Exercices — La dérivation : nombre dérivé et tangente

1. $f(4) = 16 - 12 = 4$ et $f(1) = 1 - 3 = -2$. Le taux de variation vaut :

$\frac{f(4) - f(1)}{4 - 1} = \frac{4 - (-2)}{3} = \frac{6}{3} = 2$

2. $f(2 + h) = (2+h)^2 - 3(2+h) = 4 + 4h + h^2 - 6 - 3h = h^2 + h - 2$, et $f(2) = 4 - 6 = -2$. Donc :

$\frac{f(2+h) - f(2)}{h} = \frac{h^2 + h - 2 - (-2)}{h} = \frac{h^2 + h}{h} = h + 1$

3. Quand $h$ tend vers $0$, le taux $h + 1$ se rapproche de $1$ : ainsi $f'(2) = 1$.

4. Question 1 : entre les instants $1$ s et $4$ s, la vitesse moyenne du mobile est de 2 m/s. Question 3 : à l’instant $t = 2$ s, sa vitesse instantanée est de 1 m/s.

Réflexe à retenir : un taux de variation est une pente de sécante (« variation verticale sur variation horizontale ») ; simplifie toujours la fraction par $h$ avant de faire tendre $h$ vers $0$.

1. a) $f(3+h) = (3+h)^2 = 9 + 6h + h^2$, donc :

$\frac{f(3+h) - f(3)}{h} = \frac{9 + 6h + h^2 - 9}{h} = \frac{6h + h^2}{h} = 6 + h$

b) Quand $h$ tend vers $0$ : $6 + h$ se rapproche de $6$, donc $f'(3) = 6$.

2. a) On met au même dénominateur :

$\frac{1}{2+h} - \frac{1}{2} = \frac{2 - (2 + h)}{2(2+h)} = \frac{-h}{2(2+h)}$

En divisant par $h$ (c’est-à-dire en multipliant par $\dfrac{1}{h}$), le $h$ se simplifie :

$\frac{g(2+h) - g(2)}{h} = \frac{-h}{2(2+h)} \times \frac{1}{h} = -\frac{1}{2(2+h)}$

b) Quand $h$ tend vers $0$ : $-\dfrac{1}{2(2+h)}$ se rapproche de $-\dfrac{1}{2 \times 2} = -\dfrac{1}{4}$. Donc $g'(2) = -\dfrac{1}{4} = -0{,}25$.

c) Oui : la fonction inverse est décroissante sur $]0\,;\,+\infty[$, ses tangentes descendent, leurs pentes sont négatives. Un nombre dérivé négatif était donc attendu.

Réflexe à retenir : deux techniques pour simplifier un taux de variation — développer (pour les polynômes) ou mettre au même dénominateur (pour l’inverse). Dans les deux cas, le $h$ du dénominateur doit disparaitre avant de conclure.

1. Les points $A$, $C$ et $D$ sont sur la courbe : $f(1) = 2$, $f(4) = 5$ et $f(6) = 1$.

2. $f'(a)$ est la pente de la tangente, qu’on lit entre deux points de la tangente :

$f'(1) = \frac{8 - 2}{3 - 1} = \frac{6}{2} = 3 \qquad f'(4) = 0 \qquad f'(6) = \frac{0 - 1}{8 - 6} = -\frac{1}{2}$

(la tangente en $C$ est horizontale : pente nulle).

3. $y = f(1) + f'(1)(x - 1) = 2 + 3(x - 1)$, soit $y = 3x - 1$. Vérification : pour $x = 3$, $y = 8$ — on retrouve bien le point $B$.

4. À partir de $A(1\,;\,2)$ : avancer de $1$ vers la droite, monter de $3$ (la pente), ce qui donne le point $(2\,;\,5)$ ; tracer la droite passant par $A$ et ce point.

Réflexe à retenir : $f(a)$ se lit sur la courbe, $f'(a)$ se lit sur la pente de la tangente — deux points à coordonnées entières de la tangente suffisent pour la calculer.

1. On multiplie par la « quantité conjuguée » $\sqrt{1+h} + 1$ :

$\frac{\sqrt{1+h} - 1}{h} = \frac{(\sqrt{1+h} - 1)(\sqrt{1+h} + 1)}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{(1 + h) - 1}{h(\sqrt{1+h} + 1)} = \frac{1}{\sqrt{1+h} + 1}$

2. Quand $h$ tend vers $0$ : $\sqrt{1+h}$ se rapproche de $1$, donc le taux se rapproche de $\dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}$. Ainsi $f'(1) = \dfrac{1}{2} = 0{,}5$.

3. C’est l’approximation linéaire $f(1 + h) \approx f(1) + f'(1)h$ avec $f(1) = 1$ et $f'(1) = \dfrac{1}{2}$ : d’où $\sqrt{1+h} \approx 1 + \dfrac{h}{2}$.

4. Avec $h = 0{,}1$ : $\sqrt{1{,}1} \approx 1 + 0{,}05 = 1{,}05$ (calculatrice : $1{,}0488$). Avec $h = -0{,}04$ : $\sqrt{0{,}96} \approx 1 - 0{,}02 = 0{,}98$ (calculatrice : $0{,}9798$). Deux excellentes approximations, obtenues sans racine carrée !

Réflexe à retenir : $f(a + h) \approx f(a) + f'(a)h$ remplace la courbe par sa tangente. C’est fiable pour $h$ petit — plus $h$ grandit, plus l’écart avec la vraie valeur se creuse.

1. $f(1) = 1 - 4 + 1 = -2$ et $f(1+h) = (1+h)^2 - 4(1+h) + 1 = 1 + 2h + h^2 - 4 - 4h + 1 = h^2 - 2h - 2$. D’où :

$\frac{f(1+h) - f(1)}{h} = \frac{h^2 - 2h - 2 - (-2)}{h} = \frac{h^2 - 2h}{h} = h - 2$

Quand $h$ tend vers $0$ : $h - 2$ se rapproche de $-2$, donc $f'(1) = -2$.

2. $y = f(1) + f'(1)(x - 1) = -2 - 2(x - 1) = -2x$. La tangente $T$ a pour équation $y = -2x$.

3. $f(a + h) - f(a) = (a+h)^2 - 4(a+h) + 1 - (a^2 - 4a + 1) = 2ah + h^2 - 4h$. En divisant par $h$ : $2a + h - 4$, qui se rapproche de $2a - 4$ quand $h$ tend vers $0$. Donc $f'(a) = 2a - 4$.

La tangente est horizontale lorsque $f'(a) = 0$, c’est-à-dire $2a - 4 = 0$, soit $a = 2$. Comme $f(2) = 4 - 8 + 1 = -3$, c’est au point $(2\,;\,-3)$ — le sommet de la parabole.

4. On étudie le signe de la différence :

$f(x) - (-2x) = x^2 - 4x + 1 + 2x = x^2 - 2x + 1 = (x - 1)^2 \geq 0$

La parabole est donc au-dessus de sa tangente $T$ sur $\mathbb{R}$ tout entier, avec un unique point de contact en $x = 1$ (là où $(x-1)^2$ s’annule) : la tangente frôle la courbe sans jamais la traverser.

Réflexe à retenir : une tangente = un point + une pente. Rédige $y = f(a) + f'(a)(x - a)$, développe, puis vérifie en remplaçant $x$ par $a$ : tu dois retomber sur $f(a)$. Et pour une position relative, étudie le signe de la différence.