Variations et extremums : exercices corrigés de 1re spécialité

On dérive : $f'(x)=2x-4$.

On résout $f'(x)=0$ : $2x-4=0$ donc $x=2$.

$f'$ est affine de coefficient directeur positif : $f'(x)<0$ pour $x<2$ et $f'(x)>0$ pour $x>2$.

Donc $f$ est décroissante sur $]-\infty\,;2]$ et croissante sur $[2\,;+\infty[$.

La dérivée s'annule en changeant de signe en $2$ : $f$ admet un extremum local en $2$ ³. C'est un minimum puisque la fonction décroît puis croît.

On calcule $f(2)=4-8+3=-1$.

On dérive : $g'(x)=-4x+8$.

$g'(x)=0$ équivaut à $x=2$.

Le coefficient directeur de $g'$ est négatif : $g'(x)>0$ pour $x<2$ et $g'(x)<0$ pour $x>2$.

Donc $g$ est croissante sur $]-\infty\,;2]$ puis décroissante sur $[2\,;+\infty[$.

La dérivée s'annule en changeant de signe, il y a donc un extremum en $2$ ³ : c'est un maximum.

$g(2)=-2\times4+16+1=9$.

On dérive : $h'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)$.

$h'$ s'annule en $-1$ et en $1$.

Le coefficient de $x^2$ est positif : $h'$ est positive sur $]-\infty\,;-1[$, négative sur $]-1\,;1[$, positive sur $]1\,;+\infty[$.

Donc $h$ est croissante, puis décroissante, puis croissante.

En $-1$, la dérivée s'annule en passant du positif au négatif : maximum local ³. En $1$, elle passe du négatif au positif : minimum local.

$h(-1)=-1+3=2$ et $h(1)=1-3=-2$.

On dérive : $k'(x)=3x^2-12x+9=3(x-1)(x-3)$.

$k'$ s'annule en $1$ et en $3$ ; elle est positive sur $[0\,;1[$, négative sur $]1\,;3[$, positive sur $]3\,;5]$.

Donc $k$ est croissante sur $[0\,;1]$, décroissante sur $[1\,;3]$, croissante sur $[3\,;5]$ ¹.

Valeurs : $k(0)=1$ ; $k(1)=1-6+9+1=5$ ; $k(3)=27-54+27+1=1$ ; $k(5)=125-150+45+1=21$.

Le plus grand nombre de la liste est $21$, atteint à la borne $x=5$ ; le plus petit est $1$, atteint en $x=0$ et en $x=3$.

Le périmètre donne $2(x+L)=40$, donc la longueur est $L=20-x$.

L'aire est $A(x)=x(20-x)=20x-x^2$.

On dérive : $A'(x)=20-2x$, qui s'annule pour $x=10$.

$A'(x)>0$ sur $[0\,;10[$ et $A'(x)<0$ sur $]10\,;20]$ : $A$ croît puis décroît.

La dérivée s'annule en changeant de signe : $A$ atteint un extremum en $10$ ³, et c'est un maximum.

$A(10)=10\times10=100$.

On dérive : $p'(x)=3x^2$, donc $p'(0)=0$.

Pour tout $x\neq0$, $x^2>0$, donc $p'(x)>0$ : la dérivée est positive avant $0$ et après $0$.

La dérivée s'annule mais ne change pas de signe en $0$.

Or un extremum local d'une fonction dérivable se repère par une dérivée qui s'annule en changeant de signe ³.

La fonction $p$ est croissante sur $\mathbb{R}$ ¹ : elle n'a donc aucun extremum local.

On dérive : $f'(x)=1-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}$.

Le dénominateur $x^2$ est strictement positif ; le signe de $f'$ est celui de $x^2-1=(x-1)(x+1)$.

Pour $x>0$, $x+1>0$ : $f'(x)$ est du signe de $x-1$. Donc $f'<0$ sur $]0\,;1[$ et $f'>0$ sur $]1\,;+\infty[$.

Ainsi $f$ est décroissante sur $]0\,;1]$ puis croissante sur $[1\,;+\infty[$.

La dérivée s'annule en $1$ en changeant de signe : $f$ y admet un minimum ³. On calcule $f(1)=1+1=2$.

Comme $2$ est le minimum de $f$ sur $]0\,;+\infty[$, on a $f(x)\geq2$ pour tout $x>0$.

On dérive : $f'(x)=2x+b$.

Un extremum local en un point intérieur impose $f'(3)=0$ ³ : $6+b=0$, donc $b=-6$.

On écrit $f(3)=-2$ : $9-18+c=-2$, donc $c=7$.

La fonction est $f(x)=x^2-6x+7$, de dérivée $f'(x)=2x-6$.

$f'(x)<0$ pour $x<3$ et $f'(x)>0$ pour $x>3$ : $f$ décroît puis croît, l'extremum est un minimum. Vérification : $f(3)=9-18+7=-2$.