Exercices — Variations des fonctions et optimisation

1. $f(-x) = 3(-x)^2 - 5 = 3x^2 - 5 = f(x)$ pour tout $x$ : $f$ est paire. Sa courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

2. $g(-x) = (-x)^3 - 2(-x) = -x^3 + 2x = -(x^3 - 2x) = -g(x)$ pour tout $x$ : $g$ est impaire. Sa courbe est symétrique par rapport à l’origine du repère.

3. $h(-x) = x^2 - x$. Testons : $h(1) = 2$ et $h(-1) = 0$. Comme $h(-1) \neq h(1)$, $h$ n’est pas paire ; comme $h(-1) \neq -h(1) = -2$, elle n’est pas impaire. Conclusion : ni paire ni impaire — un seul contre-exemple numérique suffit.

4. Paire : la courbe passe aussi par $(-3\,;\,4)$ (même hauteur de l’autre côté de l’axe). Impaire : elle passe aussi par $(-2\,;\,5)$ (on change les deux signes, symétrie centrale).

Réflexe à retenir : calcule $f(-x)$ et compare-le à $f(x)$ puis à $-f(x)$. Pour prouver la parité, il faut l’égalité pour tout $x$ ; pour la réfuter, un seul contre-exemple suffit.

1. $f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2)$.

2. Produit de deux facteurs : $3x$ est négatif avant $0$, positif après ; $x - 2$ est négatif avant $2$, positif après. Au total, $f'(x) > 0$ sur $]-\infty\,;\,0[$ (deux facteurs négatifs), $f'(x) < 0$ sur $]0\,;\,2[$ (signes opposés), $f'(x) > 0$ sur $]2\,;\,+\infty[$.

3. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;\,0]$, décroissante sur $[0\,;\,2]$, croissante sur $[2\,;\,+\infty[$, avec $f(0) = 4$ et $f(2) = 8 - 12 + 4 = 0$.

4. Maximum local $4$ atteint en $x = 0$ ; minimum local $0$ atteint en $x = 2$ (aux deux endroits, $f'$ s’annule en changeant de signe).

5. Sur $[0\,;\,+\infty[$, $f$ descend de $4$ jusqu’à $f(2) = 0$ puis remonte : son minimum sur cet intervalle est $0$. Donc $f(x) \geq 0$ pour tout $x \geq 0$.

Réflexe à retenir : factorise $f'$ avant le tableau de signes (un tableau ne se fait que sur un produit ou un quotient), puis lis les variations ligne à ligne. Le minimum sur un intervalle fournit directement une inégalité.

1. $f'(x) = -4x + 8$. On a $-4x + 8 > 0 \iff x < 2$ : $f'$ est positive avant $2$, négative après.

2. $f$ est croissante sur $]-\infty\,;\,2]$, décroissante sur $[2\,;\,+\infty[$ : elle admet un maximum en $x = 2$, qui vaut $f(2) = -8 + 16 - 3 = 5$.

3. L’abscisse du sommet est $-\dfrac{b}{2a} = -\dfrac{8}{2 \times (-2)} = 2$ ✓. Et comme $a = -2 < 0$, la parabole est « tournée vers le bas » : le sommet $(2\,;\,5)$ est bien un maximum. La dérivation redémontre ce que la seconde admettait.

Réflexe à retenir : pour un trinôme, $f'(x) = 2ax + b$ s’annule au sommet $x = -\dfrac{b}{2a}$. Le signe de $a$ donne l’allure : $a > 0$ → minimum (vallée), $a < 0$ → maximum (colline).

1. a) $d'(x) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2\sqrt{x}}$. En mettant au même dénominateur $2\sqrt{x}$ :

$d'(x) = \frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{x}} - \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x} - 1}{2\sqrt{x}}$

b) Le dénominateur $2\sqrt{x}$ est strictement positif sur $]0\,;\,+\infty[$. Et $\sqrt{x} - 1 < 0 \iff \sqrt{x} < 1 \iff x < 1$. Donc $d'(x) < 0$ sur $]0\,;\,1[$ et $d'(x) > 0$ sur $]1\,;\,+\infty[$ : $d$ est décroissante puis croissante, avec un minimum en $x = 1$ qui vaut $d(1) = \dfrac{2}{2} - 1 = 0$.

c) Pour tout $x > 0$ : $d(x) \geq d(1) = 0$, c’est-à-dire $\dfrac{x + 1}{2} - \sqrt{x} \geq 0$, soit $\sqrt{x} \leq \dfrac{x + 1}{2}$ ✓.

2. La droite est toujours au-dessus de la courbe de la racine carrée, avec un unique point de contact en $(1\,;\,1)$ (là où $d$ s’annule).

3. Pour $f(x) = \sqrt{x}$ : $f(1) = 1$ et $f'(1) = \dfrac{1}{2\sqrt{1}} = \dfrac{1}{2}$. La tangente en $1$ a pour équation $y = 1 + \dfrac{1}{2}(x - 1) = \dfrac{x + 1}{2}$ : c’est bien notre droite ! Le contact sans traversée s’explique : la courbe frôle sa tangente.

Réflexe à retenir : pour prouver $f(x) \leq g(x)$, étudie la différence $d = g - f$ : variations, minimum, signe. Un minimum égal à $0$ signale un point de contact — souvent une tangente cachée.

1. Une fois pliée, la boite a une base carrée de côté $12 - 2x$ (on retire $x$ de chaque côté) et une hauteur $x$ : $V(x) = x(12 - 2x)^2$. Contraintes : $x > 0$ (il faut une hauteur) et $12 - 2x > 0$, soit $x < 6$ (il faut une base). D’où $x \in\ ]0\,;\,6[$.

2. $(12 - 2x)^2 = 144 - 48x + 4x^2$, donc :

$V(x) = x(144 - 48x + 4x^2) = 4x^3 - 48x^2 + 144x$

3. $V'(x) = 12x^2 - 96x + 144 = 12(x^2 - 8x + 12)$. Or $x^2 - 8x + 12 = (x - 2)(x - 6)$ (somme des racines $8$, produit $12$ — ou développe pour vérifier). Donc $V'(x) = 12(x - 2)(x - 6)$.

4. Sur $]0\,;\,6[$, le facteur $x - 6$ est toujours négatif. Pour $x < 2$ : $x - 2 < 0$, donc $V'(x) > 0$ (produit de deux négatifs, fois $12$). Pour $2 < x < 6$ : $x - 2 > 0$, donc $V'(x) < 0$. Ainsi $V$ est croissante sur $]0\,;\,2]$ puis décroissante sur $[2\,;\,6[$.

5. $V$ atteint son maximum en $x = 2$ :

$V(2) = 2 \times (12 - 4)^2 = 2 \times 64 = 128$

Le volume maximal est de 128 cm³, obtenu en découpant des carrés de 2 cm de côté.

Réflexe à retenir : un problème d’optimisation se traite en 4 temps : (1) mettre le problème en fonction (une seule variable + un domaine justifié), (2) dériver, (3) tableau de variations, (4) conclure en répondant à la question posée, avec les unités.