Justifier un extremum

À tenir avant

• Étudier le signe de f′

Cette méthode au national

3 questions d'examens nationaux demandent cette méthode.

• NATIONAL 2019 · normale6 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur $]0, +\infty[$ par : $f(x) = x + 1 - \frac{1}{\ln x}$ 3) a) Montrer que pour tout $x$ de $]1, +\infty[$ : $(x-1) + \ln x > 0$, et que pour tout $x$ de $]0, 1[$ : $(x-1) + \ln x < 0$ b) Montrer que pour tout $x$ de $]0, +\infty[$…
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  3.a)

  • Pour $x \in ]1, +\infty[$ : $(x-1) + \ln x > 0$ ✓
  • Pour $x \in ]0, 1[$ : $(x-1) + \ln x < 0$ ✓

  3.b) $f'(x) = \frac{(x-1) + \ln x}{x(\ln x)^2}$ 3.c) Tableau de variations :

  • $f$ est décroissante sur $]0, 1[$
  • $f$ admet un minimum au point $x = 1$ avec $f(1)$ non défini (limite)
  • $f$ est croissante sur $]1, +\infty[$

  4.a) $f''(x) = \frac{2 - \ln x}{x^2(\ln x)^3}$ 4.b) Le point d'inflexion est en $x = e^2$ avec les coordonnées $(e^2, e^2 + 1 - \frac{1}{2}) = (e^2, e^2 + \frac{1}{2})$ 5.a) $f(x) - x = \frac{(1-x)(\ln x - 1)}{x(\ln x)^2}$ Position relative :

  • Pour $x \in ]0, 1[$ : $f(x) > x$ (courbe au-dessus de la droite)
  • Pour $x = 1$ : point limite
  • Pour $x \in ]1, e[$ : $f(x) > x$
  • Pour $x = e$ : $f(e) = e$
  • Pour $x \in ]e, +\infty[$ : $f(x) < x$ (courbe au-dessous de la droite)

  5.b) Voir construction graphique (asympotote verticale $x = 0$, asymptote oblique $y = x$, point d'inflexion, etc.)

  ce que le barème veut ·

  Question 3.a) Considérer la fonction $g(x) = (x-1) + \ln x$ sur $]0, +\infty[$.

  • Calculer $g'(x) = 1 + \frac{1}{x} > 0$, donc $g$ est strictement croissante.
  • $g(1) = 0 + 0 = 0$
  • Pour $x \in ]0, 1[$ : $g(x) < g(1) = 0$
  • Pour $x \in ]1, +\infty[$ : $g(x) > g(1) = 0$

  Question 3.b) $f'(x) = \frac{d}{dx}\left(x + 1 - \frac{1}{\ln x}\right) = 1 - \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{\ln x}\right)$ Utiliser la règle de dérivation : $\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{\ln x}\right) = -\frac{1}{(\ln x)^2} \cdot \frac{1}{x}$ Donc : $f'(x) = 1 + \frac{1}{x(\ln x)^2} = \frac{x(\ln x)^2 + 1}{x(\ln x)^2}$ Ou en utilisant le résultat de 3.a) : $f'(x) = \frac{(x-1) + \ln x}{x(\ln x)^2}$ Question 3.c) Le signe de $f'(x)$ dépend de $(x-1) + \ln x$ (le dénominateur $x(\ln x)^2 > 0$ pour $x > 0$, $x \neq 1$).

  • Pour $x \in ]0, 1[$ : $f'(x) < 0$, donc $f$ décroissante
  • Pour $x \in ]1, +\infty[$ : $f'(x) > 0$, donc $f$ croissante
  • Au point $x = 1$, la dérivée change de signe (de négatif à positif), donc $x = 1$ est un point de minimum local.

  Question 4.a) Calculer la dérivée seconde à partir de $f'(x) = \frac{(x-1) + \ln x}{x(\ln x)^2}$ en utilisant la règle du quotient. Numérateur :…
• NATIONAL 2019 · rattrapage11 pts
  Soit $f$ la fonction numérique définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = 2 + 8xe^{-2x} - 6e^{-2x}$. Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (unité : 1 cm). 1) Limites et interprétation géométrique : a) Vérifier que…
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  1a) $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2$. La courbe $(C)$ admet la droite d'équation $y = 2$ comme asymptote horizontale. 1b) $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$. La fonction tend vers l'infini. 2a) $\lim_{x \to +\infty} xf(x) = +\infty$ ou limite infinie. 2b) La courbe admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées (verticale) au voisinage de $-\infty$. 3a) $f'(x) = 8(x-2)(x^2+2x+4)e^{-2x-8}$. 3b) $x^2 + 2x + 4 = (x+1)^2 + 3 > 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. 3c) $f$ est strictement croissante sur $]-\infty, 2]$ (corrigé : décroissante sur $]-\infty, 0]$ puis croissante sur $[0, 2]$) et strictement croissante sur $[2, +\infty[$. 3d) Tableau : $f$ admet un minimum local en $x = 2$. 4) Courbe tracée avec asymptote $y = 2$, minimum en $x = 2$, branche parabolique en $-\infty$. 5a) $H'(x) = -4e^{-2x} - 4x \cdot (-2)e^{-2x} = -4e^{-2x} + 8xe^{-2x} = 8(x-\frac{1}{2})e^{-2x}$. Correction : $H'(x) = 8(1+x)e^{-2x} = h(x)$. 5b) $f(x) - x = 2 + 8xe^{-2x} - 6e^{-2x} - x = \ldots$ (vérification algébrique). 5c) $\int_2^4 8e^{-2x}dx = [-4e^{-2x}]_2^4 = -4e^{-8} + 4e^{-4} = 4(e^{-4} - e^{-8})$. 5d) Aire…

  ce que le barème veut ·

  Partie 1 : Limites 1a) Limite en $+\infty$ : $f(x) = 2 + 8xe^{-2x} - 6e^{-2x}$. Quand $x \to +\infty$ : $e^{-2x} \to 0$ exponentiellement. Par les croissances comparées, $xe^{-2x} \to 0$ et $e^{-2x} \to 0$. Donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 2 + 0 - 0 = 2$. Interprétation géométrique : La courbe $(C)$ admet la droite horizontale $y = 2$ comme asymptote. 1b) Limite en $-\infty$ : Quand $x \to -\infty$ : $e^{-2x} = e^{2|x|} \to +\infty$. Les termes $8xe^{-2x}$ et $-6e^{-2x}$ sont dominés par la croissance exponentielle. Donc $\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty$. Interprétation géométrique : La courbe monte vers l'infini quand $x$ décroît. Partie 2 : Branche parabolique 2a) Calcul de $\lim_{x \to +\infty} xf(x)$ : $xf(x) = x(2 + 8xe^{-2x} - 6e^{-2x}) = 2x + 8x^2e^{-2x} - 6xe^{-2x}$. Par croissances comparées, les termes $x^2e^{-2x}$ et $xe^{-2x} \to 0$. Donc $\lim_{x \to +\infty} xf(x) = +\infty$. 2b) Branche parabolique en $-\infty$ : Si $\lim_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x} = \pm\infty$, alors $(C)$ admet une branche parabolique de direction l'axe $Oy$. $\frac{f(x)}{x} = \frac{2 + 8xe^{-2x} - 6e^{-2x}}{x}$. Quand $x \to -\infty$ : le terme…
• NATIONAL 2017 · normale1 pts
  On considère la fonction numérique $g$ définie sur l'intervalle $]0, +\infty[$ par : $g(x) = x + \frac{1}{x} - 2 + 2\ln x$ 1) Vérifier que $g(1) = 0$ 2) À partir du tableau de variations de la fonction $g$ (fourni), montrer que :

  • $g(x) > 0$ pour tout $x$…
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  1) $g(1) = 1 + \frac{1}{1} - 2 + 2\ln 1 = 1 + 1 - 2 + 0 = 0$ ✓ 2) D'après le tableau de variations de $g$ :

  • Sur $]0, 1[$: la fonction $g$ est décroissante et $g(1) = 0$, donc $g(x) > 0$ pour tout $x \in ]0, 1[$
  • Sur $[1, +\infty[$: la fonction $g$ a un minimum en $x = 1$ avec $g(1) = 0$, donc $g(x) \geq 0$ pour tout $x \in [1, +\infty[$

  ce que le barème veut ·

  Question 1 : Substitution directe de $x = 1$ dans l'expression de $g(x)$. Les termes se simplifient : le terme constant $-2$ disparaît avec les fractions, et $\ln 1 = 0$. Question 2 : Utiliser le tableau de variations fourni pour identifier le comportement de $g$ :

  • Le tableau montre que $g$ atteint un minimum (ou un extremum) en $x = 1$
  • Puisque $g(1) = 0$ et que le minimum global est 0, alors $g(x) \geq 0$ partout
  • Plus précisément : sur $]0, 1[$ le signe est positif (décroissance vers 0), et sur $[1, +\infty[$ le signe est non-négatif (croissance à partir de 0)
• TYPE BAC4 pts
  Soit $f(x) = x^{3} - 3x + 1$. Déterminer les extremums de $f$ et les coordonnées de son point d'inflexion.
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  f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x-1)(x+1). f'(x)=0 pour x=-1 et x=1. f' > 0 sur ]-oo,-1[ et ]1,+oo[, f' < 0 sur ]-1,1[. Donc maximum local en x=-1 : f(-1)=3 ; minimum local en x=1 : f(1)=-1. f''(x)=6x s'annule en changeant de signe en x=0, donc point d'inflexion I(0, f(0)) = I(0,1).

  ce que le barème veut · Chercher les racines de f' et étudier son signe (extremums), puis calculer f'' pour localiser le point d'inflexion où f'' change de signe.
• TYPE BAC3 pts
  Soit $f(x) = x - \ln(x)$ sur $]0,+\infty[$. Étudier les variations de $f$ et déterminer son minimum.
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  f'(x) = 1 - 1/x = (x-1)/x. Pour x>0, f'(x) < 0 sur ]0,1[ et f'(x) > 0 sur ]1,+oo[. Donc f décroît puis croît, avec un minimum en x=1 : f(1) = 1 - ln(1) = 1. Le minimum de f vaut 1, atteint en x=1.

  ce que le barème veut · Calculer f'(x) = 1 - 1/x, étudier son signe pour dresser les variations, puis évaluer f au point d'annulation de f' pour l'extremum.
• TYPE BAC3 pts
  Soit la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = x^2 - 4x + 3$.

  1. Calculer $g'(x)$.
  2. Étudier le signe de $g'(x)$ et en déduire les variations de $g$.
  3. Déterminer les éventuels extremums locaux de $g$.
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  1. $g'(x) = 2x - 4$
  2. $g'(x) < 0$ pour $x < 2$, $g'(x) > 0$ pour $x > 2$. Donc $g$ est décroissante sur $]-\infty, 2]$ et croissante sur $[2, +\infty[$.
  3. $g$ admet un minimum local en $x=2$, de valeur $g(2) = -1$.

  ce que le barème veut ·

  1. Dériver la fonction $g(x)$.
  2. Résoudre $g'(x) = 0$ et étudier le signe de $g'(x)$ pour établir le tableau de variation.
  3. Identifier les extremums locaux à partir du tableau de variation.