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Mathématiques (spécialité) · TerminaleBac

Équations différentielles y' = ay + b : exercices de Terminale

Publié le 6 novembre 2026 · Mis à jour le 6 novembre 2026 · Signaler une erreur

L'essentiel

  • Pour y' = ay + b avec a ≠ 0, la fonction constante égale à −b/a est une solution particulière.
  • Les solutions sont les fonctions x ↦ C e^{ax} − b/a, où C est un réel quelconque.
  • Une condition initiale y(x₀) = y₀ fixe la constante C : on remplace x par x₀ et on résout.
  • Si a < 0, les solutions tendent vers −b/a en +∞ ; si a > 0 et C ≠ 0, elles divergent.
  • Pour contrôler un résultat, dérive la fonction trouvée et compare avec ay + b.
  • Cette notion figure au programme de spécialité, dans la section sur les équations différentielles 2.

Comment utiliser ces exercices

Ces exercices portent sur les équations différentielles de la forme y′=ay+by' = ay + b, avec a≠0a \neq 0. Cette équation figure au programme de la spécialité mathématiques de Terminale, avec la recherche d'une solution particulière 2. Elle se place dans la section consacrée aux primitives et aux équations différentielles 1. Avant de commencer, tu dois savoir résoudre y′=ayy' = ay et savoir dériver une fonction de la forme C eaxC\,e^{ax}.

Les exercices sont classés par difficulté croissante, du niveau 1 au niveau 3. Cherche d'abord seul(e) sur papier. Si tu bloques, lis un indice, puis relis la méthode ci-dessous. Ne regarde la correction qu'après avoir écrit une réponse, même fausse : comparer ta rédaction à la correction t'apprend plus que lire directement la solution.

Démonstration · Pourquoi ces solutions conviennent

Soit ff une fonction dérivable et g=f+bag = f + \dfrac{b}{a}. Comme ba\dfrac{b}{a} est une constante, g′=f′g' = f'.

Si ff vérifie f′=af+bf' = af + b, alors g′=af+b=a(f+ba)=agg' = af + b = a\left(f + \dfrac{b}{a}\right) = ag. La fonction gg vérifie donc g′=agg' = ag, équation que le programme traite à part 2 : ses solutions sont les C eaxC\,e^{ax}. On en déduit f=C eax−baf = C\,e^{ax} - \dfrac{b}{a}.

Réciproquement, si f(x)=C eax−baf(x) = C\,e^{ax} - \dfrac{b}{a}, alors f′(x)=aC eaxf'(x) = aC\,e^{ax} et af(x)+b=aC eax−b+b=aC eaxaf(x) + b = aC\,e^{ax} - b + b = aC\,e^{ax}. Les deux expressions sont égales.

Lire le comportement des solutions selon le signe de a

Plusieurs exercices demandent ce que devient une solution quand xx devient grand. La forme f(x)=C eax−baf(x) = C\,e^{ax} - \dfrac{b}{a} permet de répondre sans calcul compliqué : tout dépend du signe de aa et de la valeur de CC.

Les exercices

Exercice 1 Une solution constante

★☆☆Environ 5 min

On considère l'équation différentielle (E)(E) : y′=2y+6y' = 2y + 6.

  1. Détermine la solution constante de (E)(E).
  2. Vérifie-la en la reportant dans l'équation.

Donne la valeur de cette constante.

Indice 1

Une fonction constante a une dérivée nulle.

Indice 2

Pose 0=2y+60 = 2y + 6 et résous.

Voir la correction pas à pas

  1. Une fonction constante égale à kk a pour dérivée 00. L'équation devient 0=2k+60 = 2k + 6.

  2. On résout : 2k=−62k = -6, donc k=−3k = -3.

  3. Vérification : pour y=−3y = -3, on a y′=0y' = 0 et 2y+6=−6+6=02y + 6 = -6 + 6 = 0. Les deux membres sont égaux.

La solution constante de (E)(E) est y=−3y = -3, ce qui correspond bien à −ba=−62-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{6}{2}.

Exercice 2 Vérifier qu'une fonction est solution

★☆☆Environ 6 min

On considère (E)(E) : y′=−y+3y' = -y + 3 et la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=4e−x+3f(x) = 4e^{-x} + 3.

  1. Calcule f′(x)f'(x).
  2. Calcule −f(x)+3-f(x) + 3 et conclus.
  3. Calcule f(0)f(0).

Donne la valeur de f(0)f(0).

Indice 1

La dérivée de e−xe^{-x} est −e−x-e^{-x}.

Indice 2

Développe −f(x)+3-f(x) + 3 en distribuant le signe moins.

Voir la correction pas à pas

  1. On dérive : f′(x)=4×(−e−x)=−4e−xf'(x) = 4 \times (-e^{-x}) = -4e^{-x}.

  2. On calcule −f(x)+3=−(4e−x+3)+3=−4e−x−3+3=−4e−x-f(x) + 3 = -(4e^{-x} + 3) + 3 = -4e^{-x} - 3 + 3 = -4e^{-x}.

  3. Les deux expressions sont égales pour tout réel xx : ff est bien solution de (E)(E).

  4. Enfin f(0)=4e0+3=4+3=7f(0) = 4e^{0} + 3 = 4 + 3 = 7.

La fonction ff est solution de (E)(E) et f(0)=7f(0) = 7. Vérifier qu'une fonction convient ne demande que de la dériver et de comparer : aucune résolution n'est nécessaire.

Exercice 3 Trouver la constante avec une condition initiale

★☆☆Environ 8 min

On considère (E)(E) : y′=3y+6y' = 3y + 6.

  1. Montre que les solutions de (E)(E) sont les fonctions x↦C e3x−2x \mapsto C\,e^{3x} - 2, avec CC réel.
  2. Détermine la solution ff telle que f(0)=5f(0) = 5.

Donne la valeur de CC pour cette solution.

Indice 1

La solution constante est −63-\dfrac{6}{3}.

Indice 2

Calcule f(0)f(0) : e0=1e^{0} = 1.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante est −ba=−63=−2-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{6}{3} = -2. Les solutions sont donc x↦C e3x−2x \mapsto C\,e^{3x} - 2.

  2. On écrit f(0)=C e0−2=C−2f(0) = C\,e^{0} - 2 = C - 2.

  3. La condition f(0)=5f(0) = 5 donne C−2=5C - 2 = 5, donc C=7C = 7.

  4. Contrôle : f(x)=7e3x−2f(x) = 7e^{3x} - 2 donne f′(x)=21e3xf'(x) = 21e^{3x} et 3f(x)+6=21e3x−6+6=21e3x3f(x) + 6 = 21e^{3x} - 6 + 6 = 21e^{3x}.

La solution cherchée est f(x)=7e3x−2f(x) = 7e^{3x} - 2, avec C=7C = 7.

Exercice 4 Coefficient négatif

★☆☆Environ 8 min

On considère (E)(E) : y′=−2y+8y' = -2y + 8.

  1. Donne la solution constante de (E)(E).
  2. Écris l'ensemble des solutions.
  3. Détermine la solution ff vérifiant f(0)=1f(0) = 1.

Donne la valeur de la constante CC de cette solution.

Indice 1

Ici a=−2a = -2 : fais attention aux signes dans −ba-\dfrac{b}{a}.

Indice 2

La solution constante est positive.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante vérifie 0=−2k+80 = -2k + 8, donc k=4k = 4. On retrouve −ba=−8−2=4-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{8}{-2} = 4.

  2. Les solutions sont x↦C e−2x+4x \mapsto C\,e^{-2x} + 4, avec CC réel.

  3. La condition f(0)=1f(0) = 1 donne C+4=1C + 4 = 1, donc C=−3C = -3.

  4. La solution est f(x)=−3e−2x+4f(x) = -3e^{-2x} + 4. Contrôle : f′(x)=6e−2xf'(x) = 6e^{-2x} et −2f(x)+8=6e−2x−8+8=6e−2x-2f(x) + 8 = 6e^{-2x} - 8 + 8 = 6e^{-2x}.

On obtient C=−3C = -3. Quand xx devient grand, e−2xe^{-2x} tend vers 00, donc f(x)f(x) se rapproche de la solution constante 44.

Exercice 5 Condition initiale en un point quelconque

★★☆Environ 12 min

On considère (E)(E) : y′=2y−4y' = 2y - 4.

  1. Détermine les solutions de (E)(E).
  2. Détermine la solution ff telle que f(ln⁡3)=20f(\ln 3) = 20.

Donne la valeur de la constante CC.

Indice 1

La solution constante est 22.

Indice 2

Rappelle-toi que e2ln⁡3=eln⁡9=9e^{2\ln 3} = e^{\ln 9} = 9.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante vérifie 0=2k−40 = 2k - 4, donc k=2k = 2. Les solutions sont x↦C e2x+2x \mapsto C\,e^{2x} + 2.

  2. On calcule f(ln⁡3)=C e2ln⁡3+2=9C+2f(\ln 3) = C\,e^{2\ln 3} + 2 = 9C + 2, car e2ln⁡3=eln⁡9=9e^{2\ln 3} = e^{\ln 9} = 9.

  3. La condition f(ln⁡3)=20f(\ln 3) = 20 donne 9C+2=209C + 2 = 20, soit 9C=189C = 18 et C=2C = 2.

  4. La solution est f(x)=2e2x+2f(x) = 2e^{2x} + 2. Contrôle : f(ln⁡3)=2×9+2=20f(\ln 3) = 2 \times 9 + 2 = 20.

La constante vaut C=2C = 2. L'astuce est de transformer e2ln⁡3e^{2\ln 3} en un nombre simple avant de résoudre.

Exercice 6 Comportement en l'infini

★★☆Environ 10 min

On considère (E)(E) : y′=−3y+9y' = -3y + 9 et ff la solution de (E)(E) vérifiant f(0)=0f(0) = 0.

  1. Détermine la solution constante de (E)(E).
  2. Détermine l'expression de f(x)f(x).
  3. Détermine la limite de ff en +∞+\infty.

Donne la valeur de cette limite.

Indice 1

La solution constante est −9−3-\dfrac{9}{-3}.

Indice 2

Quand a<0a < 0, le terme eaxe^{ax} tend vers 00 en +∞+\infty.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante vérifie 0=−3k+90 = -3k + 9, donc k=3k = 3. Les solutions sont x↦C e−3x+3x \mapsto C\,e^{-3x} + 3.

  2. La condition f(0)=0f(0) = 0 donne C+3=0C + 3 = 0, donc C=−3C = -3 et f(x)=−3e−3x+3f(x) = -3e^{-3x} + 3.

  3. Comme −3<0-3 < 0, e−3xe^{-3x} tend vers 00 quand x→+∞x \to +\infty.

  4. Ainsi f(x)f(x) tend vers 0+3=30 + 3 = 3.

La limite de ff en +∞+\infty vaut 33 : c'est la solution constante, comme le prévoit le cas a<0a < 0. La fonction ff est croissante, car f′(x)=9e−3x>0f'(x) = 9e^{-3x} > 0.

Exercice 7 Refroidissement d'une boisson

★★☆Environ 15 min

Une boisson est servie à 90 °C90\ °\text{C} dans une pièce à 20 °C20\ °\text{C}. On modélise sa température T(t)T(t), en degrés Celsius, à l'instant tt en minutes, par la solution de T′=−0,2 T+4T' = -0{,}2\,T + 4 avec T(0)=90T(0) = 90.

  1. Détermine la solution constante de l'équation. Que représente-t-elle ?
  2. Détermine l'expression de T(t)T(t).
  3. Calcule la température au bout de 55 minutes, arrondie au centième.
Indice 1

La solution constante est −4−0,2-\dfrac{4}{-0{,}2}.

Indice 2

Après avoir trouvé T(t)=C e−0,2t+20T(t) = C\,e^{-0{,}2t} + 20, utilise T(0)=90T(0) = 90.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante vérifie 0=−0,2k+40 = -0{,}2k + 4, donc k=20k = 20. C'est la température de la pièce : la boisson tend à s'y stabiliser.

  2. Les solutions sont t↦C e−0,2t+20t \mapsto C\,e^{-0{,}2t} + 20. La condition T(0)=90T(0) = 90 donne C+20=90C + 20 = 90, donc C=70C = 70.

  3. Ainsi T(t)=70e−0,2t+20T(t) = 70e^{-0{,}2t} + 20.

  4. Pour t=5t = 5 : T(5)=70e−1+20≈70×0,3679+20≈45,75T(5) = 70e^{-1} + 20 \approx 70 \times 0{,}3679 + 20 \approx 45{,}75.

Au bout de 55 minutes, la boisson est à environ 45,75 °C45{,}75\ °\text{C}. Comme −0,2<0-0{,}2 < 0, la température décroît vers 20 °C20\ °\text{C} sans jamais descendre en dessous dans ce modèle.

Exercice 8 Retrouver le coefficient b

★★★Environ 15 min

On sait que la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=5e4x−32f(x) = 5e^{4x} - \dfrac{3}{2} est solution d'une équation différentielle (E)(E) : y′=ay+by' = ay + b, où aa et bb sont deux réels avec a≠0a \neq 0.

  1. Calcule f′(x)f'(x).
  2. Identifie aa en comparant avec la forme des solutions.
  3. Détermine bb.

Donne la valeur de bb.

Indice 1

Les solutions de y′=ay+by' = ay + b s'écrivent C eax−baC\,e^{ax} - \dfrac{b}{a} : repère aa dans l'exposant.

Indice 2

La constante ajoutée à l'exponentielle vaut −ba-\dfrac{b}{a}.

Voir la correction pas à pas

  1. On dérive : f′(x)=5×4 e4x=20e4xf'(x) = 5 \times 4\,e^{4x} = 20e^{4x}.

  2. L'exposant de l'exponentielle est axax, donc a=4a = 4.

  3. La constante de ff est −32-\dfrac{3}{2}, et elle doit valoir −ba-\dfrac{b}{a}. Donc −b4=−32-\dfrac{b}{4} = -\dfrac{3}{2}, d'où b=4×32=6b = 4 \times \dfrac{3}{2} = 6.

  4. Vérification : 4f(x)+6=20e4x−6+6=20e4x=f′(x)4f(x) + 6 = 20e^{4x} - 6 + 6 = 20e^{4x} = f'(x).

L'équation est y′=4y+6y' = 4y + 6, donc b=6b = 6. Ici le raisonnement va dans le sens inverse : on part de la solution pour retrouver l'équation, et la vérification finale est indispensable.

Exercice 9 Concentration d'un médicament

★★★Environ 18 min

On modélise la concentration c(t)c(t), en mg/L, d'un médicament dans le sang à l'instant tt en heures, par la solution de c′=−0,25 c+2c' = -0{,}25\,c + 2 avec c(0)=0c(0) = 0.

  1. Détermine la solution constante et interprète-la.
  2. Détermine l'expression de c(t)c(t).
  3. Résous l'équation c(t)=4c(t) = 4 et donne le résultat en heures, arrondi au centième.
Indice 1

La solution constante est −2−0,25-\dfrac{2}{-0{,}25}.

Indice 2

Pour c(t)=4c(t) = 4, isole e−0,25te^{-0{,}25t} puis applique le logarithme népérien.

Voir la correction pas à pas

  1. La solution constante vérifie 0=−0,25k+20 = -0{,}25k + 2, donc k=8k = 8. C'est la concentration vers laquelle le modèle se stabilise.

  2. Les solutions sont t↦C e−0,25t+8t \mapsto C\,e^{-0{,}25t} + 8. La condition c(0)=0c(0) = 0 donne C+8=0C + 8 = 0, donc C=−8C = -8 et c(t)=8−8e−0,25tc(t) = 8 - 8e^{-0{,}25t}.

  3. L'équation c(t)=4c(t) = 4 s'écrit 8−8e−0,25t=48 - 8e^{-0{,}25t} = 4, soit e−0,25t=12e^{-0{,}25t} = \dfrac{1}{2}.

  4. On applique ln⁡\ln : −0,25t=−ln⁡2-0{,}25t = -\ln 2, donc t=4ln⁡2≈2,77t = 4\ln 2 \approx 2{,}77.

La concentration atteint 44 mg/L au bout d'environ 2,772{,}77 heures, soit la moitié de la valeur limite 88 mg/L. Ici CC est négatif et a<0a < 0 : la fonction croît vers la solution constante sans la dépasser.

Les questions qu'on se pose

Comment savoir si ma solution est correcte ?

Dérive la fonction que tu as trouvée, puis calcule ay+bay + b avec cette même fonction. Les deux résultats doivent être identiques pour tout xx. Vérifie aussi la condition initiale en remplaçant xx par la valeur donnée. Ces deux contrôles prennent une minute et évitent la plupart des erreurs de signe.

Pourquoi cherche-t-on d'abord une solution constante ?

Parce qu'elle est la plus simple à trouver : sa dérivée est nulle, donc l'équation se réduit à 0=ay+b0 = ay + b. Elle permet de ramener le problème à y′=ayy' = ay, une équation du programme 2, en posant z=y+baz = y + \dfrac{b}{a}. Ensuite, toutes les autres solutions s'obtiennent en ajoutant C eaxC\,e^{ax} à cette constante.

Que faire si l'énoncé donne la condition initiale en un point autre que 0 ?

La méthode ne change pas : tu poses la forme générale C eax−baC\,e^{ax} - \dfrac{b}{a}, tu remplaces xx par la valeur donnée et tu résous l'équation d'inconnue CC. Seul le calcul de l'exponentielle est moins immédiat, puisque e0=1e^{0} = 1 ne s'applique plus. Cherche alors à simplifier avec ekln⁡m=mke^{k\ln m} = m^{k}.

Sources

Programme visé : Programme de spécialité de mathématiques de Terminale générale · Ministère de l'Éducation nationale et de la Jeunesse

  1. Programme de spécialité de mathématiques de Terminale générale, Ministère de l'Éducation nationale et de la Jeunesse. Consulté le 6 novembre 2026.
  2. Primitives et équations différentielles - Ressource Éduscol, Éduscol - Ministère de l'Éducation nationale. Consulté le 6 novembre 2026.
  3. Introduction aux équations différentielles - Fiche Édubase, Édubase - Éduscol. Consulté le 6 novembre 2026.
  4. Adaptation de l'épreuve de spécialité mathématiques Terminale (BO), Bulletin officiel - Ministère de l'Éducation nationale. Consulté le 6 novembre 2026.
  5. Projet d'aménagement du programme de mathématiques Terminale générale, Ministère de l'Éducation nationale. Consulté le 6 novembre 2026.
  6. Équation différentielle linéaire d'ordre un, Wikipédia. Consulté le 6 novembre 2026.

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