Corrections expliquées.
Dérivation.

Correction D1

On remplace $x$ par $2$ : $$f(2)=2^2-3\times2+1=4-6+1=-1.$$

Correction D2

Le taux de variation entre $1$ et $3$ est $$\frac{f(3)-f(1)}{3-1} =\frac{3^2-1^2}{2} =\frac{9-1}{2}=4.$$ Ce nombre est la pente de la sécante qui joint les points de la courbe d’abscisses $1$ et $3$.

Correction D3

Le coefficient directeur vaut $$m=\frac{10-4}{3-1}=\frac62=3.$$ Quand $x$ augmente de $1$, la droite monte de $3$.

Correction D4

Correction D5

Correction D6

La forme « point–pente » donne $$y-5=2(x-1).$$ En développant : $$y-5=2x-2 \quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{y=2x+3}.$$

Correction D7

Correction D8

Une distance en mètres divisée par un temps en secondes donne une vitesse en $\text{m/s}$, que l’on peut aussi écrire $\text{m}\cdot\text{s}^{-1}$.

Correction 1 — Taux de variation et sécante

b) Le taux de variation vaut $$\frac{f(3)-f(1)}{3-1} =\frac{3-(-1)}2 =\frac42 =\boxed{2}.$$

c) La sécante qui joint $A(1;-1)$ à $B(3;3)$ a donc pour coefficient directeur $2$. Entre ces deux abscisses, la fonction augmente en moyenne de $2$ unités de $y$ lorsque $x$ augmente d’une unité.

Correction 2 — Nombre dérivé à partir de la définition

On a $$f(a)=a^2+2a.$$ Calculons l’image de $a+h$ : $$\begin{aligned} f(a+h) &=(a+h)^2+2(a+h)\\ &=a^2+2ah+h^2+2a+2h. \end{aligned}$$ On soustrait $f(a)$, puis on divise par $h\neq0$ : $$\begin{aligned} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} &=\frac{a^2+2ah+h^2+2a+2h-(a^2+2a)}{h}\\ &=\frac{2ah+h^2+2h}{h}\\ &=\frac{h(2a+h+2)}{h}\\ &=2a+h+2. \end{aligned}$$ Quand $h$ se rapproche de $0$, cette expression se rapproche de $2a+2$. Ainsi $$\boxed{f'(a)=2a+2}.$$ En particulier, $$\boxed{f'(2)=2\times2+2=6}.$$

Correction 3 — Équation d’une tangente

On a $$g(3)=3^2-4\times3+1=9-12+1=-2.$$ La dérivée est $g'(x)=2x-4$, donc $$g'(3)=2\times3-4=2.$$ La tangente en $x=3$ a pour équation $$\begin{aligned} y&=g(3)+g'(3)(x-3)\\ &=-2+2(x-3)\\ &=\boxed{2x-8}. \end{aligned}$$ Elle passe bien par $(3;-2)$, car $2\times3-8=-2$, et sa pente est $2$.

Correction 4 — Calculer une fonction dérivée

b) Avec $p(x)=x+1$ et $q(x)=x^2-2$, $$p'(x)=1,\qquad q'(x)=2x.$$ La règle du produit donne $$\begin{aligned} v'(x) &=p'(x)q(x)+p(x)q'(x)\\ &=(x^2-2)+(x+1)(2x)\\ &=\boxed{3x^2+2x-2}. \end{aligned}$$

c) Pour $x\neq3$, avec $p(x)=2x+1$ et $q(x)=x-3$, $$p'(x)=2,\qquad q'(x)=1.$$ Donc $$\begin{aligned} w'(x) &=\frac{2(x-3)-(2x+1)}{(x-3)^2}\\ &=\boxed{-\frac7{(x-3)^2}}. \end{aligned}$$

d) Sur $]0,+\infty[$, la règle de la composition avec une fonction affine donne $$\boxed{z'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}+2e^{2x}}.$$

Correction 5 — Valeur absolue et dérivabilité

Si $x<0$, alors $\left\lvert x\right\rvert=-x$, donc la dérivée vaut $-1$. Si $x>0$, alors $\left\lvert x\right\rvert=x$, donc la dérivée vaut $1$.

Au voisinage de $0$, la pente des sécantes venant de la gauche se rapproche de $-1$, tandis que celle des sécantes venant de la droite se rapproche de $1$. Ces deux nombres ne sont pas égaux. Il n’existe donc pas de nombre dérivé unique en $0$ : $$\boxed{x\mapsto\left\lvert x\right\rvert\text{ n'est pas dérivable en }0.}$$ Le point anguleux du graphe traduit cette impossibilité.

Correction 6 — Variations et extremum

On dérive et on factorise : $$\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-12x+9\\ &=3(x^2-4x+3)\\ &=3(x-1)(x-3). \end{aligned}$$ Comme $3>0$, le signe est positif sur $]-\infty,1[$, négatif sur $]1,3[$, puis positif sur $]3,+\infty[$. La fonction est donc croissante, puis décroissante, puis croissante.

Les valeurs aux points critiques sont $$f(1)=1-6+9+1=5, \qquad f(3)=27-54+27+1=1.$$ Il y a un maximum local égal à $5$ en $x=1$, puis un minimum local égal à $1$ en $x=3$.

Correction 7 — Une inégalité par les variations

Posons $f(x)=x^4+2x^2+3$. Alors $$f'(x)=4x^3+4x=4x(x^2+1).$$ Pour tout réel $x$, $x^2+1>0$. Le signe de $f'$ est donc celui de $x$ : la fonction décroît sur $]-\infty,0[$ et croît sur $]0,+\infty[$. Elle atteint son minimum en $0$, avec $$f(0)=3.$$ Par conséquent, $$\boxed{x^4+2x^2+3\geq3\quad\text{pour tout }x\in\mathbb{R}.}$$

Correction 8 — Optimisation géométrique

b) L’aire, en $\text{cm}^2$, est $$A(x)=x(18-x)=18x-x^2.$$

c) On dérive : $$A'(x)=18-2x=2(9-x).$$ La dérivée est positive sur $]0,9[$, nulle en $9$, négative sur $]9,18[$. L’aire augmente puis diminue ; elle est maximale pour $x=9$. Alors $y=18-9=9$ et $$A(9)=9\times9=\boxed{81\ \text{cm}^2}.$$ Réponse : le carré de côté $9$ cm est le rectangle d’aire maximale.

Correction 9 — Modèle de décroissance

b) À $t=4$, $$T'(4)=-20e^{-1}=-\frac{20}{e}\approx-7{,}4\ ^\circ\text{C/min}.$$ La vitesse de refroidissement est donc d’environ $7{,}4\ ^\circ\text{C/min}$ en valeur absolue ; le signe négatif dans $T'(4)$ indique une baisse.

c) Comme $e^{-0{,}25t}$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+\infty$, $$\lim_{t\to+\infty}T(t)=20.$$ La température se rapproche de $20\,^\circ\text{C}$.

Correction 10 — Problème de synthèse : coût et recette

On travaille sur l’intervalle $[0,8]$.

a) La dérivée est $$B'(x)=-3x^2+18x+12.$$ Résoudre $B'(x)=0$ revient à résoudre $$x^2-6x-4=0.$$ Le discriminant vaut $\Delta=36+16=52=4\times13$. Les racines sont $$\alpha=3-\sqrt{13}<0, \qquad \beta=3+\sqrt{13}\approx6{,}61.$$ On peut écrire $$B'(x)=-3\bigl(x-\alpha\bigr)\bigl(x-\beta\bigr).$$

b) La racine $\alpha$ n’appartient pas à $[0,8]$. On a $B'(0)=12>0$, puis le signe change en $\beta$, car le coefficient du terme $x^2$ est négatif. Ainsi $B$ est croissante sur $[0,\beta]$, puis décroissante sur $[\beta,8]$.

c) Le bénéfice maximal est donc atteint en $x=\beta=3+\sqrt{13}$. Pour calculer sa valeur, on utilise $\beta^2=6\beta+4$, conséquence de l’équation vérifiée par $\beta$. Alors $$\beta^3=\beta(6\beta+4)=6\beta^2+4\beta=40\beta+24,$$ et $$\begin{aligned} B(\beta) &=-\beta^3+9\beta^2+12\beta-20\\ &=-(40\beta+24)+9(6\beta+4)+12\beta-20\\ &=26\beta-8\\ &=\boxed{70+26\sqrt{13}}\\ &\approx163{,}8. \end{aligned}$$

d) Dans le modèle continu, $x\approx6{,}61$ signifie environ $661$ objets, pour un bénéfice maximal d’environ $163{,}8$ milliers d’euros. Si l’entreprise ne peut vendre qu’un nombre entier de centaines, il faut comparer les valeurs voisines : $B(6)=160$ et $B(7)=162$. On choisirait alors $7$ centaines, soit $700$ objets, dans ce modèle discret.

La dérivée décrit l’évolution du bénéfice entre tous les niveaux de production de l’intervalle ; quelques valeurs seules pourraient manquer un maximum situé entre deux essais.

Correction R1

Pour $f(x)=x^2$, on calcule le taux de variation entre $a$ et $a+h$ : $$\begin{aligned} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} &=\frac{(a+h)^2-a^2}{h}\\ &=\frac{h(2a+h)}{h}\\ &=2a+h. \end{aligned}$$ Quand $h$ tend vers $0$, $2a+h$ tend vers $2a$. Donc $$\boxed{f'(a)=2a}.$$

Correction R2

Pour $f(x)=e^x$, on a $f(0)=1$ et $f'(x)=e^x$, donc $f'(0)=1$. La tangente en $0$ est $$y=f(0)+f'(0)(x-0)=1+x.$$ Ainsi $\boxed{y=x+1}$.

Correction R3

On dérive : $$g'(x)=2x-6=2(x-3).$$ La fonction est décroissante sur $]-\infty,3[$, puis croissante sur $]3,+\infty[$. Elle atteint son minimum en $3$ : $$g(3)=9-18+5=-4.$$

Correction R4

Oui, dans le modèle usuel où les longueurs sont positives. On note $x$ un côté, on exprime l’autre côté à partir du périmètre, puis on écrit l’aire $A(x)$. La dérivée $A'(x)$ permet de repérer le point où l’aire augmente puis diminue. Pour un périmètre $36$ cm, le calcul de l’exercice 8 donne le carré de côté $9$ cm et d’aire $81\ \text{cm}^2$.