Terminale A2 · Leçon 2
Étude de fonctions polynômes et de fonctions rationnelles
Ce que dit le programme officiel (45 points)
- la limite d’une fonction polynôme en un point
- la limite d’une fonction rationnelle en un point où elle est définie
- la limite à gauche en a de la fonction 𝑥 ↦ 1/(𝑥−𝑎)
- la limite à droite en a de la fonction 𝑥 ↦ 1/(𝑥−𝑎)
- le théorème des valeurs intermédiaires
- la propriété relative à la limite à l’infini d’une fonction polynôme
- la propriété relative à la limite à l’infini d’une fonction rationnelle
- la définition d’une asymptote oblique
- la définition d’une asymptote verticale
- la définition d’une asymptote horizontale
- la propriété relative à la limite d’une somme de deux fonctions
- la propriété relative à la limite d’un produit de deux fonctions
- la propriété relative à la limite d’un quotient de deux fonctions
- déterminer la limite d’une fonction polynôme en un point
- déterminer la limite d’une fonction rationnelle en un point où elle est définie
- déterminer la limite d’une fonction rationnelle en un point où elle n‘est pas définie
- déterminer la limite à gauche en a de la fonction 𝑥 ↦ 1/(𝑥−𝑎)
- déterminer la limite à droite en a de la fonction 𝑥 ↦ 1/(𝑥−𝑎)
- déterminer la limite d’une fonction polynôme à l’infini
- déterminer la limite d’une fonction rationnelle à l’infini
- déterminer la limite d’une somme de deux fonctions
- déterminer la limite d’un produit de deux fonctions
- déterminer la limite d’un quotient de deux fonctions
- la fonction dérivée d’une fonction polynôme
- la fonction dérivée d’une fonction rationnelle
- le signe de la dérivée d’une fonction polynôme
- le signe de la dérivée d’une fonction rationnelle
- le sens de variation d’une fonction polynôme
- le sens de variation d’une fonction rationnelle
- interpréter graphiquement chacune des limites suivantes : lim (x→a) f(x) = +∞, lim (x→a) f(x) = -∞, lim (x→+∞) f(x) = b, lim (x→-∞) f(x) = b, lim (x→+∞) f(x) - (ax + b) = 0, lim (x→-∞) f(x) - (ax + b) = 0
- graphiquement le signe de f(x) - (ax+b)
- démontrer qu’une droite dont une équation est donnée est asymptote à la courbe représentative d’une fonction rationnelle
- que l’équation f(x)= 0, où f est une fonction polynôme ou rationnelle, admet une solution unique sur un intervalle borné dont les bornes appartiennent à l'ensemble de définition de f en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires
- dresser le tableau de variation d’une fonction polynôme
- dresser le tableau de variation d’une fonction rationnelle
- tracer une asymptote verticale
- tracer une asymptote horizontale
- tracer une asymptote oblique
- représenter graphiquement une fonction polynôme
- graphiquement une fonction rationnelle
- encadrer la solution d’une équation par dichotomie
- encadrer la solution d’une équation par balayage
- résoudre graphiquement les inéquations du type : f(x) ≥ 0, f(x) > 0, f(x) ≤ 0, f(x) < 0, f(x) ≥ ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) > ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) ≤ ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) < ax+b, (a; b) (0 ;0) étant donnée la courbe d’une fonction polynôme ou d’une fonction rationnelle f
- résoudre algébriquement les inéquations du type : f(x) ≥ 0, f(x) > 0, f(x) ≤ 0, f(x) < 0, f(x) ≥ ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) > ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) ≤ ax+b, (a; b) (0 ;0), f(x) < ax+b, (a; b) (0 ;0) où f est une fonction homographique ou une fonction rationnelle du type : 𝑥 ↦ (𝑎𝑥²+𝑏𝑥+𝑐)/(𝑑𝑥+𝑒) où a ≠ 0, d ≠ 0
- traiter une situation faisant appel aux fonctions polynômes et fonctions rationnelles
Source : Programme éducatif Terminale A2, DPFC, version CND 0923
Limite d'une fonction composée
Soit \(u(x) = ax + b\) avec \(a \neq 0\), et soit \(f\) l'une des fonctions de référence (\(x^2\), \(\sqrt{x}\), \(1/x\), \(\ln x\), \(e^x\)). Si \(\lim u(x) = \ell\) (fini ou infini) et si \(f\) admet une limite \(L\) en \(\ell\), alors :
\[ \lim f\!\bigl(u(x)\bigr) = L. \]En pratique, on procède en deux étapes : d'abord calculer la limite de \(ax+b\), puis appliquer la règle usuelle de \(f\) à ce résultat intermédiaire.
Étape 1 : identifier \(u(x) = ax + b\) et déterminer \(\lim u(x)\)
comme une limite affine usuelle.
Étape 2 : remplacer mentalement \(u(x)\) par sa limite dans la
fonction \(f\) et lire la limite usuelle de \(f\) à ce point.
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\sqrt{2x-3}\). On a \(u(x)=2x-3 \to +\infty\), et \(\sqrt{u}\to+\infty\). Donc la limite vaut \(+\infty\).
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} e^{-2x+1}\). On a \(u(x)=-2x+1 \to -\infty\), et \(e^u \to 0^+\). Donc la limite vaut \(0^+\).
\(\displaystyle\lim_{x\to(1/2)^+} \ln(2x-1)\). On a \(u(x)=2x-1 \to 0^+\) quand \(x\to(1/2)^+\), et \(\ln u \to -\infty\). Donc la limite vaut \(-\infty\).
\(\displaystyle\lim_{x\to(-2/3)^+} \frac{1}{3x+2}\). On a \(3x+2 \to 0^+\) donc \(\dfrac{1}{3x+2}\to+\infty\). À gauche de \(-2/3\) : \(3x+2 \to 0^-\) donc \(\dfrac{1}{3x+2}\to-\infty\). La limite globale n'existe pas.
Quand la limite intérieure est \(0\), il faut impérativement préciser si c'est \(0^+\) ou \(0^-\) avant d'appliquer la limite de \(f = 1/u\) ou de \(f = \ln u\). Le signe de \(u(x)\) au voisinage du point est déterminé par celui de \(a\) dans \(u(x)=ax+b\).
Figure 4 — \(f(ax+b)\) : choisir \(f\), \(a\) et \(b\)
Opérations sur les limites et formes indéterminées
Lorsque les limites de deux fonctions sont connues, on peut calculer la limite de leur somme, de leur produit ou de leur quotient en combinant ces résultats — sauf dans certains cas particuliers où l'opération produit une forme indéterminée, c'est-à-dire une expression dont le signe ou la valeur ne peut pas être décidée a priori.
Si \(\lim f = \ell\) et \(\lim g = m\) (finis ou infinis), alors sous réserve que le résultat ne soit pas indéterminé :
| Opération | Résultat | Cas indéterminés |
|---|---|---|
| \(f + g\) | \(\ell + m\) | \(+\infty - \infty\) |
| \(f \times g\) | \(\ell \times m\) | \(0 \times \infty\) |
| \(f / g\) | \(\ell / m\) | \(\infty/\infty\) et \(0/0\) |
Dans chacun de ces cas, le résultat peut valoir n'importe quel réel, \(+\infty\) ou \(-\infty\) selon les fonctions concernées. Il faut lever l'indétermination par un calcul algébrique.
En \(+\infty\) ou \(-\infty\), un polynôme se comporte comme son terme de plus haut degré. Pour une fraction rationnelle, on compare les degrés du numérateur et du dénominateur après factorisation par la puissance dominante.
Concrètement, on met en facteur \(x^n\) (puissance la plus grande présente) au numérateur et au dénominateur, puis on simplifie. Les termes en \(1/x^k\) tendent vers \(0\) et disparaissent.
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(3x^2 - 5x + 1)\).
\[ 3x^2 - 5x + 1 = x^2\!\left(3 - \frac{5}{x} + \frac{1}{x^2}\right). \]Comme \(x^2 \to +\infty\) et le facteur entre parenthèses tend vers \(3 > 0\), le produit tend vers \(+\infty\). Le terme \(3x^2\) « l'emporte » sur \(-5x\).
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2x+1}{x-3}\).
\[ \frac{2x+1}{x-3} = \frac{x(2+1/x)}{x(1-3/x)} = \frac{2+1/x}{1-3/x} \;\xrightarrow[x\to+\infty]{}\; \frac{2}{1} = 2. \]Les deux degrés sont égaux, la limite est le rapport des coefficients directeurs : \(2/1 = 2\).
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x+1}{x^2+2}\).
\[ \frac{x+1}{x^2+2} = \frac{x^2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\!\left(1+\frac{2}{x^2}\right)} = \frac{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{2}{x^2}} \;\to\; 0. \]Le dénominateur « grandit plus vite » : la limite vaut \(0\).
Pour \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x^2 - x)\), on factorise par \(x^2\) et on obtient \(x^2(1 - 1/x)\). Attention : quand \(x\to-\infty\), \(-1/x\to 0^+\), le facteur entre parenthèses tend vers \(1 > 0\), et \(x^2 \to +\infty\). La limite est \(+\infty\), même si les deux termes semblent de signes opposés.
Figure 2 — Comportement de \(\dfrac{ax+1}{x-b}\) quand \(x\to\pm\infty\)
asymptote horizontale
Théorème des valeurs intermédiaires
Une fonction \(f\) est continue en \(a\) si \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=f(a)\). Cela exige : (1) \(f\) définie en \(a\), (2) la limite existe, (3) limite = valeur.
Les fonctions usuelles (polynômes, \(e^x\), \(\ln x\), \(\sin\), \(\cos\), racines) sont continues sur leur domaine de définition.
Soit \(f\) continue sur \([a\,;\,b]\). Pour tout \(k\) compris entre \(f(a)\) et \(f(b)\), il existe au moins un \(c\in[a\,;\,b]\) tel que \(f(c)=k\).
Corollaire : Si \(f(a)\) et \(f(b)\) sont de signes contraires, l'équation \(f(x)=0\) admet au moins une solution dans \(]a\,;\,b[\).
Si \(f\) est continue et strictement monotone sur \([a\,;\,b]\), alors pour tout \(k\) entre \(f(a)\) et \(f(b)\), l'équation \(f(x)=k\) admet une unique solution dans \([a\,;\,b]\).
Sans ces trois lignes, les points sont perdus même avec la bonne conclusion : (1) énoncer que \(f\) est continue sur \([a\,;\,b]\), (2) calculer explicitement \(f(a)\) et \(f(b)\), (3) constater les signes contraires et conclure.
Montrons que \(x^3-2x+1=0\) admet au moins une solution dans \([-2\,;\,0]\).
Posons \(f(x)=x^3-2x+1\). Polynôme → continu sur \(\mathbb{R}\).
\(f(-2)=-8+4+1=-3<0\) et \(f(0)=1>0\) — signes contraires.
Par le TVI : il existe \(c\in\,]-2\,;\,0[\) tel que \(f(c)=0\).
Figure interactive — TVI avec curseur k
Déplacez k entre −3 et 1 : la droite horizontale coupe la courbe, garantissant l'existence d'un c tel que f(c)=k (TVI). Hors de cet intervalle, le TVI ne s'applique pas sur [−2;0].
Limites des fonctions de référence en l'infini et en un réel
Avant d'aborder les techniques de calcul, il est indispensable de maîtriser le comportement asymptotique des fonctions élémentaires. Ce sont elles qui servent de « briques » dans toute limite plus complexe.
Lorsqu'une fonction n'est pas définie en un point \(a\) (par exemple parce qu'elle possède un pôle en ce point), on distingue la limite à droite \(\lim_{x\to a^+} f(x)\) et la limite à gauche \(\lim_{x\to a^-} f(x)\). Si ces deux limites existent et sont égales, on dit que \(f\) a une limite en \(a\) ; sinon, la limite en \(a\) n'existe pas.
Calculons \(\lim_{x\to-\infty} x^3\) et \(\lim_{x\to-\infty} x^4\). Puisque \(3\) est impair, \(x^3 \to -\infty\). Puisque \(4\) est pair, \(x^4 \to +\infty\). La parité change tout le signe.
Quand \(x\to 0^+\), on a \(x > 0\) donc \(\tfrac{1}{x} \to +\infty\). Quand \(x\to 0^-\), on a \(x < 0\) donc \(\tfrac{1}{x} \to -\infty\). La limite en \(0\) n'existe pas ; il y a deux limites unilatérales opposées.
\(\ln\) n'est défini que sur \(\mathopen]0\,,+\infty\mathclose[\). Lorsque \(x\to 0^+\), \(\ln x \to -\infty\) : la courbe plonge verticalement vers \(-\infty\) en s'approchant de l'axe des ordonnées. Lorsque \(x\to+\infty\), \(\ln x \to +\infty\) mais très lentement — bien plus lentement que n'importe quelle puissance de \(x\).
Pour un exposant entier impair, le signe de \(x^n\) est celui de \(x\) ; pour un exposant pair, \(x^n\) est toujours positif ou nul. En pratique : « pair → positif, impair → garde le signe ».
Figure 1 — Comportement comparé de \(x^n\) selon la parité de \(n\)
\(y=x^3\)
\(y=x\)
Asymptotes horizontales, verticales, obliques et branches infinies
Une fonction rationnelle est une fonction de la forme \(f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}\), où \(P\) et \(Q\) sont des polynômes avec \(Q \not\equiv 0\). Son domaine de définition est \(\mathbb{R}\) privé des racines de \(Q\) : \(\mathcal{D}_f = \{x \in \mathbb{R} \mid Q(x) \neq 0\}\).
On appelle asymptote verticale en \(x = x_0\) toute droite verticale telle que \(f(x) \to \pm\infty\) quand \(x \to x_0\) (avec \(x_0\) racine de \(Q\) non racine de \(P\)). On appelle asymptote horizontale en \(y = \ell\) toute droite horizontale telle que \(f(x) \to \ell\) quand \(x \to +\infty\) ou \(x \to -\infty\).
- Asymptote verticale : résoudre \(Q(x) = 0\). Pour chaque racine \(x_0\), calculer \(\lim_{x \to x_0^+} f(x)\) et \(\lim_{x \to x_0^-} f(x)\) (analyser les signes au voisinage).
- Asymptote horizontale : diviser numérateur et dénominateur par la plus haute puissance de \(x\) présente, puis passer à la limite. Si \(\deg P < \deg Q\), la limite est \(0\). Si \(\deg P = \deg Q\), la limite est le rapport des coefficients dominants.
- Décomposer : pour \(f(x) = \dfrac{ax+b}{cx+d}\), écrire \(f(x) = \dfrac{a}{c} + \dfrac{k}{cx+d}\) (division euclidienne) permet de lire simultanément l'asymptote horizontale \(y = a/c\) et la forme de la dérivée.
Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\). Division euclidienne : \(2x + 1 = 2(x-1) + 3\), donc \(f(x) = 2 + \dfrac{3}{x-1}\).
Asymptote verticale \(x = 1\) : quand \(x \to 1^+\), \(\frac{3}{x-1} \to +\infty\) ; quand \(x \to 1^-\), \(\frac{3}{x-1} \to -\infty\). Asymptote horizontale \(y = 2\) : quand \(x \to \pm\infty\), \(\frac{3}{x-1} \to 0\).
Dérivée : \(f'(x) = -\dfrac{3}{(x-1)^2} < 0\) sur tout le domaine. La fonction est donc strictement décroissante sur chacun des deux intervalles \(]-\infty\,;1[\) et \(]1\,;+\infty[\).
Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\). Division : \(x + 3 = \tfrac{1}{2}(2x-4) + 5\), donc \(f(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{2x-4}\).
Asymptote verticale \(x = 2\) : quand \(x \to 2^+\), \(\frac{5}{2x-4} \to +\infty\) ; quand \(x \to 2^-\), \(\frac{5}{2x-4} \to -\infty\).
Asymptote horizontale \(y = \tfrac{1}{2}\) : quand \(x \to \pm\infty\).
Dérivée (règle du quotient, avec \(u = x+3\), \(v = 2x-4\)) :
\[ f'(x) = \frac{1 \cdot (2x-4) - (x+3) \cdot 2}{(2x-4)^2} = \frac{2x - 4 - 2x - 6}{(2x-4)^2} = \frac{-10}{(2x-4)^2} < 0. \]\(f'\) est partout strictement négative : \(f\) est décroissante sur chacun des deux intervalles de son domaine.
Soit \(h(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x + 2}\). Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{-2\}\). Division euclidienne de \(x^2 - 1\) par \(x + 2\) : \(x^2 - 1 = (x+2)(x-2) + 3\), donc \(h(x) = x - 2 + \dfrac{3}{x+2}\).
Quand \(x \to \pm\infty\), \(\frac{3}{x+2} \to 0\) donc \(h(x) \approx x - 2\) : la droite \(y = x - 2\) est une asymptote oblique (voir section suivante). L'asymptote verticale est \(x = -2\).
Si \(Q(x_0) = 0\) et \(P(x_0) = 0\) simultanément, il n'y a pas nécessairement d'asymptote verticale en \(x_0\). Par exemple \(f(x) = \dfrac{x^2 - 4}{x - 2} = \dfrac{(x-2)(x+2)}{x-2} = x + 2\) pour \(x \neq 2\). La droite \(x = 2\) n'est pas une asymptote : la fonction se prolonge par continuité. Toujours simplifier avant de conclure.
Quand on obtient \(f'(x) = \dfrac{k}{(cx+d)^2}\), le dénominateur est toujours positif. Le signe de \(f'\) est donc entièrement déterminé par le signe de la constante \(k\) : si \(k < 0\), la fonction est décroissante partout sur son domaine sans exception. Pas besoin de tableau de signes complexe.
Figure III.2 — Fraction rationnelle : asymptotes et courbe
asymptote verticale
asymptote horizontale
On dit que la droite \(y = mx + p\) est une asymptote oblique de \(f\) en \(+\infty\) (resp. \(-\infty\)) si \(\lim_{x \to +\infty} \bigl[f(x) - (mx+p)\bigr] = 0\). Cela se produit quand le degré du numérateur est exactement égal au degré du dénominateur plus un : \(\deg P = \deg Q + 1\).
- Effectuer la division euclidienne de \(P\) par \(Q\) : on obtient \(P(x) = Q(x) \cdot (mx + p) + r(x)\) où \(\deg r < \deg Q\).
- Donc \(f(x) = mx + p + \dfrac{r(x)}{Q(x)}\), et \(\dfrac{r(x)}{Q(x)} \to 0\) quand \(x \to \pm\infty\).
- La droite \(y = mx + p\) est l'asymptote oblique.
Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\). Division : \(2x^2 + x - 3 = (x-1)(2x+3) + 0\), donc \(f(x) = 2x + 3\) pour \(x \neq 1\).
Ici le reste est nul : \(x = 1\) est une racine commune que l'on simplifie, et la fonction se prolonge en une droite. Il n'y a ni asymptote verticale, ni asymptote oblique — seulement un trou en \(x = 1\).
Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{-1\}\). Division : \(x^2 + 2x - 1 = (x+1)(x+1) - 2\), donc \(g(x) = x + 1 - \dfrac{2}{x+1}\).
Asymptote oblique : \(y = x + 1\) (quand \(x \to \pm\infty\), \(\frac{2}{x+1} \to 0\)). Asymptote verticale : \(x = -1\).
Dérivée : \(g'(x) = 1 + \dfrac{2}{(x+1)^2} > 0\) : la fonction est strictement croissante sur chacun des deux intervalles de son domaine, ce qui est cohérent avec le comportement d'une hyperbole tournée par rapport aux axes.
Une asymptote est une droite dont la courbe s'approche, mais la courbe peut la croiser avant de s'y rapprocher à l'infini. Par exemple, si \(g(x) - (x+1) = -\frac{2}{x+1}\), alors \(g(-1+\varepsilon) - ((-1+\varepsilon)+1)\) change de signe selon le côté de \(-1\). La courbe est alternativement au-dessus et en-dessous de son asymptote.
Figure III.3 — Asymptote oblique : décomposition interactive
asymptote verticale \(x=-1\)
asymptote oblique \(y=x+1\)
Techniques de levée d'indétermination (factorisation, quantité conjuguée)
Dès qu'une expression contient des racines carrées en addition ou en soustraction, les développements standards ne fonctionnent plus directement. La technique de la quantité conjuguée permet de transformer une forme \(\infty - \infty\) en une expression calculable.
On s'appuie sur l'identité algébrique \((\sqrt{A} - \sqrt{B})(\sqrt{A} + \sqrt{B}) = A - B\). On multiplie et divise par la somme conjuguée \(\sqrt{A} + \sqrt{B}\) pour faire apparaître \(A - B\) au numérateur, expression polynomiale dont on sait calculer la limite.
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\). C'est une forme \(\infty - \infty\).
\[ \sqrt{x+1}-\sqrt{x} = \frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} = \frac{(x+1)-x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}} = \frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}. \]Quand \(x\to+\infty\), le dénominateur \(\sqrt{x+1}+\sqrt{x}\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x}) = 0\).
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x^2+x}-x)\).
\[ \sqrt{x^2+x}-x = \frac{(x^2+x)-x^2}{\sqrt{x^2+x}+x} = \frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}. \]On factorise \(x\) au dénominateur (pour \(x > 0\), \(\sqrt{x^2+x} = x\sqrt{1+1/x}\)) :
\[ \frac{x}{x\!\left(\sqrt{1+1/x}+1\right)} = \frac{1}{\sqrt{1+1/x}+1} \;\xrightarrow[x\to+\infty]{}\; \frac{1}{\sqrt{1}+1} = \frac{1}{2}. \]La limite vaut \(\dfrac{1}{2}\).
Calculons \(\displaystyle\lim_{x\to 4}\frac{\sqrt{x}-2}{x-4}\). C'est une forme \(0/0\).
\[ \frac{\sqrt{x}-2}{x-4} = \frac{\sqrt{x}-2}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)} = \frac{1}{\sqrt{x}+2} \;\xrightarrow[x\to 4]{}\; \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{4}. \]La racine \(\sqrt{u(x)}\) n'est définie que pour \(u(x)\ge 0\). Avant tout calcul de limite, vérifier que l'expression est bien définie au voisinage du point considéré. Par exemple, \(\sqrt{2x-3}\) n'est défini qu'à partir de \(x = 3/2\) ; la limite en \(-\infty\) n'a pas de sens.
Figure 3 — \(\sqrt{x+c}-\sqrt{x}\) et son comportement en \(+\infty\)
asymptote \(y=0\)
Dérivées usuelles et règles de calcul
Plutôt que de revenir chaque fois à la définition, on dispose d'un catalogue de dérivées connues et de règles qui permettent de dériver toute combinaison de fonctions sans calcul de limite.
Si \(u\) et \(v\) sont dérivables, et \(k \in \mathbb{R}\) :
\[\begin{array}{ll} (u+v)' = u'+v' & \qquad (ku)' = ku' \\[4pt] (uv)' = u'v + uv' & \qquad \left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} \quad (v \neq 0) \end{array}\]Pour \(\left(\dfrac{u}{v}\right)'\), on identifie d'abord \(u\) et \(v\), on calcule séparément \(u'\) et \(v'\), puis on applique la formule. Ne jamais « dériver numérateur et dénominateur séparément » sans la formule !
Soit \(f(x) = x^3 e^x\). Posons \(u = x^3\) et \(v = e^x\), alors \(u' = 3x^2\) et \(v' = e^x\).
\(f'(x) = 3x^2 \cdot e^x + x^3 \cdot e^x = e^x(3x^2 + x^3) = x^2 e^x(3+x).\)
Soit \(g(x) = \dfrac{2x-1}{x^2+1}\). Posons \(u = 2x-1\), \(v = x^2+1\), donc \(u' = 2\), \(v' = 2x\).
\(g'(x) = \dfrac{2(x^2+1)-(2x-1)\cdot 2x}{(x^2+1)^2} = \dfrac{2x^2+2-4x^2+2x}{(x^2+1)^2} = \dfrac{-2x^2+2x+2}{(x^2+1)^2}.\)
Soit \(h(x) = 3\ln x - \dfrac{2}{x} + 5\) définie sur \(\,]0;+\infty[\).
\(h'(x) = \dfrac{3}{x} - \left(-\dfrac{2}{x^2}\right) + 0 = \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{x^2} = \dfrac{3x+2}{x^2}.\)
\(\left(\dfrac{1}{x^2}\right)'\) peut se traiter comme un quotient (\(u=1,\ v=x^2\)) ou comme une puissance \((x^{-2})' = -2x^{-3}\). Les deux donnent le même résultat \(-\dfrac{2}{x^3}\), mais la méthode des puissances est souvent plus rapide.
Signe de la dérivée, variations et extremums
Connaître la dérivée d'une fonction, c'est bien ; savoir en extraire l'information sur le comportement de la fonction, c'est encore mieux. Le lien entre le signe de \(f'\) et les variations de \(f\) est au cœur de l'étude de fonction.
Soit \(f\) dérivable sur un intervalle \(I\).
- Si \(f'(x) > 0\) pour tout \(x \in I\), alors \(f\) est strictement croissante sur \(I\).
- Si \(f'(x) < 0\) pour tout \(x \in I\), alors \(f\) est strictement décroissante sur \(I\).
- Si \(f'(x) = 0\) pour tout \(x \in I\), alors \(f\) est constante sur \(I\).
Si \(f'\) s'annule en un point \(x_0\) en changeant de signe, \(f\) admet un extremum local en \(x_0\) : minimum si \(f'\) passe de \(-\) à \(+\), maximum si \(f'\) passe de \(+\) à \(-\).
Étape 1 : calculer \(f'(x)\). Étape 2 : résoudre \(f'(x) = 0\) et repérer les points où \(f'\) n'est pas définie. Étape 3 : signer \(f'\) sur chaque intervalle (tableau de signes). Étape 4 : en déduire le tableau de variations de \(f\), en calculant les valeurs remarquables (\(f\) aux extrémités et aux points critiques).
Étudier les variations de \(f(x) = (2x-1)^2\) sur \(\mathbb{R}\).
\(f'(x) = 2 \times 2 \times (2x-1) = 4(2x-1).\)
\(f'(x) = 0 \iff 2x-1 = 0 \iff x = \tfrac{1}{2}.\)
| \(x\) | \(-\infty\) | \(\frac{1}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | − | 0 | + | ||
| \(f(x)\) | \(+\infty\) | ↘ | 0 | ↗ | \(+\infty\) |
\(f\) est décroissante sur \(\left]-\infty\,;\frac{1}{2}\right]\), croissante sur \(\left[\frac{1}{2}\,;+\infty\right[\), avec un minimum global \(f\!\left(\frac{1}{2}\right) = 0\).
Étudier les variations de \(g(x) = x\,e^{-x}\) sur \(\mathbb{R}\).
\(g'(x) = 1 \cdot e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = e^{-x}(1-x).\)
Comme \(e^{-x} > 0\) pour tout \(x\), le signe de \(g'\) est celui de \((1-x)\) : \(g'(x) > 0 \iff x < 1\) et \(g'(x) < 0 \iff x > 1\).
\(g\) est croissante sur \(]-\infty\,; 1]\), décroissante sur \([1\,;+\infty[\), avec un maximum \(g(1) = e^{-1} = \dfrac{1}{e}\).
Étudier les variations de \(h(x) = \dfrac{x^2}{x-1}\) sur \(]-\infty\,;1[\).
\(h'(x) = \dfrac{2x(x-1)-x^2 \cdot 1}{(x-1)^2} = \dfrac{2x^2-2x-x^2}{(x-1)^2} = \dfrac{x^2-2x}{(x-1)^2} = \dfrac{x(x-2)}{(x-1)^2}.\)
Sur \(]-\infty\,;1[\), \((x-1)^2 > 0\). On signe \(x(x-2)\) : il s'annule en \(x=0\) et \(x=2\) (mais \(x=2\notin\,]-\infty\,;1[\)). Pour \(x < 0\) : \(x(x-2) = (\text{nég.})(\text{nég.}) > 0\) ; pour \(0 < x < 1\) : \(x(x-2) = (\text{pos.})(\text{nég.}) < 0\).
\(h\) est croissante sur \(]-\infty\,;0]\), décroissante sur \([0\,;1[\), avec un maximum local \(h(0) = 0\).
Dans les exercices de Bac, \(f'\) est souvent déjà factorisée ou se factorise facilement. Si l'énoncé demande de montrer que \(f'(x) = \ldots\), vérifier que la forme donnée se factorise bien et signer chaque facteur séparément.
Figure 3 — Variations de \(f(x) = x^2 + ax + b\) : déplacez les paramètres
\(f'(x) = 2x + a\)
Minimum de \(f\)
Étude d'une fonction polynôme
Une fonction polynôme de degré \(n\) est une fonction de la forme \[f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0,\] où les \(a_i\) sont des réels et \(a_n \neq 0\). Son domaine de définition est toujours \(\mathbb{R}\) tout entier : il n'y a aucune valeur interdite.
Si \(f(x) = a_n x^n + \cdots + a_1 x + a_0\), alors \[f'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1)a_{n-1}x^{n-2} + \cdots + a_1.\] En pratique on dérive terme à terme : \((x^n)' = n x^{n-1}\), \((ax)' = a\), \((a)' = 0\).
Sur un intervalle où \(f'(x) > 0\), la fonction \(f\) est strictement croissante. Sur un intervalle où \(f'(x) < 0\), elle est strictement décroissante. En un point \(x_0\) où \(f'(x_0) = 0\) et où \(f'\) change de signe, \(f\) admet un extremum local.
- Domaine : \(\mathcal{D}_f = \mathbb{R}\) toujours.
- Dériver \(f\) terme à terme pour obtenir \(f'\).
- Factoriser \(f'\) (mise en facteur, identités remarquables, facteur commun) pour déterminer facilement son signe.
- Tableau de signes de \(f'\) puis tableau de variations de \(f\).
- Calculer les valeurs en les points critiques et aux extrémités (ou limites en \(\pm\infty\)).
Soit \(f(x) = x^3 - 3x + 2\). On dérive terme à terme : \(f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1) = 3(x-1)(x+1)\).
Le produit \(3(x-1)(x+1)\) est positif quand les deux facteurs sont de même signe, négatif quand ils sont de signes opposés. On obtient : \(f'(x) > 0\) sur \(]-\infty\,;-1[\) et sur \(]1\,;+\infty[\), et \(f'(x) < 0\) sur \(]-1\,;1[\).
Ainsi \(f\) est croissante, puis décroissante, puis croissante. Les extrema locaux sont : maximum \(f(-1) = -1 + 3 + 2 = 4\) et minimum \(f(1) = 1 - 3 + 2 = 0\).
Soit \(f(x) = x^4 - 2x^2 + 1\). On reconnaît une identité remarquable : \(f(x) = (x^2 - 1)^2 = (x-1)^2(x+1)^2 \geq 0\).
Dérivée : \(f'(x) = 4x^3 - 4x = 4x(x^2 - 1) = 4x(x-1)(x+1)\). C'est un produit de trois facteurs linéaires de coefficient dominant \(4 > 0\). Tableau de signe :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(1\) | \(\searrow\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
La fonction admet deux minimums globaux en \(x = \pm 1\) (valeur \(0\)) et un maximum local en \(x = 0\) (valeur \(1\)).
Soit \(g(x) = x^4 - 8x^2 + 12\). Alors \(g'(x) = 4x^3 - 16x = 4x(x^2 - 4) = 4x(x-2)(x+2)\). Les racines de \(g'\) sont \(x = -2, 0, 2\).
Valeurs remarquables : \(g(-2) = 16 - 32 + 12 = -4\), \(g(0) = 12\), \(g(2) = 16 - 32 + 12 = -4\). La courbe possède donc deux minimums globaux (\(-4\)) et un maximum local (\(12\)).
Quand \(f'(x_0) = 0\), on dit que \(x_0\) est un point critique, mais cela ne signifie pas forcément un extremum. Si \(f'\) ne change pas de signe en \(x_0\) — par exemple \(h(x) = x^3\) avec \(h'(0) = 0\) mais \(h'\) reste positive de part et d'autre — alors il n'y a pas d'extremum, seulement un point d'inflexion à tangente horizontale. Toujours vérifier le changement de signe.
Pour un polynôme \(f(x) = a_n x^n + \cdots\), le comportement en \(\pm\infty\) est dicté par \(a_n x^n\) seul. Si \(a_n > 0\) et \(n\) pair : \(f \to +\infty\) des deux côtés. Si \(a_n > 0\) et \(n\) impair : \(f \to -\infty\) à gauche et \(+\infty\) à droite. Ces informations guident la lecture du tableau de variations avant même de calculer.
Figure III.1 — Polynôme de degré 3 : exploration interactive
\(f'(x)\)
Localisation et approximation d'une solution (dichotomie)
On cherche \(\alpha \in [a\,;b]\) tel que \(f(\alpha) = 0\), avec \(f\) continue et strictement monotone.
- Tester la valeur médiane \(m = \dfrac{a+b}{2}\).
- Si \(f(m) = 0\) : trouvé. Sinon, si \(f(a)\) et \(f(m)\) sont de signes opposés, la solution est dans \([a\,;m]\) ; sinon dans \([m\,;b]\).
- Recommencer avec le nouvel intervalle, deux fois plus petit.
- Arrêter quand l'intervalle atteint la précision souhaitée.
Après \(n\) étapes, la précision est \(\dfrac{b-a}{2^n}\).
On reprend \(f(x) = x^3 + x - 1\) sur \([0\,;1]\). On cherche \(\alpha\) à \(10^{-2}\) près.
| Étape | Intervalle | Milieu \(m\) | \(f(m)\) | Nouveau sous-intervalle |
|---|---|---|---|---|
| 1 | [0 ; 1] | 0,5 | \(-0{,}375 < 0\) | [0,5 ; 1] |
| 2 | [0,5 ; 1] | 0,75 | \(0{,}172 > 0\) | [0,5 ; 0,75] |
| 3 | [0,5 ; 0,75] | 0,625 | \(-0{,}119 < 0\) | [0,625 ; 0,75] |
| 4 | [0,625 ; 0,75] | 0,6875 | \(0{,}022 > 0\) | [0,625 ; 0,6875] |
| 5 | [0,625 ; 0,6875] | 0,656 | \(-0{,}049 < 0\) | [0,656 ; 0,6875] |
| 6 | [0,656 ; 0,6875] | 0,672 | \(-0{,}014 < 0\) | [0,672 ; 0,6875] |
| 7 | [0,672 ; 0,6875] | 0,680 | \(0{,}004 > 0\) | [0,672 ; 0,680] |
Après 7 étapes, l'intervalle a une longueur \(\approx 0{,}008 < 0{,}01\). On conclut :
\[0{,}672 \le \alpha \le 0{,}680,\]soit \(\alpha \approx 0{,}68\) à \(10^{-2}\) près.
Pour atteindre une précision de \(10^{-p}\) sur un intervalle de longueur \(L\), il faut \(n\) étapes telles que \(L / 2^n \le 10^{-p}\). Sur \([0\,;1]\), il faut environ \(3{,}32\, p\) étapes pour \(p\) décimales de précision.
Signe du trinôme et inéquations du second degré
Rappel de SecondeSi \(\Delta>0\) (racines \(x_1<x_2\)) : \(P(x)\) est du signe de \(a\) à l'extérieur de \([x_1;x_2]\), du signe opposé entre les racines. Règle mnémotechnique : « signe de \(a\), sauf entre les racines ».
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Résumé
Identifier la FI, choisir la technique (factorisation, conjuguée, croissances comparées) et lever systématiquement avant de conclure.
Trois étapes obligatoires : continuité sur [a;b], calcul de f(a) et f(b), signes contraires. Sans elles, les points sont perdus.
Maîtriser le quotient \(\frac{u'v-uv'}{v^2}\) et la composée \(u'\cdot f'(u)\). Ne jamais oublier u′ pour ln u et e^u.
f′(a)=0 est nécessaire mais non suffisant. Le changement de signe de f′ autour de a est la seule preuve valide.
AV → limite infinie. AH → limite finie. AO → division euclidienne. Toujours préciser la position de la courbe par rapport à l'AO.
D_f → parité → limites → asymptotes → f′ → variations → points remarquables → tracé.
Puissances, racine carrée, \(e^x\), \(\ln x\) : mémoriser le comportement en \(\pm\infty\) et en \(0\). Pôles : toujours distinguer la limite à gauche et à droite.
\(\infty-\infty\), \(\infty/\infty\), \(0/0\), \(0\times\infty\). Lever par factorisation (terme dominant) ou par quantité conjuguée.
En \(\pm\infty\) : factoriser par le plus haut degré, les termes inférieurs disparaissent. Le résultat dépend de la comparaison des degrés.
Multiplier et diviser par \(\sqrt{A}+\sqrt{B}\) pour transformer \(\sqrt{A}-\sqrt{B}\) en \(\dfrac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}\).
\(f(ax+b)\) : calculer d'abord \(\lim(ax+b)\), puis appliquer la limite usuelle de \(f\) à ce résultat. Attention au signe en cas de pôle (\(0^+\) vs \(0^-\)).
\(f'(x_0) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\). Tangente : \(y = f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\).
\((x^n)' = nx^{n-1}\), \((\sqrt x)' = \frac{1}{2\sqrt x}\), \((\ln x)' = \frac{1}{x}\), \((e^x)' = e^x\).
\((uv)' = u'v+uv'\). \(\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v-uv'}{v^2}\).
\([f(ax+b)]' = a \cdot f'(ax+b)\). Le coefficient \(a\) sort systématiquement.
\(f' > 0 \Rightarrow f\) croissante. \(f' < 0 \Rightarrow f\) décroissante. Changement de signe de \(f'\) : extremum local.
Calculer \(f'\), factoriser, dresser le tableau de signes, puis le tableau de variations avec les valeurs remarquables.
Domaine toujours \(\mathbb{R}\). Dériver terme à terme, factoriser \(f'\), dresser le tableau de signes. Le coefficient dominant détermine le comportement en \(\pm\infty\).
Dénominateur nul, numérateur non nul. Analyser les signes à gauche et à droite pour savoir si \(f \to +\infty\) ou \(-\infty\).
Diviser par la plus haute puissance. Si \(\deg P = \deg Q\) : limite = rapport des coefficients dominants. Si \(\deg P < \deg Q\) : limite = 0.
Division euclidienne de \(P\) par \(Q\) quand \(\deg P = \deg Q + 1\). Écrire \(f(x) = mx + p + \frac{r(x)}{Q(x)}\).
\(\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}\). Si le résultat est \(\dfrac{k}{v^2}\) avec \(k\) constant, le signe de \(f'\) est celui de \(k\).
Si \(f'(x_0) = 0\) mais \(f'\) ne change pas de signe, c'est un point d'inflexion. Toujours vérifier le changement de signe avant de conclure.
Sujet type Bac
Énoncé : Soit \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\) par \(f(x)=\dfrac{x^2+x+2}{x-1}\). On note \(\mathcal{C}_f\) sa courbe dans un repère orthonormé.
1. Ensemble de définition
\(D_f=\mathbb{R}\setminus\{1\}=]-\infty\,;\,1[\;\cup\;]1\,;\,+\infty[\)
2. Limites et Asymptotes
En \(x=1\) : numérateur vaut \(4>0\). Donc \(\lim_{x\to 1^-}f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to 1^+}f(x)=+\infty\) → AV : \(x=1\).
En \(\pm\infty\) : \(\lim f(x)=\pm\infty\) → pas d'AH. Division euclidienne :
\[x^2+x+2=(x-1)(x+2)+4 \implies f(x)=x+2+\frac{4}{x-1}\]
\(\lim_{x\to\pm\infty}[f(x)-(x+2)]=0\) → AO : \(\Delta:y=x+2\).
Position : \(f(x)-(x+2)=\dfrac{4}{x-1}>0\) pour \(x>1\) (courbe au-dessus de \(\Delta\)), \(<0\) pour \(x<1\) (en dessous).
3. Dérivée et Variations
Règle du quotient (\(u=x^2+x+2\), \(u'=2x+1\), \(v=x-1\), \(v'=1\)) :
\[f'(x)=\frac{(2x+1)(x-1)-(x^2+x+2)}{(x-1)^2}=\frac{x^2-2x-3}{(x-1)^2}=\frac{(x-3)(x+1)}{(x-1)^2}\]
\((x-1)^2>0\) pour tout \(x\neq 1\) → signe de \(f'\) = signe de \((x-3)(x+1)\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(1\) | \(3\) | \(+\infty\) | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | + | 0 | − | || | − | 0 | + | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | ↗ | −1 | ↘ | \(-\infty\)‖\(+\infty\) | ↘ | 7 | ↗ | \(+\infty\) |
4. Points remarquables
- Maximum local en \(x=-1\) : \(f(-1)=\dfrac{1-1+2}{-2}=-1\) → tangente horizontale \(y=-1\)
- Minimum local en \(x=3\) : \(f(3)=\dfrac{9+3+2}{2}=7\) → tangente horizontale \(y=7\)
- Intersection Oy : \(f(0)=-2\) · Pas d'intersection Ox (\(\Delta=-7<0\))
On considère la fonction \(f\) définie par \(\displaystyle f(x) = \frac{\sqrt{3x+4}-2}{x-0}\) pour \(x \neq 0\) et \(x \ge -4/3\), puis la fonction \(g\) définie par \(\displaystyle g(x) = \frac{2x^2 - x - 3}{x^2 - 1}\).
Question 1 — Limite de \(g\) en \(+\infty\). Calculer \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} g(x)\).
C'est une forme \(\infty/\infty\). Les deux polynômes sont de même degré 2. On divise numérateur et dénominateur par \(x^2\) :
\[ g(x) = \frac{2 - 1/x - 3/x^2}{1 - 1/x^2} \;\xrightarrow[x\to+\infty]{}\; \frac{2}{1} = 2. \]La courbe de \(g\) admet donc la droite \(y = 2\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\).
Question 2 — Limite de \(g\) en \(1\). Étudier le comportement de \(g\) au voisinage de \(x = 1\).
Le dénominateur \(x^2 - 1 = (x-1)(x+1)\) s'annule en \(x=1\). Le numérateur en \(x=1\) vaut \(2(1)^2 - 1 - 3 = -2 \neq 0\). C'est donc bien un pôle.
En \(x = 1^+\) : \(x-1 \to 0^+\) et \(x+1 \to 2 > 0\), donc \((x-1)(x+1) \to 0^+\). Le numérateur tend vers \(-2 < 0\). Donc \(g(x) \to -\infty\).
En \(x = 1^-\) : \(x-1 \to 0^-\) et \(x+1 \to 2\), donc le dénominateur \(\to 0^-\). Avec un numérateur négatif, \(g(x) \to +\infty\).
La droite \(x = 1\) est une asymptote verticale à la courbe de \(g\).
Question 3 — Simplification de \(g\). Montrer que, pour \(x \neq \pm 1\), \(g(x) = \dfrac{2x-3}{x-1}\).
On factorise le numérateur : \(2x^2 - x - 3\). On cherche deux facteurs du type \((2x - a)(x - b)\) avec \(ab = 3\) et \(a + 2b = 1\). On trouve \(a = 3\), \(b = -1\) :
\[ 2x^2 - x - 3 = (2x - 3)(x + 1). \]Le dénominateur \(x^2 - 1 = (x-1)(x+1)\). Donc :
\[ g(x) = \frac{(2x-3)(x+1)}{(x-1)(x+1)} = \frac{2x-3}{x-1} \quad (x \neq -1). \]Question 4 — Limite de \(f\) en \(0\). Calculer \(\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{3x+4}-2}{x}\).
C'est une forme \(0/0\). On multiplie par la quantité conjuguée \(\sqrt{3x+4}+2\) :
\[ f(x) = \frac{(\sqrt{3x+4}-2)(\sqrt{3x+4}+2)}{x(\sqrt{3x+4}+2)} = \frac{(3x+4)-4}{x(\sqrt{3x+4}+2)} = \frac{3x}{x(\sqrt{3x+4}+2)} = \frac{3}{\sqrt{3x+4}+2}. \]Quand \(x\to 0\) : \(\sqrt{3(0)+4}+2 = \sqrt{4}+2 = 4\). Donc \(\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = \frac{3}{4}\).
Question 5 — Interprétation graphique. Que représente géométriquement la valeur \(3/4\) trouvée à la question 4 ?
La limite \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x) - f(0)}{x - 0}\) est précisément la définition du nombre dérivé de \(h(x) = \sqrt{3x+4}\) en \(x = 0\). En effet, \(h(0) = 2\) et \(\dfrac{\sqrt{3x+4} - 2}{x} \to \dfrac{3}{4}\).
La valeur \(3/4\) est donc le coefficient directeur de la tangente à la courbe de \(h : x \mapsto \sqrt{3x+4}\) en son point d'abscisse \(0\). Cette tangente a pour équation \(y = \tfrac{3}{4}x + 2\).
Question 1 — Calculer \(f'(x)\) et la simplifier.
\(f\) est le produit de \(u(x) = 2x-1\) et de \(v(x) = e^{-x}\).
On a \(u'(x) = 2\) et \(v'(x) = -e^{-x}\) (composée affine avec \(a=-1\)).
\(f'(x) = u'v + uv' = 2e^{-x} + (2x-1)(-e^{-x}) = e^{-x}\big[2 - (2x-1)\big] = e^{-x}(3-2x).\)
Question 2 — Signe de \(f'(x)\) et tableau de variations.
Comme \(e^{-x} > 0\) pour tout réel \(x\), le signe de \(f'(x)\) est celui de \((3-2x)\).
\(3 - 2x > 0 \iff x < \dfrac{3}{2}.\)
| \(x\) | \(-\infty\) | \(\frac{3}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | + | 0 | − | ||
| \(f(x)\) | \(-\infty\) | ↗ | \(2e^{-3/2}\) | ↘ | \(0\) |
\(f\) est croissante sur \(\left]-\infty\,;\frac{3}{2}\right]\) et décroissante sur \(\left[\frac{3}{2}\,;+\infty\right[\), avec un maximum \(f\!\left(\frac{3}{2}\right) = (2\times\frac{3}{2}-1)e^{-3/2} = 2e^{-3/2}\).
Question 3 — Équation de la tangente en \(x_0 = 0\).
\(f(0) = (0-1)e^{0} = -1\).
\(f'(0) = e^{0}(3-0) = 3\).
L'équation de la tangente en \(x_0 = 0\) est : \(y = 3(x - 0) + (-1) = 3x - 1.\)
Question 4 — Limites aux bornes.
En \(+\infty\) : \(e^{-x} \to 0\) et \((2x-1)\) croît, mais les exponentielles l'emportent sur les polynômes : \(\lim_{x\to+\infty} f(x) = 0\). La courbe admet la droite \(y=0\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\).
En \(-\infty\) : \(2x-1 \to -\infty\) et \(e^{-x} \to +\infty\), donc \(f(x) \to -\infty\). La courbe n'a pas d'asymptote en \(-\infty\).
Question 5 — Point d'intersection avec l'axe des abscisses.
\(f(x) = 0 \iff (2x-1)e^{-x} = 0 \iff 2x-1 = 0\) (car \(e^{-x} \neq 0\)) \(\iff x = \dfrac{1}{2}\).
La courbe coupe l'axe des abscisses en \(\left(\dfrac{1}{2}\,; 0\right)\) uniquement.
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\) par \[f(x) = \frac{x^2 - x - 2}{x - 2}.\]
Question 1 — Domaine et simplification éventuelle.
Le seul réel interdit est \(x = 2\) (racine du dénominateur). Factorisons le numérateur : \(x^2 - x - 2 = (x-2)(x+1)\). On obtient donc \[f(x) = \frac{(x-2)(x+1)}{x-2} = x + 1 \quad \text{pour } x \neq 2.\] La valeur \(x = 2\) est exclue du domaine, mais la courbe est en réalité la droite \(y = x + 1\) avec un trou en \((2\,;\,3)\). Il n'y a ni asymptote verticale, ni asymptote oblique proprement dite.
Question 2 — Dérivée et variations.
Sur \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\), \(f(x) = x + 1\) donc \(f'(x) = 1 > 0\) partout sur le domaine. La fonction est strictement croissante sur \(]-\infty\,;2[\) et sur \(]2\,;+\infty[\).
Question 3 — Étude de \(g(x) = \dfrac{x^2 + 1}{x - 1}\).
Domaine : \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\). Le numérateur \(x^2 + 1 \geq 1 > 0\) ne s'annule jamais, donc il n'y a pas de simplification.
Division euclidienne : \(x^2 + 1 = (x-1)(x+1) + 2\), donc \(g(x) = x + 1 + \dfrac{2}{x-1}\).
Asymptote verticale \(x = 1\) et asymptote oblique \(y = x + 1\).
Dérivée :
\[ g'(x) = 1 - \frac{2}{(x-1)^2} = \frac{(x-1)^2 - 2}{(x-1)^2}. \]\(g'(x) = 0 \Leftrightarrow (x-1)^2 = 2 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt{2}\). Soit \(x_1 = 1 - \sqrt{2} \approx -0{,}41\) et \(x_2 = 1 + \sqrt{2} \approx 2{,}41\).
Question 4 — Tableau de variations de \(g\).
Le dénominateur \((x-1)^2 > 0\) toujours, le signe de \(g'\) est celui de \((x-1)^2 - 2\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(x_1\) | \(1\) | \(x_2\) | \(+\infty\) | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(g'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | || | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(g\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(x_1+1+\frac{2}{x_1-1}\) | \(\searrow\) | || | \(\searrow\) | \(x_2+1+\frac{2}{x_2-1}\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
Valeur au maximum local : \(g(x_1) = (1-\sqrt{2})+1+\dfrac{2}{-\sqrt{2}} = 2 - \sqrt{2} - \sqrt{2} = 2 - 2\sqrt{2} \approx -0{,}83\). Valeur au minimum local : \(g(x_2) = 2 + \sqrt{2} + \sqrt{2} = 2 + 2\sqrt{2} \approx 4{,}83\).
Question 5 — Position de la courbe par rapport à l'asymptote oblique.
On a \(g(x) - (x+1) = \dfrac{2}{x-1}\). Ce reste est positif quand \(x > 1\) (la courbe est au-dessus de l'asymptote) et négatif quand \(x < 1\) (la courbe est en-dessous). La courbe ne coupe donc jamais son asymptote oblique, mais est de part et d'autre selon la branche considérée.