Calculer la dérivée de chacune des fonctions suivantes, définies et dérivables sur l'intervalle indiqué.
a. On repère $u(x) = 5x-2$, $u'(x)=5$, et on applique $(u^n)' = n\,u'\,u^{n-1}$.
b. Ici $u(x) = x^2-3x$, $u'(x) = 2x-3$, et $(\mathrm{e}^u)' = u'\,\mathrm{e}^u$.
c. $u(x) = 4-2x$, $u'(x) = -2$, et $(\sqrt u)' = \dfrac{u'}{2\sqrt u}$.
d. $k = g\circ u$ avec $g(X) = \dfrac1X$, $g'(X) = -\dfrac{1}{X^2}$ et $u(x) = 2x+1$, $u'(x)=2$.
⚠ Le piège classique : oublier le facteur $u'$. Sans lui, on obtiendrait $4(5x-2)^3$ au lieu de $20(5x-2)^3$.
On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = (x-1)\,\mathrm{e}^{x}$.
a. $f$ est un produit $uv$ avec $u(x) = x-1$, $u'(x)=1$ et $v(x) = \mathrm{e}^x = v'(x)$.
b. Comme $\mathrm{e}^x > 0$ pour tout réel $x$, $f'(x)$ a le signe de $x$.
| $x$ | $-\infty$ | $0$ | $+\infty$ | ||
|---|---|---|---|---|---|
| $f'(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | ||
| $f$ | ↘ | $-1$ | ↗ |
$f$ admet un minimum égal à $f(0) = (0-1)\mathrm{e}^0 = -1$, atteint en $x = 0$.
c. On applique $y = f'(1)(x-1)+f(1)$ avec $f(1) = 0\times\mathrm{e} = 0$ et $f'(1) = 1\times\mathrm{e}^1 = \mathrm{e}$.
✔ Cohérence : la tangente passe bien par le point $(1\,;0)$ de la courbe, et sa pente $\mathrm{e}\approx 2{,}72$ est positive car $f$ est croissante en $1$.
Une entreprise produit entre 1 et 30 tonnes d'un engrais. Le coût total de production de $q$ tonnes, en milliers d'euros, est :
a. On dérive le polynôme $C$.
Lorsque l'on produit déjà 10 tonnes, produire une tonne supplémentaire coûte environ 12 000 €.
b. On divise chaque terme par $q$, puis on dérive ($\left(\frac{50}{q}\right)' = -\frac{50}{q^2}$).
c. Le signe de $C_M'(q)$ est celui de $0{,}5q^2 - 50$, qui s'annule pour $q^2 = 100$, soit $q = 10$ (car $q > 0$).
$C_M'(q) < 0$ sur $[1\,;10[$ et $C_M'(q) > 0$ sur $]10\,;30]$ : le coût moyen est minimal pour 10 tonnes.
d. On compare les deux valeurs trouvées.
$C_M(10) = C_m(10) = 12$. 💡 Ce n'est pas un hasard : au minimum du coût moyen, coût moyen et coût marginal sont égaux. Tant que la tonne suivante coûte moins cher que la moyenne, elle fait baisser la moyenne.
On considère la fonction $g$ définie sur $[0\,;1]$ par $g(x) = \mathrm{e}^x + x - 3$.
a. On dérive : $g'(x) = \mathrm{e}^x + 1$.
Comme $\mathrm{e}^x > 0$, on a $g'(x) > 1 > 0$ : $g$ est strictement croissante sur $[0\,;1]$.
b. On vérifie les trois hypothèses du corollaire du TVI.
$0$ est compris entre $g(0)$ et $g(1)$ : l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha \in [0\,;1]$.
c. On balaye au pas de $0{,}01$ jusqu'au changement de signe.
d. $g$ est croissante et s'annule en $\alpha$.
$g(x) < 0$ sur $[0\,;\alpha[$, $g(\alpha) = 0$ et $g(x) > 0$ sur $]\alpha\,;1]$.
⚠ Sans la stricte monotonie, le TVI garantit seulement au moins une solution, pas l'unicité.
La hauteur d'une plante, en cm, est modélisée en fonction du temps $t$ (en semaines) par
a. On dérive puis on factorise pour étudier le signe.
Sur $[0\,;6]$, $3t \geqslant 0$ et $6 - t \geqslant 0$ donc $h'(t)\geqslant 0$ : $h$ est croissante, la plante grandit.
b. On dérive une seconde fois et on étudie le signe de $h''$.
$h''(t) \geqslant 0 \iff t\leqslant 3$. Donc $h$ est convexe sur $[0\,;3]$ et concave sur $[3\,;6]$. $h''$ s'annule en changeant de signe en $3$ : le point $I(3\,;h(3))$ avec $h(3) = -27+81+2 = 56$ est un point d'inflexion.
c. $h'$ croît tant que $h''\geqslant 0$, puis décroît : elle est maximale au point d'inflexion.
d. $T : y = h'(3)(t-3) + h(3) = 27(t-3) + 56 = 27t - 25$. On développe $-(t-3)^3$ pour vérifier l'égalité.
Pour $t < 3$, $-(t-3)^3 > 0$ : la courbe est au-dessus de $T$ (convexité) ; pour $t > 3$, elle est en dessous (concavité). La courbe traverse sa tangente en $I$ : c'est bien la signature d'un point d'inflexion.
💡 Interprétation : la croissance s'accélère pendant 3 semaines, puis ralentit — la plante approche de sa taille adulte ($h(6) = 110$ cm).
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