Dérivation — sujets et exercices Bac

Des sujets officiels de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat (session indiquée, source : ministère de l'Éducation nationale) et des exercices originaux dans le format de l'épreuve, classés par chapitre, type et difficulté. Chaque exercice a sa correction détaillée rédigée par le site.

Les exercices marqués « Sujet officiel » reprennent fidèlement des énoncés réellement posés aux épreuves (session indiquée, source : ministère de l'Éducation nationale, sujets publiés sur eduscol.education.fr et education.gouv.fr) ; leurs corrections sont rédigées par Mathrentree. Les exercices marqués « Exercice type » sont des exercices originaux rédigés dans le format et le niveau de l'épreuve.

Difficulté

Chapitre : Tous Calcul intégral Combinatoire et dénombrement Continuité Dérivation Fonction exponentielle Fonction logarithme Géométrie dans l'espace Limites de fonctions Loi binomiale Primitives et équations différentielles Probabilités conditionnelles Suites numériques

4 exercices corrigés.

Exercice type Bac Dérivation QCM Facile

Exercice 1 — Équation d'une tangente

Soit f la fonction définie sur ℝ par f(x) = 2x³ − 3x² + 1, de courbe représentative 𝒞. Déterminer l'équation réduite de la tangente à 𝒞 au point d'abscisse 2, puis les abscisses des points de 𝒞 où la tangente est horizontale.

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Correction détaillée

f est une fonction polynôme, donc dérivable sur ℝ. On dérive : f′(x) = 6x² − 6x.

On calcule f(2) = 2 × 8 − 3 × 4 + 1 = 16 − 12 + 1 = 5 et f′(2) = 6 × 4 − 6 × 2 = 24 − 12 = 12.

L'équation de la tangente au point d'abscisse a s'écrit y = f′(a)(x − a) + f(a), soit ici y = 12(x − 2) + 5 = 12x − 24 + 5.

La tangente cherchée a donc pour équation réduite y = 12x − 19.

La tangente est horizontale lorsque f′(x) = 0, c'est-à-dire 6x(x − 1) = 0, soit x = 0 ou x = 1. Les points concernés sont (0 ; 1) et (1 ; 0).

Exercice type Bac Dérivation Problème d'optimisation Moyen

Exercice 3 — Rectangle inscrit sous une parabole

Dans un repère orthonormé, on considère la parabole d'équation y = 9 − x². Pour x ∈ ]0 ; 3[, on construit le rectangle de sommets (−x ; 0), (x ; 0), (x ; 9 − x²) et (−x ; 9 − x²). Déterminer la valeur de x pour laquelle l'aire de ce rectangle est maximale, et donner cette aire maximale.

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La largeur du rectangle vaut 2x et sa hauteur 9 − x², positive sur ]0 ; 3[. Son aire est donc A(x) = 2x(9 − x²) = 18x − 2x³.

La fonction A est dérivable sur ]0 ; 3[ avec A′(x) = 18 − 6x² = 6(3 − x²) = 6(√3 − x)(√3 + x).

Sur ]0 ; 3[, le facteur √3 + x est strictement positif : A′(x) est donc du signe de √3 − x. Ainsi A′(x) > 0 sur ]0 ; √3[ et A′(x) < 0 sur ]√3 ; 3[.

La fonction A est donc croissante puis décroissante : elle atteint son maximum en x = √3 ≈ 1,73.

L'aire maximale vaut A(√3) = 2√3 × (9 − 3) = 12√3 ≈ 20,8 unités d'aire.

Exercice type Bac Dérivation Étude de fonction Moyen

Exercice 2 — Variations d'un quotient

Soit f définie sur ]−1 ; +∞[ par f(x) = x² + 2x + 1. Calculer f′(x) et étudier les variations de f sur cet intervalle.

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Correction détaillée

Sur l'intervalle d'étude, x + 1 ne s'annule pas : f est dérivable comme quotient de deux fonctions polynômes dont le dénominateur ne s'annule pas. On pose u(x) = x² + 2 et v(x) = x + 1, avec u′(x) = 2x et v′(x) = 1. Alors f′(x) = u′v − uv′v².

Donc f′(x) = [2x(x + 1) − (x² + 2)]/(x + 1)² = 2x² + 2x − x² − 2x + 1² = x² + 2x − 2x + 1².

Le dénominateur est strictement positif. Le trinôme x² + 2x − 2 a pour discriminant Δ = 4 + 8 = 12, et pour racines −1 − √3 et −1 + √3 ≈ 0,73. Seule la seconde appartient à ]−1 ; +∞[.

Ainsi f′(x) < 0 sur ]−1 ; −1 + √3[ et f′(x) > 0 sur ]−1 + √3 ; +∞[ : f est décroissante puis croissante, avec un minimum en x = −1 + √3.

Exercice type Bac Dérivation Problème d'optimisation Difficile

Exercice 4 — Boîte de volume maximal

Dans une plaque carrée de 12 cm de côté, on découpe aux quatre coins des carrés de côté x, puis on replie les bords pour former une boîte sans couvercle. Déterminer la valeur de x, avec 0 < x < 6, qui rend le volume maximal.

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Correction détaillée

La base de la boîte est un carré de côté 12 − 2x et la hauteur vaut x, donc V(x) = x(12 − 2x)² = 4x³ − 48x² + 144x sur ]0 ; 6[.

On dérive : V′(x) = 12x² − 96x + 144 = 12(x² − 8x + 12) = 12(x − 2)(x − 6).

Sur ]0 ; 6[, le facteur (x − 6) est négatif ; V′(x) est donc positif pour x < 2 et négatif pour x > 2.

V atteint son maximum en x = 2 cm, et ce volume vaut V(2) = 2 × 8² = 128 cm³.