Dérivée d’une fonction : corrigés des exercices de maths en 1ère.

Exercice 11 : compléter le squelette de l’algorithme
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1. Liste des variables utilisées
2. f : fonction
f’ : dérivée de la fonction
a : réel
m : coefficient directeur
p : ordonnée à l’origine
3. Entrées
4. Demander f, f’ et a
5. Traitement
6. Donner à m la valeur de f'(a)
\( m = f'(a) \)
7. Donner à p la valeur de \( f(a) – a \cdot m \)
\( p = f(a) – a \cdot f'(a) \)
8. Affichage
9. Afficher m
10. Afficher p
11. Fin de l’algorithme
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Exercice 12 : déterminer la tangente à une parabole
{Correction de l’exercice de mathématiques}

[{1)}] {Déterminer \(a\), \(b\) et \(c\) dans chacun des cas suivants :}

[{a)}] La tangente à \(C_f\) au point d’abscisse 0 a pour équation \(y=2x+3\) et \(C_f\) passe par le point de coordonnées \((3;6)\).

La fonction est de la forme \(f(x) = ax^2 + bx + c\).

La tangente en \(x = 0\) a pour équation \(y = 2x + 3\). Cela signifie que :
\[
f(0) = 3 \quad \text{et} \quad f'(0) = 2
\]
En posant \(x = 0\) dans \(f(x)\) :
\[
f(0) = c = 3 \implies c = 3
\]
Pour la dérivée :
\[
f'(x) = 2ax + b
\]
Donc, \(f'(0) = b = 2 \implies b = 2\).

\(C_f\) passe par le point \((3, 6)\), donc :
\[
f(3) = 9a + 6 + 3 = 6 \implies 9a + 9 = 6 \implies 9a = -3 \implies a = -\frac{1}{3}
\]

Les coefficients sont :
\[
a = -\frac{1}{3}, \; b = 2, \; c = 3
\]

[{b)}] La tangente à \(C_f\) au point d’abscisse \(5\) a pour équation \(y = 3x – 3\) et la tangente à \(C_f\) au point d’abscisse \(-5\) a pour équation \(y = -x – 3\).

Pour \(x = 5\) :
\[
f(5) = 3(5) – 3 = 15 – 3 = 12 \implies f(5) = 12
\]
et
\[
f'(5) = 3
\]

Pour \(x = -5\) :
\[
f(-5) = -(-5) – 3 = 5 – 3 = 2 \implies f(-5) = 2
\]
et
\[
f'(-5) = -1
\]

Les équations sont donc:
\[
f(5) = 25a + 5b + c = 12
\]
\[
f'(\pm 5) = 10a + b = 3
\]

et
\[
f'(-5) = -10a + b = -1
\]

En résolvant ce système :

\[
\begin{cases}
10a + b = 3 \\
-10a + b = -1
\end{cases}
\]

En additionnant les deux équations :
\[
20a = 4 \implies a = \frac{1}{5}
\]

Puis, en utilisant \(a = \frac{1}{5}\) dans \(10a + b = 3\) :
\[
10 (\frac{1}{5}) + b = 3 \implies 2 + b = 3 \implies b = 1
\]

Utilisons maintenant \(f(5) = 25a + 5b + c = 12 \):
\[
25 (\frac{1}{5}) + 5(1) + c = 12 \implies 5 + 5 + c = 12 \implies 10 + c = 12 \implies c = 2
\]

Les coefficients sont :
\[
a = \frac{1}{5}, \; b = 1, \; c = 2
\]

[{2)}] {Question ouverte}

Étant donnés deux points et deux droites de coefficients directeurs donnés passant par chacun de ces deux points, nous cherchons à déterminer si une parabole passant par ces deux points peut avoir ces droites comme tangentes en ces points.

Pour qu’une parabole ait pour tangente des droites données en deux points, il faut que le système de points et de dérivées au second degré soit compatible avec les équations des tangentes données. En général, il existe une infinité de paraboles passant par deux points donnés, mais le fait qu’elles doivent avoir des tangentes imposées en ces points contraint davantage le problème.

Il y a généralement une unique parabole (si elle existe) passant par deux points donnés avec des pentes définies de leurs tangentes. Cette parabole peut être trouvée en utilisant les points de coordonnées et leurs pentes pour établir un système d’équations linéaires.

Cette unicité provient du fait que trois points déterminent une parabole unique et, avec la contrainte des tangentes trouvées en ces points, le problème devient déterminé ou surdéterminé au-delà de la solution unique standard. Lorsqu’il y a une tangente imposée en chacun des points, on aboutit généralement à une unique parabole.

Exercice 13 : déterminer les nombres a,b et c pour une rampe de skateboard
La fonction \( f(x) = ax^2 + bx + c \) doit passer par trois points spécifiques : \( B(1, 0) \), \( C(5, 1.8) \), et la première dérivée doit également être continue au point C.

1. La fonction passe par le point \( B(1, 0) \):
\[
a \cdot 1^2 + b \cdot 1 + c = 0 \implies a + b + c = 0
\]

2. La fonction passe par le point \( C(5, 1.8) \):
\[
a \cdot 5^2 + b \cdot 5 + c = 1.8 \implies 25a + 5b + c = 1.8
\]

3. La continuité de la dérivée en \( x = 5 \) doit aussi être vérifiée. La dérivée de \( f(x) \) est :
\[
f'(x) = 2ax + b
\]
La pente de la ligne droite entre \( C \) et \( D \) est :
\[
\frac{2.7 – 1.8}{6 – 5} = 0.9
\]
Pour que les pentes soient égales à \( x = 5 \):
\[
f'(5) = 2a \cdot 5 + b = 10a + b = 0.9
\]

Nous avons donc le système d’équations suivant:
\[
\begin{cases}
a + b + c = 0 \\
25a + 5b + c = 1.8 \\
10a + b = 0.9
\end{cases}
\]

Résolvons ce système :

1. De la troisième équation:
\[
b = 0.9 – 10a
\]

2. Substituons \( b \) dans les deux premières équations:
\[
a + (0.9 – 10a) + c = 0 \implies -9a + 0.9 + c = 0 \implies c = 9a – 0.9
\]

\[
25a + 5(0.9 – 10a) + c = 1.8 \implies 25a + 4.5 – 50a + c = 1.8 \implies -25a + 4.5 + c = 1.8
\]

3. Égalons \( c \) des deux équations:
\[
9a – 0.9 = -25a + 4.5 \implies 34a = 5.4 \implies a = \frac{5.4}{34} = \frac{0.9}{5.6667} \implies a = 0.1588
\]

4. Substituons \( a \) pour trouver \( b \) et \( c \):
\[
b = 0.9 – 10 \cdot 0.1588 = 0.9 – 1.588 = -0.688
\]

\[
c = 9 \cdot 0.1588 – 0.9 = 1.4292 – 0.9 = 0.529
\]

Les valeurs de \( a \), \( b \) et \( c \) sont donc:
\[
a = 0.1588, \quad b = -0.688, \quad c = 0.529
\]

Exercice 14 : ensemble de définition et position relative par rapport à la tangente
\[ \text{1a) } f : x \mapsto x^2 + 4x + 1, \quad a = 2 \]

1. Ensemble de définition et de dérivabilité de \( f \) : \(\mathbb{R}\)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = 2x + 4
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 2 \) est :
\[
T_a : y = f'(2)(x – 2) + f(2) = (2 \cdot 2 + 4)(x – 2) + (2^2 + 4 \cdot 2 + 1) = 8x – 11
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – (8x – 11) = x^2 + 4x + 1 \\
-8x + 11 = x^2 – 8x – 10 \\
y = x^2 – 10x + 12
\end{cases}
\]

\[ \text{1b) } f : x \mapsto \frac{1}{x + 1}, \quad a = 1 \]

1. Ensemble de définition de \( f \) : \( \mathbb{R} \setminus \{-1\} \)

Ensemble de dérivabilité de \( f \) : \( \mathbb{R} \setminus \{-1\} \)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = -\frac{1}{(x + 1)^2}
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 1 \) est :
\[
T_a : y = f'(1)(x – 1) + f(1) = -\frac{1}{(1 + 1)^2}(x – 1) + \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}(x – 1) + \frac{1}{2} = -\frac{x}{4} + \frac{3}{4}
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – (-\frac{x}{4} + \frac{3}{4}) = \frac{1}{x + 1} \\
y = \frac{1}{x+1} + \frac{x}{4} – \frac{3}{4}
\end{cases}
\]

\[ \text{1c) } f : x \mapsto x^3 – 2x, \quad a = 0 \]

1. Ensemble de définition et de dérivabilité de \( f \) : \(\mathbb{R}\)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = 3x^2 – 2
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 0 \) est :
\[
T_a : y = f'(0)(x – 0) + f(0) = (-2)(x – 0) = -2x
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – (-2x) = x^3 – 2x \\
y = x^3
\end{cases}
\]

\[ \text{1d) } f : x \mapsto x^3 – 2x^2 – x + 3, \quad a = 0 \]

1. Ensemble de définition et de dérivabilité de \( f \) : \(\mathbb{R}\)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = 3x^2 – 4x – 1
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 0 \) est :
\[
T_a : y = f'(0)(x – 0) + f(0) = (-1)(x) + 3 = -x + 3
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – (-x + 3) = x^3 – 2x^2 – x + 3 \\
y = x^3 – 2x^2
\end{cases}
\]

\[ \text{1e) } f : x \mapsto x^4 – 2x^2 + x + 1, \quad a = -1 \]

1. Ensemble de définition et de dérivabilité de \( f \) : \(\mathbb{R}\)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = 4x^3 – 4x + 1
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = -1 \) est :
\[
T_a : y = f'(-1)(x + 1) + f(-1) = (-1)(x + 1) + 3 = -x + 2
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – (-x + 2) = x^4 – 2x^2 + x + 1 \\
y = x^4 – 2x^2
\end{cases}
\]

\[ \text{1f) } f : x \mapsto \frac{1}{x^2 + 2x + 1}, \quad a = 0 \]

1. Ensemble de définition de \( f \) : \( \mathbb{R} \setminus \{-1\} \)

Ensemble de dérivabilité de \( f \) : \( \mathbb{R} \setminus \{-1\} \)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = – \frac{2x + 2}{(x^2 + 2x + 1)^2}
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 0 \) est :
\[
T_a : y = f'(0)(x – 0) + f(0) = -\frac{2(0) + 2}{(0 + 2 \cdot 0 + 1)^2}(x) + 1 = -2x + 1
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – 1 = -2(x – 1) \\
– \frac{2x+2}{(x^2 + 2x + 1)^2}=x^2-2x-3
\end{cases}
\]

\[ \text{1g) } f : x \mapsto x^3 – 2x^2 – x + 1, \quad a = 2 \]

1. Ensemble de définition et de dérivabilité de \( f \) : \(\mathbb{R}\)

2. Dérivée de \( f \) :
\[
f'(x) = 3x^2 – 4x – 1
\]
L’équation de la tangente \( T_a \) au point d’abscisse \( a = 2 \) est :
\[
T_a : y = f'(2)(x – 2) + f(2) = (4)(x – 2) + 5 = 4x – 3
\]

3. Position relative de \( T_a \) et \( C_f \) :
\[
\begin{cases}
y – 1 = -2(x – 1) \\
– \frac{2x+2}{(x^2 + 2x + 1)^2}=x^2-2x-3
\end{cases}
\]

Pour \( f ( x ) \mapsto x^3 – 2 x^2 – x + 1 \), Il est nécessaire de factoriser l’expression polynomiale:
\[ x^3 – 2x^2 – x + 8 = (x + 2)^3 \]

Exercice 15 : fonction dérivable à droite de 0
Pour démontrer que \[f\] est dérivable à droite en \[a = 0\] mais pas à gauche, nous devons examiner les limites des taux de variation de \[f\] à droite et à gauche de 0.

Commençons par la dérivabilité à droite :

Soit \[a = 0\]. Nous devons calculer
\[\]\lim_{h \to 0^+} \frac{f(a+h) – f(a)}{h}.\[\]

Pour \[x \ge 0\], \[f(x) = x^2 + 1\]. Alors,
\[\]f(0) = 0^2 + 1 = 1.\[\]
Pour \[h > 0\], nous avons :
\[\]f(0 + h) = (0 + h)^2 + 1 = h^2 + 1.\[\]

Donc,
\[\]\frac{f(0 + h) – f(0)}{h} = \frac{h^2 + 1 – 1}{h} = \frac{h^2}{h} = h.\[\]

Ainsi,
\[\]\lim_{h \to 0^+} \frac{h^2}{h} = \lim_{h \to 0^+} h = 0.\[\]

Ainsi, \[f\] est dérivable à droite en \[a = 0\] et \[f'(0^+) = 0\].

Ensuite, examinons la dérivabilité à gauche :

Toujours pour \[a = 0\], calculons
\[\]\lim_{h \to 0^-} \frac{f(a+h) – f(a)}{h}.\[\]

Pour \[x < 0\], \[f(x) = x^2 – 1\]. Alors, pour \[h < 0\],
\[\]f(0 + h) = (0 + h)^2 – 1 = h^2 – 1.\[\]

Donc,
\[\]\frac{f(0 + h) – f(0)}{h} = \frac{h^2 – 1 – 1}{h} = \frac{h^2 – 2}{h} = h – \frac{2}{h}.\[\]

Ainsi,
\[\]\lim_{h \to 0^-} (h – \frac{2}{h}).\[\]

La limite \[\lim_{h \to 0^-} (h – \frac{2}{h})\] n’existe pas car \[\lim_{h \to 0^-} \frac{2}{h}\] tend vers \[-\infty\].

Donc, \[f\] n’est pas dérivable à gauche en \[a = 0\].

En conclusion, \[f\] est dérivable à droite en \[a = 0\] mais pas à gauche.

Exercice 16 : fonction dérivable et problème
Soit \( f \) une fonction dérivable en \( a \).

1) Soit \( M(a ; f(a)) \) et \( N(-a ; f(-a)) \). Quel est le lien géométrique entre \( M \) et \( N \) ?

Pour une fonction paire, \( f(-x) = f(x) \). Donc \( f(-a) = f(a) \). Par conséquent, les points \( M(a; f(a)) \) et \( N(-a; f(-a)) \) ont la même ordonnée et sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées.

2) En utilisant le résultat de la question 1), démontrer que pour tout réel \( a \): \( f'(-a) = -f'(a) \).

Pour démontrer cette propriété, on va utiliser la définition de la dérivée :

\[ f'(-a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(-a + h) – f(-a)}{h} \]

Comme \( f \) est paire, on a \( f(-a + h) = f(a – h) \). Donc :

\[ f'(-a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a – h) – f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-(f(a) – f(a – h))}{h} = -\lim_{h \to 0} \frac{f(a) – f(a – h)}{h} = -f'(a) \]

3) Que peut-on alors dire de \( f'(0) \) ?

En remplaçant \( a \) par \( 0 \) dans l’égalité obtenue en 2), on obtient :

\[ f'(0) = -f'(0) \]

Il en découle que \( f'(0) = 0 \).

Soit \( f \) une fonction dérivable sur \( \mathbb{R} \) telle que pour tout réel \( x : f(-x) = -f(x) \) (on dit que \( f \) est impaire).

4) Soit \( M(a ; f(a)) \) et \( N(-a ; f(-a)) \). Quel est le lien géométrique entre \( M \) et \( N \) ?

Pour une fonction impaire, \( f(-x) = -f(x) \). Donc \( f(-a) = -f(a) \). Par conséquent, les points \( M(a; f(a)) \) et \( N(-a; f(-a)) \) sont symétriques par rapport à l’origine.

5) Démontrer que pour tout réel \( a \) : \( f'(-a) = -f'(a) \).

Pour démontrer cette propriété, on va utiliser la définition de la dérivée :

\[ f'(-a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(-a + h) – f(-a)}{h} \]

Comme \( f \) est impaire, on a \( f(-a + h) = -f(a – h) \). Donc :

\[ f'(-a) = \lim_{h \to 0} \frac{-f(a – h) + f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-(f(a – h) – f(a))}{h} = -\lim_{h \to 0} \frac{f(a – h) – f(a)}{h} = -f'(a) \]

Exercice 17 : signe de f’ et sens de variation
Soit \( f \) une fonction dérivable sur \(\mathbb{R}\) dont la dérivée est \( f'(x) = (x-1)(x-2) \).
Donner le sens de variation de \( f \).

L’équation \( f'(x) = (x-1)(x-2) \) s’annule pour \( x = 1 \) et \( x = 2 \).

Nous devons déterminer le signe de la dérivée \( f'(x) \) sur les intervalles déterminés par ces points critiques.

Pour \( x \in (-\infty, 1) \), nous avons \( f'(x) < 0 \) (produit de deux termes négatifs).
Pour \( x \in (1, 2) \), nous avons \( f'(x) > 0 \) (produit d’un terme négatif et d’un terme positif).
Pour \( x \in (2, +\infty) \), nous avons \( f'(x) > 0 \) (produit de deux termes positifs).

Donc, \( f \) est:
– décroissante sur \((-\infty, 1)\),
– croissante sur \((1, 2)\),
– décroissante sur \((2, +\infty)\).

—

Donner le sens de variation de la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R}\) par \( f(x) = x^3 – 3x^2 \).

Calculons la dérivée de \( f \):

\[ f'(x) = 3x^2 – 6x = 3x(x-2) \]

L’équation \( f'(x) = 0 \) s’annule pour \( x = 0 \) et \( x = 2 \).

Nous devons déterminer le signe de \( f'(x) \) sur les intervalles déterminés par ces points critiques.

Pour \( x \in (-\infty, 0) \), nous avons \( f'(x) < 0 \) (produit d’un terme négatif et d’un terme positif).
Pour \( x \in (0, 2) \), nous avons \( f'(x) > 0 \) (produit d’un terme positif et d’un terme négatif).
Pour \( x \in (2, +\infty) \), nous avons \( f'(x) > 0 \) (produit de deux termes positifs).

Donc, \( f \) est:
– décroissante sur \((-\infty, 0)\),
– croissante sur \((0, 2)\),
– décroissante sur \((2, +\infty)\).

—

Soit \( f \) une fonction définie sur \(\mathbb{R}\) dont on donne le tableau de variations ci-dessous.

Pour \( x \in (-\infty, 3) \), \( f \) est décroissante, donc \( f'(x) < 0 \).
Pour \( x \in (3, 4) \), \( f \) est croissante, donc \( f'(x) > 0 \).
Pour \( x \in (4, +\infty) \), \( f \) est décroissante, donc \( f'(x) < 0 \).

En résumé :
– Pour \( x \in (-\infty, 3) \), \( f'(x) < 0 \).
– Pour \( x \in (3, 4) \), \( f'(x) > 0 \).
– Pour \( x \in (4, +\infty) \), \( f'(x) < 0 \).

Exercice 18 : résoudre graphiquement des inéquations

{Résoudre graphiquement les inéquations :}

\(f(x) > 0\):
\[
f(x) > 0 \quad \text{pour} \quad x \in ]-2, -1] \cup ] \frac{1}{2}, 3 [
\]

\(f(x) < 0\):
\[
f(x) < 0 \quad \text{pour} \quad x \in ]-1, \frac{1}{2} [
\]

\(f'(x) > 0\):
\[
f'(x) > 0 \quad \text{pour} \quad x \in ]-2, -1[ \cup ]0, 2 [
\]

\(f'(x) < 0\):
\[
f'(x) < 0 \quad \text{pour} \quad x \in ]-1, 0[ \cup ]2, 3[
\]

{Existe-t-il un lien entre le signe de \(f(x)\) et celui de \(f'(x)\) ?}
\[
\text{Non, il n’y a pas de lien direct entre les signes de \(f(x)\) et \(f'(x)\). Les signes de ces deux fonctions sont indépendants l’un de l’autre.}
\]

{Résoudre graphiquement les équations :}

\(f(x) = 0\):
\[
f(x) = 0 \quad \text{pour} \quad x = -1 \quad \text{et} \quad x = \frac{1}{2}
\]

\(f'(x) = 0\):
\[
f'(x) = 0 \quad \text{pour} \quad x = -1, \quad x = 0 \quad \text{et} \quad x = 2
\]

Exercice 19 : courbe de f et de f’
Pour déterminer laquelle des courbes \( C_1 \) et \( C_2 \) représente la fonction \( f \) et laquelle représente sa dérivée \( f’ \), nous devons observer les caractéristiques des courbes.

1. Observons la courbe \( C_1 \):
– La courbe \( C_1 \) passe par le point \((0,0)\).
– Elle présente un minimum local près de \( x = -0.5 \) et un maximum local près de \( x = 0.5 \).
– Aux alentours de ces points d’inflexion, la courbe change de tendance (descendante puis montante, et vice versa).

2. Observons la courbe \( C_2 \):
– La courbe \( C_2 \) semble être la dérivée, car elle passe par zéro aux points où la pente de \( C_1 \) change de signe (les points critiques de \( C_1 \)).
– \( C_2 \) coupe l’axe des abscisses (où \( f’ = 0 \)) aux mêmes points où \( C_1 \) a des extrémums locaux, ce qui correspond aux points critiques de \( f \).

Conclusion :
– La courbe \( C_1 \) a des minimums et des maximums où la dérivée \( f’ \) s’annule.
– La courbe \( C_2 \) s’annule aux points où la courbe \( C_1 \) a ses extrémums.

Ainsi, on peut conclure que :
– La courbe \( C_1 \) représente la fonction \( f \).
– La courbe \( C_2 \) représente la dérivée \( f’ \).

Exercice 20 : tableau de signes d’une fonction
Pour le premier tableau de signes de la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R^*}\):

1. Sur l’intervalle \( ]-\infty, -1[ \), \( f'(x) > 0 \). Ainsi, \( f \) est croissante.
2. En \( x = -1 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un extremum local à \( x = -1 \).
– En examinant les signes de \( f’ \) de part et d’autre de \( x = -1 \), on constate que \( f \) passe de croissante à décroissante. Donc, \( x = -1 \) est un maximum local.
3. Sur l’intervalle \( ]-1, 0[ \), \( f'(x) < 0 \). Ainsi, \( f \) est décroissante.
4. En \( x = 0 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un autre extremum local à \( x = 0 \).
– En examinant les signes de \( f’ \) de part et d’autre de \( x = 0 \), on constate que \( f \) passe de décroissante à croissante. Donc, \( x = 0 \) est un minimum local.
5. Sur l’intervalle \( ]0, 1[ \), \( f'(x) > 0 \). Ainsi, \( f \) est croissante.
6. En \( x = 1 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un autre extremum local à \( x = 1 \).
– En examinant les signes de \( f’ \) de part et d’autre de \( x = 1 \), on constate que \( f \) passe de croissante à décroissante. Donc, \( x = 1 \) est un maximum local.
7. Sur l’intervalle \( ]1, +\infty[ \), \( f'(x) > 0 \). Ainsi, \( f \) est croissante.

Résumons :

\[
\begin{cases}
x < -1 : f \text{ croissante} \\
x = -1 : f \text{ max local} \\
-1 < x < 0 : f \text{ décroissante} \\
x = 0 : f \text{ min local} \\
0 < x < 1 : f \text{ croissante} \\
x = 1 : f \text{ max local} \\
x > 1 : f \text{ croissante}
\end{cases}
\]

Pour le second tableau de signes de la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R^*}\):

1. Sur l’intervalle \( ]0, 1[ \), \( f'(x) < 0 \). Ainsi, \( f \) est décroissante.
2. En \( x = 1 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un extremum local à \( x = 1 \).
3. Sur l’intervalle \( ]1, 2[ \), \( f'(x) > 0 \). Ainsi, \( f \) est croissante.
4. En \( x = 2 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un autre extremum local à \( x = 2 \).
5. Sur l’intervalle \( ]2, 4[ \), \( f'(x) > 0 \). Ainsi, \( f \) est croissante.
6. En \( x = 4 \), \( f'(x) = 0 \). Il y a un autre extremum local à \( x = 4 \).
7. Sur l’intervalle \( ]4, +\infty[ \), \( f'(x) < 0 \). Ainsi, \( f \) est décroissante.

Résumons :

\[
\begin{cases}
0 < x < 1 : f \text{ décroissante} \\
x = 1 : f \text{ min local} \\
1 < x < 2 : f \text{ croissante} \\
x = 2 : f \text{ max local} \\
2 < x < 4 : f \text{ croissante} \\
x = 4 : f \text{ max local} \\
x > 4 : f \text{ décroissante}
\end{cases}
\]

Exercice 21 : donner le tableau de signes
\[
\begin{array}{c|ccccccc}
x -\infty 0 1 +\infty \\
\hline
f'(x) + 0 – 0 \text{ND} – + \\
\end{array}
\]

Explication :

1. Entre \(-\infty\) et \(0\), la fonction \(f\) est croissante, donc \(f'(x) > 0\).
2. En \(x = 0\), la pente de la tangente est nulle, donc \(f'(x) = 0\).
3. Entre \(0\) et \(1\), la fonction \(f\) est décroissante, donc \(f'(x) < 0\).
4. En \(x = 1\), la dérivée n’est pas définie sur tout \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\), donc il y a une discontinuité.
5. Après \(x = 1\), la fonction change de comportement. Initialement décroissante, elle devient croissante après un certain point, donc \(f'(x)\) change de signe de \(-\) à \(+\).

Exercice 22 : parmi ces fonctions quelle est celle de la dérivée de f ?
Pour déterminer laquelle des fonctions \( f_1 \), \( f_2 \) ou \( f_3 \) a pour dérivée la fonction représentée par \( C_{f’} \), nous devons analyser le comportement de \( C_{f’} \) :

1. La courbe \( C_{f’} \) est une parabole tournée vers le haut. Cela signifie que la fonction dérivée est toujours positive sauf en un point, où elle atteint un minimum. La dérivée s’annule donc en ce point et change de signe.

Analysons les courbes \(C_1\), \(C_2\) et \(C_3\) pour voir laquelle satisfait cette condition.

– \(C_1\) : La courbe \( C_1 \) a deux maximums et un minimum, ce qui signifie que sa dérivée s’annule en ces trois points. De plus, la dérivée est positive entre les deux maximums (où \( C_1 \) monte) et négative aux alentours des maximums et du minimum, ce qui ne correspond pas à une parabole tournée vers le haut pour la dérivée.

– \(C_2\) : La courbe \( C_2 \) a une forme de sinusoidale, ayant trois points où la pente change de signe (deux minimums et deux maximums). Cette courbe a plus de points de changement de signe que ce qui est représenté par \( C_{f’} \).

– \(C_3\) : La courbe \( C_3 \) a la forme d’une parabole tournée vers le bas avec un maximum au milieu. La dérivée de \( C_3 \) s’annule au sommet et change de signe autour de ce point de manière compatible avec \( C_{f’} \).

Ainsi, la fonction qui a pour dérivée la fonction représentée par \( C_{f’} \) est \( f_3 \).

\[\] \boxed{f_3} \[\]

Exercice 23 : volume maximal d’un cône inclus dans une sphère
\[\]Correction de l’exercice\[\]

1. \[\]Première approche : variable d’étude \( r = HA \)\[\]

Le volume \( V \) d’un cône est donné par la formule :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

Ici, \( h = SH \) représente la hauteur du cône. On a :
\[ SH = AH + HO = r + x \]

Dans un triangle rectangle \( SHO \), par le théorème de Pythagore :
\[ SO^2 = SH^2 + HO^2 \]
\[ R^2 = (r + x)^2 + x^2 \]
\[ R^2 = r^2 + 2rx + 2x^2 \]

Il faut maximiser \( V \) par rapport à \( x \). Reprenons les calculs en terme de \(r\) :

Remplaçons \( x \) dans l’expression de \( V \):

\[ x = \sqrt{R^2 – r^2} – r \]

Donc, le volume devient :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 (\sqrt{R^2 – r^2} – r) \]

Pour maximiser ce volume, dérivons \( V \) par rapport à \( r \) et trouvons où la dérivée est nulle.

\[ \frac{dV}{dr} = \frac{1}{3} \pi ( 2r (\sqrt{R^2 – r^2} – r) + r^2 ( \frac{-r}{\sqrt{R^2 – r^2}} ) ) \]

Ensuite, mettre à zéro et résoudre pour \( r \):

\[ 2r (\sqrt{R^2 – r^2} – r) – \frac{r^3}{\sqrt{R^2 – r^2}} = 0 \]

Cela nécessite une résolution algébrique ou numérique plus approfondie.

2. \[\]Deuxième approche : variable d’étude \( x = HO \)\[\]

Nous avons déjà que :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 (\sqrt{R^2 – r^2} – r) \]

Refaisons le changement de variable directement :

\[ r^2 = R^2 – x^2 \]
\[ h = x + \sqrt{R^2 – x^2} \]

Le volume devient :
\[ V = \frac{1}{3} \pi (R^2 – x^2)x \]

Dérivons \( V \) par rapport à \( x \) :

\[ \frac{dV}{dx} = \frac{1}{3} \pi [ (R^2 – x^2) + x \cdot (-2x) ] \]
\[ \frac{dV}{dx} = \frac{1}{3} \pi [ R^2 – 3x^2 ] \]

Mettons à zéro et résolvons pour \( x \) :

\[ R^2 – 3x^2 = 0 \]
\[ x^2 = \frac{R^2}{3} \]
\[ x = \frac{R}{\sqrt{3}} \]

On peut substituer \( x \) pour trouver \( r \):

\[ r^2 = R^2 – (\frac{R}{\sqrt{3}})^2 \]
\[ r^2 = R^2 – \frac{R^2}{3} \]
\[ r^2 = \frac{2R^2}{3} \]
\[ r = \frac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \]

Enfin, substituons \( r \) et \( x \) dans le volume:

\[ V = \frac{1}{3} \pi (\frac{2R^2}{3})(\frac{R}{\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{2R^2}}{\sqrt{3}}) \]
\[ V = \frac{1}{3} \pi (\frac{2R^2}{3})(\frac{R}{\sqrt{3}} + \frac{R\sqrt{2}}{\sqrt{3}}) \]
\[ V = \frac{1}{3} \pi (\frac{2R^3}{3\sqrt{3}} + \frac{2R^3}{3\sqrt{3}}) \]
\[ V = \frac{1}{3} \pi (\frac{4R^3}{3\sqrt{3}}) \]
\[ V = \frac{4\pi R^3}{9\sqrt{3}} \]

Ainsi, le volume maximal du cône est \(\frac{4\pi R^3}{9\sqrt{3}}\).

Exercice 24 : une boîte de conserve et la surface de métal
1) La surface de métal utilisé pour confectionner la boîte comprend la surface latérale du cylindre ainsi que les surfaces des deux bases circulaires. La surface latérale est donnée par :
\[ S_{\text{lat}} = 2\pi rh \]

Les deux bases circulaires ont ensemble une surface de :
\[ S_{\text{bases}} = 2\pi r^2 \]

Ainsi, la surface totale \( S \) est :
\[ S = 2\pi r^2 + 2\pi rh \]

Sachant que le volume \( \mathcal{V} \) du cylindre est donné par :
\[ \mathcal{V} = \pi r^2 h \]

On peut exprimer \( h \) en fonction de \( r \) et \( \mathcal{V} \) :
\[ h = \frac{\mathcal{V}}{\pi r^2} \]

En remplaçant \( h \) par cette expression dans la surface totale, on obtient :
\[ S = 2\pi r^2 + 2\pi r (\frac{\mathcal{V}}{\pi r^2}) = 2\pi r^2 + \frac{2\mathcal{V}}{r} \]

Donc, la surface de métal utilisée est bien :
\[ S(r) = 2\pi r^2 + \frac{2\mathcal{V}}{r} \]

2) La fonction \( S(r) = 2\pi r^2 + \frac{2\mathcal{V}}{r} \) doit être étudiée sur son ensemble de définition \( (0,\infty) \).

Calcul de la dérivée :
\[ S'(r) = 4\pi r – \frac{2\mathcal{V}}{r^2} \]

Pour trouver les points critiques, nous résolvons \( S'(r) = 0 \) :
\[ 4\pi r = \frac{2\mathcal{V}}{r^2} \]
\[ 4\pi r^3 = 2\mathcal{V} \]
\[ 2\pi r^3 = \mathcal{V} \]
\[ r^3 = \frac{\mathcal{V}}{2\pi} \]
\[ r = (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \]

Pour déterminer si ce point est un minimum, nous examinons la dérivée seconde :
\[ S »(r) = 4\pi + \frac{4\mathcal{V}}{r^3} \]

En substituant \( r = (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \):
\[ S »((\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3}) = 4\pi + \frac{4\mathcal{V}}{(\frac{\mathcal{V}}{2\pi})} = 4\pi + 8\pi = 12\pi > 0 \]

Donc, \( r = (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \) est un point de minimum.

3) Les dimensions du cylindre minimisant la surface sont :
\[ r = (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \]
\[ h = \frac{\mathcal{V}}{\pi r^2} = \frac{\mathcal{V}}{\pi (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{2/3}} = 2 (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} = 2r \]

Donc les dimensions optimales sont :
\[ r = (\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \]
\[ h = 2(\frac{\mathcal{V}}{2\pi})^{1/3} \]

4) Pour une boîte donnée d’un volume \( \mathcal{V} \), on peut appliquer les formules trouvées ci-dessus pour calculer le rayon et la hauteur. Par exemple, si \( \mathcal{V} = 1000 \, \text{cm}^3 \) :
\[ r = (\frac{1000}{2\pi})^{1/3} \approx 5.42 \, \text{cm} \]
\[ h = 2 \times r \approx 10.84 \, \text{cm} \]

Donc, les dimensions de la boîte devraient être :
\[ r \approx 5.42 \, \text{cm} \]
\[ h \approx 10.84 \, \text{cm} \]

Exercice 25 : qCM sur la dérivée
Soit la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\( f(x) = x^2 + x + 1 \). Alors \( f \) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et :
\[
\begin{array}{ll}
(a) f'(x) = 2x + 1 \\
(b) f'(-1) = -1 \\
\textcolor{green}{(c)} f'(x) = 2x \\
\textcolor{green}{(d)} f'(0) = 0 \\
\end{array}
\]

Correction :
La dérivée de \( f(x) = x^2 + x + 1 \) est :
\[ f'(x) = 2x + 1 \]

Par conséquent,
– \( f'(x) = 2x \) est faux. (La dérivée correcte est \( f'(x) = 2x + 1 \), comme d(i)onné en (a).
– On a \( f'(-1) = 2(-1) + 1 = -2 + 1 = -1 \), donc (b) est vrai.
– \( f'(0) = 2(0) + 1 = 1 \), donc (d) est incorrect. \( f'(0) = 1 \).

Les bonnes réponses sont donc : (a) et (b).

—

Soit la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\( f(x) = -x^3 \). Alors \( f \) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et :
\[
\begin{array}{ll}
\textcolor{green}{(a)} f'(0) = 0 \\
(b) f'(1) = -1 \\
\textcolor{green}{(c)} f'(x) = -3x^2 \\
(d) f'(x) = -x^2 \\
\end{array}
\]

Correction :
La dérivée de \( f(x) = -x^3 \) est :
\[ f'(x) = -3x^2 \]

Par conséquent,
– \( f'(0) = -3(0)^2 = 0 \), donc (a) est vrai.
– On a \( f'(1) = -3(1)^2 = -3 \), donc (b) est faux.
– \( f'(x) = -3x^2 \), donc (c) est vrai.
– \( f'(x) = -x^2 \), donc (d) est faux. (La dérivée correcte est \( f'(x) = -3x^2 \)).

Les bonnes réponses sont donc : (a) et (c).

—

Soit la fonction \( f \) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\( f(x) = g(4x + 2) \). Alors \( f \) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et :
\[
\begin{array}{ll}
(a) f'(x) = g'(4x + 2) \\
(b) f'(x) = -4g'(4x + 2) \\
\textcolor{green}{(c)} f'(x) = 4g'(4x + 2) \\
(d) f'(x) = 4g'(x) \\
\end{array}
\]

Correction :
En utilisant la règle de la chaîne pour la dérivée :

Soit \( u(x) = 4x + 2 \), alors \( f(x) = g(u(x)) \).

Donc,
\[ f'(x) = g'(u(x)) \cdot u'(x) = g'(4x + 2) \cdot 4 = 4g'(4x + 2) \]

Par conséquent,
– \( f'(x) = g'(4x + 2) \) est faux.
– \( f'(x) = -4g'(4x + 2) \) est faux.
– \( f'(x) = 4g'(4x + 2) \) est vrai.
– \( f'(x) = 4g'(x) \) est faux.

La bonne réponse est donc : (c).

Exercice 26 : qCM sur la dérivation
Corrections de l’exercice :

1. Soit la fonction \( f \) définie sur \( I = ]0 ; +\infty[ \) par \( f(x) = \frac{1}{x(\sqrt{x} – 1)} \).
Alors, \( f \) est dérivable sur \( I \) et :

La bonne réponse est \( \mathbf{a} \) :
\[
f'(x) = -\frac{1}{2x^2\sqrt{x}}
\]

2. Soient les fonctions \( f \) et \( g \) définies respectivement sur \( \mathbb{R}^+ \) et \( \mathbb{R}^+ \) par \( f(x) = \sqrt{x} \) et \( g(x) = \frac{1}{f(x)} \).
Alors, \( g \) est dérivable sur \( \mathbb{R}^+ \) et :

La bonne réponse est \( \mathbf{c} \) :
\[
g'(x) = -\frac{1}{2x\sqrt{x}}
\]

Exercice 27 : limite du taux d’accroissement
Soit \( f \) une fonction définie sur \( \mathbb{R} \) et dérivable en \( 2 \).
Soit \( h \) un réel non nul.
Le nombre dérivé de \( f \) en \( 2 \) est égal à \(-1 \).

\[
f'(2) = -1
\]

Le nombre dérivé de \( f \) en \( 2 \) est donné par :

\[
f'(2) = \lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(2)}{h}
\]

D’après l’énoncé, nous savons que :

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(2)}{h} = -1
\]

Nous devons maintenant vérifier si l’expression donnée dans l’énoncé est égale à \(-1\) :

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(h)}{h}
\]

En observant cette nouvelle limite, remarquons que \( f(h) \) n’est pas la même chose que \( f(2) \). Pour qu’il soit correct de dire que :

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(h)}{h} = -1
\]

Il faudrait que \( f(h) \approx f(2) \) lorsque \( h \to 0 \), ce qui n’est généralement pas vrai puisque \( f(h) \) dépend de la valeur de \( h \) et non de \( 2 \).

Considérons une fonction contre-exemple : \( f(x) = x \). En ce cas,

\[
f'(2) = 1 \neq -1,
\]

et pourtant,

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(h)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2 + h – h}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2}{h}.
\]

Ici, la limite ne tend même pas vers une valeur finie, mais diverge. Ceci montre que l’expression \(\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(h)}{h} \neq -1\).

Conclusion : On ne peut pas écrire que

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(2 + h) – f(h)}{h} = -1.
\]

Exercice 28 : nombre dérivé et tangente
1. Lire graphiquement le nombre dérivé de \( f \) en \( -1 \).

Pour lire graphiquement le nombre dérivé de \( f \) en \( -1 \), on regarde la pente de la tangente \( T_A \) en \( A \). Étant donné que la tangente \( T_A \) passe par le point \((-1,0)\) et a une pente de 2 (car elle monte de 2 unités pour chaque unité parcourue horizontalement), le nombre dérivé de \( f \) en \( -1 \) est :
\[ f'(-1) = 2 \]

2. Déterminer une équation de la tangente \( T_A \).

L’équation d’une droite tangente peut être écrite sous la forme \(y = mx + b\), où \( m \) est la pente et \(b\) est l’ordonnée à l’origine. Nous savons que:
– La pente \( m \) est \(2\).
– La tangente passe par le point \((-1,0)\).

Substituons ces valeurs dans l’équation de la droite:
\[ 0 = 2(-1) + b \]
\[ 0 = -2 + b \]
\[ b = 2 \]

Ainsi, l’équation de la tangente \( T_A \) est :
\[ y = 2x + 2 \]

Exercice 29 : taux de variation
{Correction de l’exercice}

La fonction \( f \) est définie par :
\[
f(x) = \frac{1}{x+2}
\]
avec \( h \neq 0 \) et \( h \neq -3 \).

\subsection*{1. Montrer que le taux de variation de \( f \) entre 1 et \( 1 + h \) est égal à \(-\frac{1}{3(3+h)} \)}

Le taux de variation de \( f \) entre \( 1 \) et \( 1 + h \) est donné par :
\[
\frac{f(1+h) – f(1)}{h}
\]

Calculons \( f(1) \) :
\[
f(1) = \frac{1}{1 + 2} = \frac{1}{3}
\]

Calculons \( f(1+h) \) :
\[
f(1+h) = \frac{1}{(1+h) + 2} = \frac{1}{3 + h}
\]

Le taux de variation devient alors :
\[
\frac{f(1+h) – f(1)}{h} = \frac{\frac{1}{3+h} – \frac{1}{3}}{h}
\]

Regroupons les fractions sous un même dénominateur :
\[
\frac{\frac{1}{3+h} – \frac{1}{3}}{h} = \frac{\frac{3 – (3+h)}{3(3+h)}}{h} = \frac{\frac{-h}{3(3+h)}}{h}
\]

Simplifions l’expression :
\[
\frac{\frac{-h}{3(3+h)}}{h} = \frac{-h}{3(3+h)h} = -\frac{1}{3(3+h)}
\]

Ainsi, nous avons montré que :
\[
\frac{f(1+h) – f(1)}{h} = -\frac{1}{3(3+h)}
\]

\subsection*{2. En déduire que \( f \) est dérivable en 1 et calculer \( f'(1) \)}

Pour montrer que la fonction \( f \) est dérivable en \( x = 1 \), il faut que le taux de variation tende vers une limite finie lorsque \( h \) tend vers 0.

\[
\lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) – f(1)}{h} = \lim_{h \to 0} -\frac{1}{3(3+h)}
\]

Cette limite est :
\[
-\frac{1}{3(3+0)} = -\frac{1}{9}
\]

Donc, la fonction \( f \) est dérivable en \( x = 1 \) et:
\[
f'(1) = -\frac{1}{9}
\]

Exercice 30 : tangente à une courbe
1. Sachant que \( T_A \) est parallèle à l’axe des abscisses, déterminer \( f'(-2) \).

La tangente \( T_A \) est parallèle à l’axe des abscisses, ce qui signifie que sa pente est nulle. Donc, la dérivée de la fonction \( f \) en \( -2 \) est nulle :
\[
f'(-2) = 0
\]

2. Déterminer \( f'(0) \) graphiquement en justifiant la réponse.

La tangente \( T_J \) en \( J \) a une pente négative. Étant donné que la tangente \( T_J \) est l’une des représentations graphiques de la dérivée en \( J(0, 1) \), pour déterminer \( f'(0) \) nous devons estimer la pente de \( T_J \).

On observe que pour un changement de \( x \) d’environ 1 unité, \( y \) change d’environ -4 unités. Donc, la pente est :
\[
f'(0) \approx \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{-4}{1} = -4
\]

Par conséquent, graphiquement :
\[
f'(0) = -4
\]

Exercice 31 : dérivabilité en un point
1. Soit \( h \) un réel non nul.
Exprimer \( f(1+h) – f(1) \) en fonction de \( h \).

\[ f(1+h) = (1+h)^2 = 1 + 2h + h^2 \]
\[ f(1) = 1^2 = 1 \]
\[ f(1+h) – f(1) = 1 + 2h + h^2 – 1 = 2h + h^2 \]

2. Montrer que \( f \) est dérivable en 1 et donner la valeur du nombre dérivé de \( f \) en 1.

La définition de la dérivabilité en 1 est:

\[ f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{f(1+h) – f(1)}{h} \]

En substituant l’expression trouvée à la question 1:

\[ f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{2h + h^2}{h} = \lim_{h \to 0} (2 + h) \]

Puisque \( \lim_{h \to 0} h = 0 \):

\[ f'(1) = 2 \]

3. Vérifier le résultat à la calculatrice.

La dérivée de \( f(x) = x^2 \) est \( f'(x) = 2x \). En substituant \( x = 1 \):

\[ f'(1) = 2 \times 1 = 2 \]

Ce qui confirme le résultat obtenu.

Exercice 32 : dérivabilité en 3
\[\]Correction de l’exercice:\[\]

1. Par lecture graphique, déterminer la valeur du nombre dérivé de \( f \) en \( 0 \).

On peut observer que la tangente à la courbe \( C_f \) au point \( O \) (c’est-à-dire pour \( x = 0 \)) est horizontale. Une tangente horizontale indique que le nombre dérivé de \( f \) en ce point est nul. Donc:
\[ f'(0) = 0 \]

2. Déterminer \( f'(3) \) graphiquement.

Pour déterminer la valeur de la dérivée de \( f \) en \( x = 3 \), on regarde la pente de la tangente \( T_B \) au point \( B \) (où \( x = 3 \)). En observant le graphique, on peut voir que la tangente \( T_B \) fait approximativement un angle assez élevé avec l’axe des abscisses.

Pour estimer la pente, on peut approximativement compter la montée et la distance horizontale directement depuis le graphique, ou approximativement évaluer visuellement l’angle de la pente.

En estimant visuellement la pente de \( T_B \), on pourrait dire approximativement que:
\[ f'(3) \approx 3 \]

(La valeur exacte pourrait nécessiter des outils de mesure plus précis.)

Ainsi, les réponses sont :
1. \( f'(0) = 0 \)
2. \( f'(3) \approx 3 \)

Exercice 33 : déterminer graphiquement le nombre dérivé
Correction de l’exercice de mathématiques :

Pour déterminer graphiquement les nombres dérivés de \( f \) en \( x_1 = -4 \), \( x_2 = -\frac{5}{2} \) et \( x_3 = 0 \), nous utilisons les tangentes \( d_1 \), \( d_2 \) et \( d_3 \).

1. \[\]Pour \( x_1 = -4 \) :\[\]
La tangente \( d_2 \) à la courbe \( C_f \) au point de l’abscisse \(-4\) est une droite horizontale. Par définition, la pente d’une droite horizontale est nulle. Donc, le nombre dérivé de \( f \) en \(-4\) est :
\[
f'(-4) = 0
\]

2. \[\]Pour \( x_2 = -\frac{5}{2} \) :\[\]
La tangente \( d_1 \) à la courbe \( C_f \) au point de l’abscisse \(-\frac{5}{2}\) est parallèle à l’axe des abscisses. Une tangente parallèle à l’axe des abscisses a également une pente nulle. Donc, le nombre dérivé de \( f \) en \(-\frac{5}{2}\) est :
\[
f’(-\frac{5}{2}) = 0
\]

3. \[\]Pour \( x_3 = 0 \) :\[\]
La tangente \( d_3 \) à la courbe \( C_f \) au point de l’abscisse \(0\) a une certaine pente positive, que l’on peut estimer graphiquement. Supposons que la pente de cette tangente soit observée comme \(m\). Après une observation attentive du graphique et des grilles de distance, on peut estimer cette pente. Supposons, par exemple, que la pente soit 2 :
\[
f'(0) \approx 2
\]

Ainsi, les nombres dérivés de \( f \) en \( x_1 = -4 \), \( x_2 = -\frac{5}{2} \) et \( x_3 = 0 \) sont respectivement :
\[
f'(-4) = 0, \quad f’(-\frac{5}{2}) = 0, \quad f'(0) \approx 2
\]

Exercice 34 : déterminer graphiquement f ‘ (a)
L’objectif est de déterminer graphiquement la dérivée \( f'(a) \) en un point \( a \) donné sur la courbe \( C_f \). Ici, \( a = 2 \).

1. Tout d’abord, nous repérons le point \( A \) sur la courbe \( C_f \) correspondant à \( a = 2 \).
2. Ensuite, nous traçons la tangente \( T \) à la courbe \( C_f \) en ce point \( A \).
3. La pente de cette tangente \( T \) nous donnera la valeur de la dérivée \( f'(a) \) en \( a = 2 \).

À partir du graphique, nous observons que la tangente en \( A \) passe par \( A \) et a une pente qui peut être estimée visuellement. Pour déterminer cette pente, nous utilisons deux points de la tangente pour calculer sa pente.

Supposons que la tangente passe par les points \( (2, -3) \) et \( (3, 2) \). La pente de la tangente est donc :

\[ f'(2) = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{2 – (-3)}{3 – 2} \]

Calculons cela :

\[ f'(2) = \frac{2 + 3}{3 – 2} = \frac{5}{1} = 5 \]

Ainsi, graphiquement, nous avons :

\[ f'(2) = 5 \]

La valeur graphique de \( f'(2) \) est donc approximativement 5.

Exercice 35 : calculer f ‘ (a)
Les points \( A \) et \( B \) ont les coordonnées suivantes :
\[ A(-3 ; 1) \]
\[ B(2 ; -1) \]

La droite tangente \( T \) passe par ces deux points. La pente de la droite \( T \) est donc donnée par la formule :
\[ m = \frac{y_2 – y_1}{x_2 – x_1} \]

En substituant les coordonnées des points \( A \) et \( B \), on obtient :
\[ m = \frac{-1 – 1}{2 – (-3)} = \frac{-2}{5} = -\frac{2}{5} \]

Ainsi, la pente de la tangente en \( A \) est :
\[ f'(-3) = -\frac{2}{5} \]

Pour trouver \( f'(-1) \), on doit utiliser l’information que \( T \) est tangente à la courbe \( C_f \) en \( A \). Puisque \( T \) est une droite, son équation dans la forme point-pente est :
\[ y – y_1 = m(x – x_1) \]

En utilisant le point \( A(-3, 1) \) et la pente \( m = -\frac{2}{5} \), l’équation de la droite \( T \) devient :
\[ y – 1 = -\frac{2}{5}(x + 3) \]
\[ y = -\frac{2}{5}x – \frac{6}{5} + 1 \]
\[ y = -\frac{2}{5}x – \frac{6}{5} + \frac{5}{5} \]
\[ y = -\frac{2}{5}x – \frac{1}{5} \]

Puisque \( T \) est la tangente en \( x = -1 \), nous pouvons écrire :
\[ f'(-1) = -\frac{2}{5} \]

Donc, la valeur de \( f'(-1) \) est :
\[ \boxed{ -\frac{2}{5}} \]

Exercice 36 : calculer le nombre dérivé en a
Pour déterminer la dérivée \( f'(a) \) où \( a = 1 \), nous devons d’abord trouver l’équation de la tangente \( T \) qui passe par les points \( A(1, -\frac{3}{2}) \) et \( B(-1, \frac{5}{2}) \).

La pente \( m \) de la tangente passant par les points \( A \) et \( B \) est donnée par :

\[ m = \frac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \frac{\frac{5}{2} – ( -\frac{3}{2} )}{-1 – 1} = \frac{\frac{5}{2} + \frac{3}{2}}{-2} = \frac{8/2}{-2} = \frac{4}{-2} = -2 \]

Ainsi, la pente \( m \) de la tangente est \( -2 \).

L’équation de la tangente \( T \) peut être écrite sous la forme :

\[ y = mx + c \]

En utilisant le point \( A(1, -\frac{3}{2}) \) pour trouver \( c \) :

\[ -\frac{3}{2} = -2 \cdot 1 + c \]
\[ -\frac{3}{2} = -2 + c \]
\[ c = -\frac{3}{2} + 2 = \frac{4}{2} – \frac{3}{2} = \frac{1}{2} \]

Donc, l’équation de la tangente \( T \) est :

\[ y = -2x + \frac{1}{2} \]

La dérivée de \( f \) en \( x = 1 \), c’est-à-dire \( f'(1) \), est identifiée par la pente de la tangente à ce point. D’après notre calcul, la pente de la tangente est \( -2 \).

Ainsi,

\[ f'(1) = -2 \]

Exercice 37 : coefficient directeur de la tangente
Pour calculer \( f'(a) \), nous devons connaître la pente de la tangente \( T \) au point \( A \). Puisque \( T \) passe par les points \( A \) et \( B \), la pente de \( T \) peut être déterminée en utilisant la formule de la pente entre deux points.

Les coordonnées du point \( A \) sont \((a, f(a))\) et les coordonnées du point \( B \) sont \((\frac{1}{2}, 2)\).

La pente de la tangente \( T \) est donc :
\[
f'(a) = \frac{f( \frac{1}{2} ) – f(a)}{\frac{1}{2} – a}
\]

On connaît également qu’à \( f(\frac{1}{2}) = 2 \) et, puisque \( a = 0 \), il nous vient alors \( f(0) \).

Supposons que \( A \) soit sur l’axe des ordonnées (peut-être à \( f(0) = 1 \)), la pente se calcule comme suit :
\[
f'(0) = \frac{2 – 1}{\frac{1}{2} – 0} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2
\]

Ainsi, la dérivée de \( f \) en \( a \) (où \( a = 0 \)) est :
\[
f'(0) = 2
\]

Exercice 38 : tracer une courbe représentative
Pour tracer la courbe représentative d’une fonction \( f \) à partir du tableau de valeurs donné, nous prenons en compte à la fois les points de la fonction et les signes de la dérivée.

1. Identifier les points donnés par \( f \) :
\[
\begin{aligned}
f(-3) = -2, \\
f(-2) = 0, \\
f(0) = 2, \\
f(\frac{3}{2}) = 0, \\
f(3) = -4.
\end{aligned}
\]

2. Utiliser les informations sur la dérivée :
\[
\begin{aligned}
f'(-3) = 0, \\
f'(-2) = 2, \\
f'(0) = 2, \\
f’(\frac{3}{2}) = -\frac{5}{2}, \\
f'(3) = 0.
\end{aligned}
\]

3. Analyser les informations pour déduire le comportement de la fonction :
– \( f'(-3) = 0 \) : La fonction a un extremum en \(-3\).
– \( f'(-2) = 2 > 0 \) : La fonction est strictement croissante en \(-2\).
– \( f'(0) = 2 > 0 \) : La fonction est strictement croissante en \(0\).
– \( f’(\frac{3}{2}) = -\frac{5}{2} < 0 \) : La fonction est strictement décroissante en \(\frac{3}{2}\).
– \( f'(3) = 0 \) : La fonction a un extremum en \(3\).

D’après ces observations, nous pouvons esquisser la courbe :

– La courbe passe par les points \((-3, -2)\), \((-2, 0)\), \((0, 2)\), \((\frac{3}{2}, 0)\), et \((3, -4)\).
– Au point \( (-3, -2) \) et \( (3, -4) \), la fonction a des extrema.
– La fonction est croissante de \( x = -3 \) à \( x = 0 \).
– La fonction atteint son maximum entre \( x = 0 \) et \( x = \frac{3}{2} \) puis décroît jusqu’à \( x = 3 \).

Ainsi, la courbe représentative pourrait ressembler à celle décrite ci-dessous. Il est important de noter que cette courbe est une interpretation possible basée sur les informations données :

Pour dessiner cette courbe à la main, on pourrait suivre ces étapes en ayant ces points en tête et en respectant le comportement de la dérivée.

Merci de tracer la courbe en respectant ces points clés.

Exercice 39 : tangentes et parallèles
1. Par lecture graphique, déterminer l’équation réduite de \( T_A \).

D’après le graphique, la tangente \( T_A \) est horizontale et parallèle à l’axe des abscisses. Donc sa pente est zéro. L’équation de la tangente est de la forme :

\[ y = k \]

En observant le graphique, la tangente passe par le point \( A \) sur l’axe des ordonnées à \( y = 2 \). Donc, l’équation réduite de \( T_A \) est :

\[ y = 2 \]

2. Sachant que la droite \( T_B \) passe par le point de coordonnées \( ( -2 ; \frac{29}{4} ) \), déterminer son équation réduite.

On utilise la forme point-pente de l’équation d’une droite. Supposons que la pente soit \( m \). Puisque \( T_B \) passe par le point \( ( -2 ; \frac{29}{4} ) \), nous écrivons l’équation de la tangente en utilisant ce point :

\[ y – \frac{29}{4} = m (x + 2) \]

Pour trouver la pente \( m \), nous devons connaître une autre information ou caractéristique de la fonction \( f \) ou de la tangente. Par exemple, si nous savons que \( T_B \) passe également par un autre point ou si \(\frac{d f}{dx}\) est connue en ce point particulier, nous pourrions déterminer \( m \). Sans cette information supplémentaire, nous ne pouvons pas trouver l’équation exacte de \( T_B \), toutefois, l’équation sous forme point-pente est :

\[ y = m (x + 2) + \frac{29}{4} \]

3. On donne \( f'(3) = -\frac{101}{12} \). Les tangentes \( T_B \) et \( T_C \) sont-elles parallèles ? Justifier.

Pour que deux droites soient parallèles, leurs pentes doivent être égales. La pente d’une tangente à une courbe au point \( x = 3 \) est donnée par la dérivée en ce point. Ainsi, la pente de \( T_C \) qui est tangent à \( f \) au point où \( x = 3 \) est :

\[ m_{T_C} = f'(3) = -\frac{101}{12} \]

Sans l’information concernant la pente \( m \) de \( T_B \) explicitement, nous devons utiliser les points fournis pour \( B ( -2 ; \frac{29}{4} ) \) et \( f \).

Si \( m_{T_B} = m_{T_C} = -\frac{101}{12} \), alors les tangentes \( T_B \) et \( T_C \) sont parallèles.

Ainsi :

\[ T_B : y – \frac{29}{4} = -\frac{101}{12} (x + 2) \]

\[ T_B : y = -\frac{101}{12}(x + 2) + \frac{29}{4} \]

En conclusion, sans connaître explicitement la pente de \( T_B \) ou \( f'(x) \) à \( x = -2 \), nous ne pouvons pas conclure avec certitude qu’elles sont parallèles. Il est requis de vérifier que \( m_{T_B} = -\frac{101}{12} \) pour que \( T_B \) et \( T_C \) soient parallèles.

Exercice 40 : déterminer l’équation réduite d’une tangente
Les équations réduites des tangentes à la courbe de \( f \) en \( A \), \( B \), \( C \) et \( D \) doivent être déterminées.

1. Détermination de l’équation de la tangente \( d_1 \) au point \( A \):
– Le point \( A \) où la tangente est tracée est \( A(-2, 4) \).
– La pente de la tangente \( d_1 \) semble être \( 2 \).

L’équation de la tangente \( d_1 \) est :
\[ y = 2(x+2) + 4 \]
\[ y = 2x + 4 + 4 \]
\[ y = 2x + 8 \]

2. Détermination de l’équation de la tangente \( d_2 \) au point \( B \):
– Le point \( B \) où la tangente est tracée semble être \( B(1, 0) \).
– La pente de la tangente \( d_2 \) semble être \( 0 \).

L’équation de la tangente \( d_2 \) est :
\[ y = 0 \]

3. Détermination de l’équation de la tangente \( d_3 \) au point \( C \):
– Le point \( C \) où la tangente est tracée semble être \( C(1, -1) \).
– La pente de la tangente \( d_3 \) semble être \( 1 \).

L’équation de la tangente \( d_3 \) est :
\[ y = 1(x – 1) – 1 \]
\[ y = x – 1 – 1 \]
\[ y = x – 2 \]

4. Détermination de l’équation de la tangente \( d_4 \) au point \( D \):
– Le point \( D \) où la tangente est tracée semble être \( D(2, 4) \).
– La pente de la tangente \( d_4 \) semble être \( -1 \).

L’équation de la tangente \( d_4 \) est :
\[ y = -1(x – 2) + 4 \]
\[ y = -x + 2 + 4 \]
\[ y = -x + 6 \]

Les équations réduites des tangentes aux points \( A \), \( B \), \( C \) et \( D \) sont donc respectivement :
\[ d_1: y = 2x + 8 \]
\[ d_2: y = 0 \]
\[ d_3: y = x – 2 \]
\[ d_4: y = -x + 6 \]

Exercice 41 : problème du projectile
Pour résoudre cet exercice, nous devons déterminer la vitesse du projectile aux instants \( t = 0 \), \( t = 2 \) et \( t = 4 \) en utilisant les pentes des tangentes tracées sur le graphique de la fonction \( h \).

La vitesse du projectile à l’instant \( t \) est donnée par la dérivée de la fonction \( h(t) \), notée \( h'(t) \). L’équation d’une tangente au point \( t \) d’une courbe est \( y = h'(t)(x – t) + h(t) \). La pente de cette tangente représente \( h'(t) \), la vitesse du projectile à l’instant \( t \).

1. \(\mathbf{À \ t = 0:}\)

Observons la pente de la tangente à la courbe \( C_h \) au point d’abscisse \( 0 \) sur le graphique.

La pente de cette tangente semble être positive avec une certaine valeur qu’on peut estimer visuellement. Supposons que la pente est \(\approx 8 \ m/s\).

Donc, \( h'(0) \approx 8 \ m/s \).

2. \(\mathbf{À \ t = 2:}\)

Maintenant, observons la pente de la tangente à la courbe \( C_h \) au point d’abscisse \( 2 \).

La pente de cette tangente semble être horizontale, indiquant une vitesse de 0 \ m/s.

Donc, \( h'(2) \approx 0 \ m/s \).

3. \(\mathbf{À \ t = 4:}\)

Observons la pente de la tangente à la courbe \( C_h \) au point d’abscisse \( 4 \).

La pente de cette tangente semble être négative. Supposons que la pente est \(\approx -8 \ m/s\).

Donc, \( h'(4) \approx -8 \ m/s \).

Maintenant, convertissons ces vitesses en km/h.

\[
1 \ m/s = 3.6 \ km/h
\]

\begin{align*}
\text{À } t = 0: \quad h'(0) \approx 8 \ m/s \times 3.6 \frac{km}{m} = 28.8 \ km/h,\\
\text{À } t = 2: \quad h'(2) \approx 0 \ m/s \times 3.6 \frac{km}{m} = 0 \ km/h,\\
\text{À } t = 4: \quad h'(4) \approx -8 \ m/s \times 3.6 \frac{km}{m} = -28.8 \ km/h.
\end{align*}

Ceci conclut la correction de l’exercice.

Exercice 42 : donner l’équation réduite d’une tangente
1. Nous devons démontrer que \( C_f \) et \( C_g \) admettent une tangente commune \( T \) en \( A \).

Tout d’abord, calculons les dérivées des fonctions \( f \) et \( g \):

\[
f(x) = -x^2 + 4 \quad \Rightarrow \quad f'(x) = -2x
\]
\[
g(x) = x^2 – 4x + 6 \quad \Rightarrow \quad g'(x) = 2x – 4
\]

Ensuite, évaluons ces dérivées en \( x = 1 \), car le point \( A \) a pour abscisse \( x = 1 \):

\[
f'(1) = -2 \times 1 = -2
\]
\[
g'(1) = 2 \times 1 – 4 = 2 – 4 = -2
\]

On constate que \( f'(1) = g'(1) = -2 \). Cela signifie que les pentes des tangentes à \( C_f \) et \( C_g \) en \( A \) sont égales.

De plus, vérifions que le point \( A \) appartient à \( C_f \) et \( C_g \):

Pour \( f \):
\[
f(1) = -1^2 + 4 = -1 + 4 = 3
\]

Pour \( g \):
\[
g(1) = 1^2 – 4 \times 1 + 6 = 1 – 4 + 6 = 3
\]

On trouve bien que \( f(1) = g(1) = 3 \), donc \( (1, 3) \) est un point commun aux deux courbes \( C_f \) et \( C_g \).

Étant donné que \( C_f \) et \( C_g \) ont une tangente commune en \( A \) avec la même pente \(-2\), les courbes admettent une tangente commune en \( A \).

2. L’équation réduite de la tangente \( T \) en \( A \) est de la forme \( y = mx + b \), où \( m \) est la pente et \( (1, 3) \) est un point par lequel passe la tangente.

Sachant que \( m = -2 \) et que la tangente passe par \( (1, 3) \):

\[
3 = (-2) \times 1 + b \Rightarrow b = 3 + 2 = 5
\]

Donc, l’équation de la tangente \( T \) en \( A \) est :
\[
y = -2x + 5
\]

Exercice 43 : calculer la dérivée d’une fonction
1. Calculer \(f'(x)\) pour \( f(x) = 2019 \) et \( I = \mathbb{R} \).

\( f(x) = 2019 \) est une constante. Donc, \( f'(x) = 0 \).

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = 4x – 7 \) et \( J = \mathbb{R} \).

\( g(x) = 4x – 7 \) est une fonction linéaire. Donc, \( g'(x) = 4 \).

—

1. Calculer \(f'(x)\) pour \( f(x) = x^4 \) et \( I = \mathbb{R} \).

\( f(x) = x^4 \Rightarrow f'(x) = 4x^3 \).

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = 4x^4 \) et \( J = \mathbb{R} \).

\( g(x) = 4x^4 \Rightarrow g'(x) = 16x^3 \).

—

1. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = (2x – 1)(x + 3) \) et \( I = \mathbb{R} \).

Développons d’abord \( f(x) \):
\[ f(x) = (2x – 1)(x + 3) = 2x^2 + 6x – x – 3 = 2x^2 + 5x – 3 \]

Maintenant, calculons la dérivée:
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 + 5x – 3) = 4x + 5 \]

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = (x^2 – x + 2)(2x^3 – 4) \) et \( J = \mathbb{R} \).

Utilisons la règle du produit pour calculer \( g'(x) \):
\[ g(x) = (x^2 – x + 2)(2x^3 – 4) \]
\[ g'(x) = (x^2 – x + 2) \frac{d}{dx}(2x^3 – 4) + (2x^3 – 4) \frac{d}{dx}(x^2 – x + 2) \]
\[ = (x^2 – x + 2)(6x^2) + (2x^3 – 4)(2x – 1) \]
\[ = 6x^2(x^2 – x + 2) + (2x^3 – 4)(2x – 1) \]
\[ = 6x^4 – 6x^3 + 12x^2 + 4x^4 – 2x^3 – 8x + 4 \]
\[ = 10x^4 – 8x^3 + 12x^2 – 8x + 4 \]

—

1. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = 2x^2 – 3x + 1 \) et \( I = \mathbb{R} \).

\[ f(x) = 2x^2 – 3x + 1 \Rightarrow f'(x) = 4x – 3 \]

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = x^3 + 4x^2 + 5x – 6 \) et \( J = \mathbb{R} \).

\[ g(x) = x^3 + 4x^2 + 5x – 6 \Rightarrow g'(x) = 3x^2 + 8x + 5 \]

—

1. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = \frac{1}{4}x^4 – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2 – 10 \) et \( I = \mathbb{R} \).

\[ f(x) = \frac{1}{4}x^4 – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2 – 10 \]
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{1}{4}x^4 – \frac{1}{3}x^3 + \frac{1}{2}x^2 – 10) \]
\[ = x^3 – x^2 + x \]

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = \sqrt{x} + \frac{1}{x} \) et \( J = ]0; +\infty[ \).

\[ g(x) = \sqrt{x} + \frac{1}{x} = x^{1/2} + x^{-1} \]
\[ g'(x) = \frac{d}{dx}(x^{1/2} + x^{-1}) \]
\[ = \frac{1}{2}x^{-1/2} – x^{-2} \]
\[ = \frac{1}{2\sqrt{x}} – \frac{1}{x^2} \]

Exercice 44 : déterminer la fonction dérivée
1. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = \sqrt{x^2 + 1} \) et \( I = ]0 ; +\infty [ \).

\[ f(x) = \sqrt{x^2 + 1} \]
\[ u(x) = x^2 + 1 \quad \text{et} \quad v(x) = \sqrt{x} \]
\[ u'(x) = 2x \quad \text{et} \quad v'(u) = \frac{1}{2\sqrt{u}} \]
\[ f'(x) = v'(u(x)) \cdot u'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 1}} \cdot 2x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \]

2. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = \frac{1}{x} (x^2 – 1) \) et \( J = ]-\infty ; 0[ \cup ]0 ; +\infty [ \).

\[ g(x) = \frac{1}{x} (x^2 – 1) = x – \frac{1}{x} \]
\[ g'(x) = 1 – ( -\frac{1}{x^2} ) = 1 + \frac{1}{x^2} \]

3. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = \frac{4}{2x – 3} \) et \( I = ]-\infty ; \frac{3}{2}[ \cup ]\frac{3}{2} ; +\infty [ \).

\[ f(x) = \frac{4}{2x – 3} = 4(2x – 3)^{-1} \]
\[ f'(x) = 4 \cdot (-1) \cdot (2x – 3)^{-2} \cdot 2 = -\frac{8}{(2x – 3)^2} \]

4. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = \frac{2}{1 – 4x} \) et \( J = ]-\infty ; \frac{1}{4}[ \cup ]\frac{1}{4} ; +\infty [ \).

\[ g(x) = \frac{2}{1 – 4x} = 2(1 – 4x)^{-1} \]
\[ g'(x) = 2 \cdot (-1) \cdot (1 – 4x)^{-2} \cdot (-4) = \frac{8}{(1 – 4x)^{2}} \]

5. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = \frac{-2}{x^2 + x + 1} \) et \( I = \mathbb{R} \).

\[ f(x) = \frac{-2}{x^2 + x + 1} = -2(x^2 + x + 1)^{-1} \]
\[ f'(x) = -2 \cdot (-1) \cdot (x^2 + x + 1)^{-2} \cdot (2x + 1) = \frac{2(2x + 1)}{(x^2 + x + 1)^2} \]

6. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = \frac{-3}{x^4 + 1} \) et \( J = \mathbb{R} \).

\[ g(x) = \frac{-3}{x^4 + 1} = -3(x^4 + 1)^{-1} \]
\[ g'(x) = -3 \cdot (-1) \cdot (x^4 + 1)^{-2} \cdot 4x^3 = \frac{12x^3}{(x^4 + 1)^2} \]

7. Calculer \( f'(x) \) pour \( f(x) = \frac{5x – 1}{x^2 – 2} \) et \( I = ]-\infty ; -\sqrt{2}[\cup ]-\sqrt{2} ; +\infty [ \).

\[ f(x) = \frac{5x – 1}{x^2 – 2} \]
\[ f'(x) = \frac{(x^2 – 2)(5) – (5x – 1)(2x)}{(x^2 – 2)^2} = \frac{5x^2 – 10 – 10x^2 + 2x}{(x^2 – 2)^2} = \frac{-5x^2 + 2x – 10}{(x^2 – 2)^2} \]

8. Calculer \( g'(x) \) pour \( g(x) = \frac{-3}{1 + 4x} \) et \( J = ]-\infty ; -\frac{1}{4}[\cup ]-\frac{1}{4} ; +\infty [ \).

\[ g(x) = \frac{-3}{1 + 4x} = -3(1 + 4x)^{-1} \]
\[ g'(x) = -3 \cdot (-1) \cdot (1 + 4x)^{-2} \cdot 4 = \frac{12}{(1 + 4x)^2} \]