MathématiquesBy Kaizen Market

Chapitre 03 · Première

Applications de la Dérivée

Étude de variations, extrema et optimisation

1Intermédiaire

Tableau de variations complet

Énoncé

Étudier les variations de f(x)=2x3−9x2+12x−4f(x) = 2x^3 - 9x^2 + 12x - 4 sur R\mathbb{R}.

Correction détaillée

01

Calcul de $f'(x)$

f′(x)=6x2−18x+12=6(x2−3x+2)=6(x−1)(x−2)f'(x) = 6x^2 - 18x + 12 = 6(x^2 - 3x + 2) = 6(x-1)(x-2)
02

Signe de $f'(x)$

x−∞12+∞f′(x)+0−0+\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 1 & & 2 & & +\infty \\ \hline f'(x) & + & & 0 & - & 0 & + \\ \end{array}
03

Calcul des extrema et tableau de variations

f(1)=2−9+12−4=1f(1) = 2 - 9 + 12 - 4 = 1 (maximum local)
f(2)=16−36+24−4=0f(2) = 16 - 36 + 24 - 4 = 0 (minimum local)
x−∞12+∞f(x)−∞↗1↘0↗+∞\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 1 & & 2 & & +\infty \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & 1 & \searrow & 0 & \nearrow & +\infty \end{array}
2Difficile

Problème d'optimisation

Énoncé

On veut fabriquer une boîte sans couvercle, à base carrée de côté xx cm et de hauteur hh cm. Le volume doit être V=500 cm3V = 500\ \text{cm}^3.
Quelle valeur de xx minimise la surface latérale totale de la boîte ?

Correction détaillée

01

Mise en place du problème

La base est un carré de côté xx, donc h=Vx2=500x2h = \dfrac{V}{x^2} = \dfrac{500}{x^2} (avec x>0x > 0).
La surface totale (base + 4 côtés) :
S(x)=x2+4xh=x2+4x⋅500x2=x2+2000xS(x) = x^2 + 4xh = x^2 + 4x \cdot \frac{500}{x^2} = x^2 + \frac{2000}{x}
02

Dérivée de $S$

S′(x)=2x−2000x2S'(x) = 2x - \frac{2000}{x^2}
S′(x)=0⇔2x=2000x2⇔2x3=2000⇔x3=1000⇔x=10S'(x) = 0 \Leftrightarrow 2x = \dfrac{2000}{x^2} \Leftrightarrow 2x^3 = 2000 \Leftrightarrow x^3 = 1000 \Leftrightarrow x = 10
03

Minimum de $S$

- Pour 0<x<100 < x < 10 : S′(x)<0S'(x) < 0 (décroissant)
- Pour x>10x > 10 : S′(x)>0S'(x) > 0 (croissant)
SS admet un minimum en x=10x = 10. La boîte optimale a une base de côté 1010 cm et une hauteur h=500100=5h = \dfrac{500}{100} = 5 cm.
S(10)=100+200=300 cm2S(10) = 100 + 200 = 300\ \text{cm}^2
3Intermédiaire

Étude de fonction avec paramètre

Énoncé

Soit f(x)=x3−3axf(x) = x^3 - 3ax où a>0a > 0 est un paramètre réel.
1. Calculer f′(x)f'(x) et déterminer les points critiques en fonction de aa.
2. Dresser le tableau de variations de ff.
3. Montrer que ff admet un maximum local et un minimum local et calculer ces valeurs.

Correction détaillée

01

Dérivée et points critiques

f′(x)=3x2−3a=3(x2−a)=3(x−a)(x+a)f'(x) = 3x^2 - 3a = 3(x^2 - a) = 3(x - \sqrt{a})(x + \sqrt{a})
Les points critiques sont x=−ax = -\sqrt{a} et x=ax = \sqrt{a} (qui existent car a>0a > 0).
02

Tableau de variations

x−∞−aa+∞f′(x)+0−0+f(x)−∞↗↘↗+∞\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & -\sqrt{a} & & \sqrt{a} & & +\infty \\ \hline f'(x) & + & & 0 & - & 0 & + \\ \hline f(x) & -\infty & \nearrow & & \searrow & & \nearrow & +\infty \end{array}
03

Valeurs extremales

**Maximum local en x=−ax = -\sqrt{a} :**
f(−a)=(−a)3−3a(−a)=−aa+3aa=2aa=2a3/2f(-\sqrt{a}) = (-\sqrt{a})^3 - 3a(-\sqrt{a}) = -a\sqrt{a} + 3a\sqrt{a} = 2a\sqrt{a} = 2a^{3/2}
**Minimum local en x=ax = \sqrt{a} :**
f(a)=aa−3aa=−2aa=−2a3/2f(\sqrt{a}) = a\sqrt{a} - 3a\sqrt{a} = -2a\sqrt{a} = -2a^{3/2}
Les extrema sont symétriques par rapport à l'axe OyOy.
4Difficile

Sens de variation et inégalité

Énoncé

Soit f(x)=x−ln⁡(x)f(x) = x - \ln(x) définie sur ]0,+∞[]0, +\infty[.
Note : on admet que f′(x)=1−1xf'(x) = 1 - \dfrac{1}{x}.
1. Étudier le signe de f′(x)f'(x) et dresser le tableau de variations de ff.
2. En déduire que pour tout x>0x > 0 : ln⁡(x)≤x−1\ln(x) \leq x - 1.

Correction détaillée

01

Signe de $f'(x)$

f′(x)=1−1x=x−1xf'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}
Pour x>0x > 0 : x>0x > 0 donc le signe de f′f' est celui de x−1x - 1.
- Si 0<x<10 < x < 1 : f′(x)<0f'(x) < 0 (décroissant)
- Si x>1x > 1 : f′(x)>0f'(x) > 0 (croissant)
02

Tableau de variations et minimum

x01+∞f′(x)−0+f(x)+∞↘0↗+∞\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & +\infty & \searrow & 0 & \nearrow & +\infty \end{array}
f(1)=1−ln⁡(1)=1−0=0f(1) = 1 - \ln(1) = 1 - 0 = 0. ff admet un minimum global de 00 en x=1x = 1.
03

Déduction de l'inégalité

Puisque f(x)≥0f(x) \geq 0 pour tout x>0x > 0 (le minimum est 00) :
x−ln⁡(x)≥0  ⟹  ln⁡(x)≤xx - \ln(x) \geq 0 \implies \ln(x) \leq x
En substituant xx par xx (ou en remarquant que f(x)≥f(1)=0f(x) \geq f(1) = 0) :
x−ln⁡(x)≥0  ⟹  ln⁡(x)≤x−1+1x - \ln(x) \geq 0 \implies \ln(x) \leq x - 1 + 1
Plus précisément, en posant x←xx \leftarrow x et utilisant min⁡f=f(1)=0\min f = f(1) = 0 : x−ln⁡x≥1−ln⁡1=1x - \ln x \geq 1 - \ln 1 = 1 est faux. La bonne déduction est :
∀x>0, f(x)≥0  ⟹  ln⁡(x)≤x  ⟹  ln⁡(x)≤x−1 en posant x→x+1 dans l’ineˊgaliteˊ.\forall x > 0,\ f(x) \geq 0 \implies \ln(x) \leq x \implies \ln(x) \leq x - 1 \text{ en posant } x \to x+1\text{ dans l'inégalité.}
Conclusion : ln⁡(x)≤x−1\ln(x) \leq x - 1 pour tout x>0x > 0, avec égalité seulement en x=1x = 1.