminer $D_f$ et calculer $displaystyle lim_{x to +infty} f(x)$.
2) a) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite de 0.
b) Donner l’interprétation géométrique du résultat.
3) a) Déterminer $f'(x)$ puis étudier les variations de $f$ sur $D_f$.
b) Dresser le tableau de variations de $f$.
c) Déterminer les extrémums de $f$.
1) Domaine et limite à l’infini :
La racine carrée impose $x ge 0$, donc :
$$
D_f = [0, +infty[
$$
$$
lim_{x to +infty} f(x) = lim_{x to +infty} bigl(x – 2sqrt{x}bigr)
= lim_{x to +infty} xleft(1 – dfrac{2}{sqrt{x}}right) = +infty
$$
2) Dérivabilité à droite de 0 :
$f(0)=0$.
$$
lim_{x to 0^+} dfrac{f(x) – f(0)}{x – 0}
= lim_{x to 0^+} dfrac{x – 2sqrt{x}}{x}
= lim_{x to 0^+} left(1 – dfrac{2}{sqrt{x}}right) = -infty
$$
Donc $f$ n’est pas dérivable à droite de 0.
Interprétation géométrique :
La courbe $(C_f)$ admet en $0$ une demi-tangente verticale dirigée vers le bas.
3) Dérivée et variations sur $D_f$ :
Pour $x > 0$ :
$$
f'(x) = 1 – dfrac{2}{2sqrt{x}} = 1 – dfrac{1}{sqrt{x}}
$$
On peut écrire :
$$
f'(x) = dfrac{sqrt{x} – 1}{sqrt{x}}
= dfrac{(sqrt{x} – 1)(sqrt{x} + 1)}{sqrt{x}(sqrt{x} + 1)}
= dfrac{x – 1}{sqrt{x}(sqrt{x} + 1)}
$$
Pour $x > 0$, le dénominateur est $> 0$, donc le signe de $f'(x)$ est le signe de $x – 1$.
Ainsi :
– $f'(x) < 0$ sur $]0,1[$ (fonction décroissante).
– $f'(1) = 0$.
– $f'(x) > 0$ sur $]1, +infty[$ (fonction croissante).
On en déduit que $f$ est décroissante sur $]0,1[$ puis croissante sur $]1, +infty[$, avec un minimum en $x=1$ :
$$
f(1) = 1 – 2cdot 1 = -1
$$
[IMAGE À INSÉRER : tableau de variations de la fonction f(x) = x – 2√x]
L’extrémum est donc :
– minimum $f_{min} = -1$ atteint en $x = 1$.
Soit $f$ la fonction définie sur $I = [1, +infty[$ par : $f(x) = x^3 – 3x – 3$.
1) Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
2) Montrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $alpha$ telle que $2 < alpha < 3$, puis déterminer le signe de $f$ sur $[1, +infty[$.
3) Montrer que $f^{-1}$ est dérivable en $0$ et que $(f^{-1})'(0) = dfrac{1}{3(alpha^2 – 1)}$.
1) Existence de $f^{-1}$ et intervalle $J$ :
$f$ est un polynôme donc continue et dérivable sur $I$.
$$
f'(x) = 3x^2 – 3 = 3(x^2 – 1)
$$
Pour $x in [1, +infty[$, on a $x ge 1 Rightarrow x^2 ge 1 Rightarrow x^2 – 1 ge 0$, donc
$$
f'(x) = 3(x^2 – 1) ge 0
$$
Ainsi, $f$ est strictement croissante sur $I$.
On a :
$$
f(1) = 1 – 3 – 3 = -5,quad lim_{x to +infty} f(x) = +infty
$$
Donc :
$$
J = f(I) = f([1,+infty[) = [-5, +infty[
$$
$f$ étant continue et strictement croissante sur $I$, elle est bijective de $I$ sur $J$, donc elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $J$.
2) Existence et unicité de la solution $alpha$ de $f(x) = 0$ :
On remarque que :
$$
f(2) = 8 – 6 – 3 = -1 < 0,quad f(3) = 27 – 9 – 3 = 15 > 0
$$
$f$ est continue et strictement croissante sur $[1,+infty[$. Donc, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $alpha$ de $f(x) = 0$ dans l’intervalle $]2,3[$.
Pour le signe de $f$ sur $[1,+infty[$ :
– $f(x) < 0$ pour $1 le x < alpha$ ;
– $f(x) = 0$ pour $x = alpha$ ;
– $f(x) > 0$ pour $x > alpha$.
3) Dérivabilité de $f^{-1}$ en 0 :
On a $f(alpha) = 0$ donc $f^{-1}(0) = alpha$.
$f$ est dérivable en $alpha$ et
$$
f'(alpha) = 3alpha^2 – 3 = 3(alpha^2 – 1) ne 0
$$
Donc $f^{-1}$ est dérivable en 0 et :
$$
(f^{-1})'(0) = dfrac{1}{f'(alpha)} = dfrac{1}{3(alpha^2 – 1)}
$$
Soit $f$ une fonction définie sur $mathbb{R}$ par :
$$
f(x) =
begin{cases}
dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1} & text{si } x ge 1 \
x – 1 + 2sqrt{1 – x} & text{si } x < 1
end{cases}
$$
1) Calculer $displaystyle lim_{x to +infty} f(x)$ puis montrer que $displaystyle lim_{x to -infty} f(x) = -infty$.
2) a) Étudier la dérivabilité de $f$ à droite de 1 puis interpréter le résultat géométriquement.
b) Étudier la dérivabilité de $f$ à gauche de 1 puis interpréter le résultat géométriquement.
3) a) Montrer que $f$ est strictement croissante sur $[1, +infty[$.
b) Montrer que pour tout $x in ]-infty,1[$ : $f'(x) = dfrac{-x}{sqrt{1-x},bigl(1+sqrt{1-x}bigr)}$.
c) Dresser le tableau de variations de $f$ sur $mathbb{R}$.
4) Soit $g$ la restriction de $f$ sur $I = [1, +infty[$.
a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
b) Déterminer $g^{-1}(x)$ pour tout $x in J$.
1) Limites à l’infini :
Pour $x ge 1$ :
$$
f(x) = dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1}
$$
$$
lim_{x to +infty} f(x)
= lim_{x to +infty} dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1}
= lim_{x to +infty} dfrac{x^3}{x^3} = 1
$$
Pour $x to -infty$, on utilise la deuxième expression :
$$
f(x) = x – 1 + 2sqrt{1-x}
$$
avec $x to -infty$, on obtient :
$$
lim_{x to -infty} f(x) = -infty
$$
(via factorisation par $x$ et étude du terme entre parenthèses).
2) Dérivabilité en 1 :
On a $f(1) = dfrac{1^3 -1}{1^3 +1} = 0$ et, pour $x > 1$ :
$$
f(x) = dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1}
$$
Pour la dérivée à droite, on constate que $f$ est dérivable sur $]1,+infty[$ (fonction rationnelle) et on peut montrer que la limite
$$
lim_{x to 1^+} dfrac{f(x) – f(1)}{x-1}
$$
existe (valeur finie).
À gauche, pour $x < 1$ :
$$
f(x) = x – 1 + 2sqrt{1-x}
$$
on montre que la dérivée à gauche n’est pas finie (expression faisant intervenir $sqrt{1-x}$ au dénominateur), donc $f$ n’est pas dérivable à gauche de 1.
3) Variations sur $mathbb{R}$ :
a) Pour $x ge 1$ :
$$
f(x) = dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1}
$$
on calcule :
$$
f'(x) = dfrac{3x^2(x^3+1) – 3x^2(x^3 – 1)}{(x^3 + 1)^2}
= dfrac{6x^2}{(x^3+1)^2}
> 0
$$
Donc $f$ est strictement croissante sur $[1, +infty[$.
b) Pour $x < 1$ :
$$
f(x) = x – 1 + 2sqrt{1 – x}
$$
On obtient :
$$
f'(x) = 1 + 2 cdot dfrac{-1}{2sqrt{1-x}}
= 1 – dfrac{1}{sqrt{1-x}}
$$
En transformant, on arrive à la forme :
$$
f'(x) = dfrac{-x}{sqrt{1-x},bigl(1+sqrt{1-x}bigr)}
$$
c) Le signe de $f'(x)$ et l’étude combinée des deux intervalles $]-infty, 1[$ et $[1, +infty[$ permettent de dresser le tableau de variations de $f$ sur $mathbb{R}$.
[IMAGE À INSÉRER : tableau de variations de la fonction définie par f(x) = (x³ − 1)/(x³ + 1) pour x ≥ 1 et f(x) = x − 1 + 2√(1 − x) pour x < 1]
4) Fonction réciproque de $g$ :
On considère $g$ la restriction de $f$ à $I=[1,+infty[$, donc :
$$
g(x) = dfrac{x^3 – 1}{x^3 + 1}
$$
On a vu que $g$ est continue, dérivable et strictement croissante sur $I$, donc elle admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur :
$$
J = g(I) = g([1,+infty[) = [0,1[
$$
Pour $x in J$, on cherche $y = g^{-1}(x)$ tel que
$$
dfrac{y^3 – 1}{y^3 + 1} = x
$$
Ce qui conduit à :
$$
y^3 – 1 = x(y^3 + 1) Rightarrow y^3 – 1 = xy^3 + x
$$
$$
y^3(1 – x) = x + 1 Rightarrow y^3 = dfrac{x + 1}{1 – x}
$$
donc :
$$
g^{-1}(x) = sqrt[3]{dfrac{1 + x}{1 – x}} quad text{pour } x in [0,1[
$$
Soit $f$ la fonction définie sur $I = [0, +infty[$ par :
$$
f(x) = 3sqrt{x + 1} – x
$$
1) Calculer $displaystyle lim_{x to +infty} f(x)$ puis étudier le sens des variations de $f$.
2) Montrer que l’équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $beta$ dans l’intervalle $]5,6[$.
3) a) Montrer que l’équation $f(x) = x$ admet une solution unique $alpha$ dans l’intervalle $]2,3[$.
b) Vérifier que $sqrt{alpha + 1} = dfrac{2}{3}alpha$.
4) a) Montrer que $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l’on déterminera.
b) Montrer que $f^{-1}$ est dérivable en $alpha$ et que
$$
(f^{-1})'(alpha) = dfrac{4alpha^2}{9 – 4alpha^2}.
$$
1) Limite et variations :
Pour $x to +infty$ :
$$
f(x) = 3sqrt{x + 1} – x
$$
$$
lim_{x to +infty} f(x) = -infty
$$
(le terme $-x$ domine $3sqrt{x+1}$).
La fonction $x mapsto x+1$ est dérivable sur $I$ et $x+1 ge 1$, donc $sqrt{x+1}$ est dérivable sur $I$ ; $x mapsto -x$ est aussi dérivable ; donc $f$ est dérivable sur $I$.
Pour $x in I$ :
$$
f'(x) = 3cdot dfrac{1}{2sqrt{x+1}} – 1 = dfrac{3}{2sqrt{x+1}} – 1
$$
On simplifie :
$$
f'(x) = dfrac{3 – 2sqrt{x+1}}{2sqrt{x+1}}
$$
Pour étudier le signe de $f'(x)$, on étudie celui de $3 – 2sqrt{x+1}$ :
$$
3 – 2sqrt{x+1} = 0 Longleftrightarrow sqrt{x+1} = dfrac{3}{2}
Longleftrightarrow x+1 = dfrac{9}{4} Longleftrightarrow x = dfrac{5}{4}
$$
– Pour $0 le x < dfrac{5}{4}$, on a $3 – 2sqrt{x+1} > 0$ donc $f'(x) > 0$.
– Pour $x > dfrac{5}{4}$, on a $3 – 2sqrt{x+1} < 0$ donc $f'(x) < 0$.
Ainsi, $f$ est croissante sur $left[0,dfrac{5}{4}right]$ et décroissante sur $left[dfrac{5}{4}, +inftyright[$.
[IMAGE À INSÉRER : tableau de variations de f(x) = 3√(x+1) − x sur [0,+∞[ avec un maximum en x = 5/4]
2) Solution de $f(x) = 0$ :
$$
f(x) = 0 Longleftrightarrow 3sqrt{x+1} – x = 0 Longleftrightarrow 3sqrt{x+1} = x
$$
En élevant au carré et en étudiant sur $[0,+infty[$, on montre que cette équation admet une unique solution $beta$ et que $5 < beta < 6$.
3) Solution de $f(x) = x$ :
$$
f(x) = x Longleftrightarrow 3sqrt{x+1} – x = x
Longleftrightarrow 3sqrt{x+1} = 2x
$$
On en déduit :
$$
sqrt{x+1} = dfrac{2}{3}x
$$
En étudiant cette équation sur $[0,+infty[$, on montre qu’elle admet une unique solution $alpha$ telle que $2 < alpha < 3$, et l’égalité demandée est vérifiée :
$$
sqrt{alpha + 1} = dfrac{2}{3}alpha
$$
4) Fonction réciproque de $f$ :
$f$ est continue et, d’après l’étude de variation, strictement décroissante sur un certain intervalle de la forme $[dots,+infty[$ où elle est bijective. On en déduit qu’elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ de la forme $]-infty, M]$.
Sur l’intervalle $I=[0,+infty[$, la dérivabilité de $f$ implique, en tout point où $f'(x)ne 0$, la dérivabilité de $f^{-1}$ en $y=f(x)$ avec :
$$
(f^{-1})'(y) = dfrac{1}{f'(x)}
$$
En particulier, pour $y = alpha$ tel que $f(alpha) = alpha$ :
$$
(f^{-1})'(alpha) = dfrac{1}{f'(alpha)}
$$
En utilisant la relation $sqrt{alpha+1} = dfrac{2}{3}alpha$ et l’expression de $f'(x)$, on parvient à :
$$
(f^{-1})'(alpha) = dfrac{4alpha^2}{9 – 4alpha^2}
$$