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Dériver l'exponentielle d'une fonction

Neige — 2018-05-09T11:39:08Z

Méthode

Pour comprendre cette méthode, il est indispensable d'avoir assimilé celles-ci :

Nous allons voir ici comment dériver l'exponentielle d'une fonction c'est à dire une fonction de forme $e^u$.

En fait, c'est plutôt facile : on considère une fonction $u$ dérivable sur un intervalle $I$. Alors $e^u$ est dérivable sur $I$ et :
$\left(e^u\right)'=e^u\times u'$

Notons que pour bien dériver l'exponentielle d'une fonction, il est nécessaire de :

connaître les dérivées des fonctions usuelles (polynômes, inverse, racine, exponentielle, logarithme népérien, etc...)
appliquer la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction en écrivant bien, avant de se lancer dans le calcul, ce qui correspond à $u$ et à $u'$.

Remarques

Attention, une erreur classique est d'écrire que $\left(e^u\right)'=e^u$. A éviter absolument !
Cette formule est plus générale que celle concernant la dérivée de la fonction exponentielle. On peut d'ailleurs retrouver cette dernière en posant $u(x)=x$.

Un exemple en vidéo

(en cours de réalisation)

D'autres exemples pour s'entraîner

Niveau facile
Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$ et $k$ sur les intervalles indiqués.

$f(x)=e^{-x}$ sur $\mathbb{R}$

$g(x)=e^{3x+4}$ sur $\mathbb{R}$

$h(x)=e^{1-x^2}$ sur $\mathbb{R}$

$k(x)=e^{-4x+\frac{2}{x}}$ sur $]0 ;+\infty[$

Voir la solution

On remarque que $f=e^u$ avec $u$ dérivable sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=-x$ et $u'(x)=-1$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & = e^{-x}\times (-1) \\ & = -e^{-x} \end{align}$

On remarque que $g=e^u$ avec $u$ dérivable sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=3x+4$ et $u'(x)=3$.
Donc $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} g'(x) & = e^{3x+4}\times 3 \\ & = 3e^{3x+4} \end{align}$

On remarque que $h=e^u$ avec $u$ dérivable sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=1-x^2$ et $u'(x)=-2x$.
Donc $h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} h'(x) & = e^{1-x^2}\times (-2x) \\ & = -2xe^{1-x^2} \end{align}$

On remarque que $k=e^u$ avec $u$ dérivable sur $]0 ;+\infty[$.
$u(x)=-4x+\frac{2}{x}$ et $u'(x)=-4+2\times \left(-\frac{1}{x^2}\right)=-4-\frac{2}{x^2}$.
Donc $k$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} k'(x) & = e^{-4x+\frac{2}{x}}\times (-4-\frac{2}{x^2}) \\ & = (-4-\frac{2}{x^2}) e^{-4x+\frac{2}{x}} \end{align}$

Niveau moyen/difficile
Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$, $k$, $l$ et $m$ sur $\mathbb{R}$.

$f(x)=3e^{-2x}$

$g(x)=2e^{3x}+\frac{e^{-x}}{2}$

$h(x)=x^2e^{-x}$
On demande de factoriser la dérivée par $e^{-x}$.

$k(x)=(5x+2)e^{-0,2x}$
On demande de factoriser la dérivée par $e^{-0,2x}$.

$l(x)=\frac{3}{5+e^{2x}}$
On demande de réduire l'expression obtenue sans développer le dénominateur.

$m(x)=\frac{1-e^{-5x}}{1+e^{-5x}}$
On demande de réduire l'expression obtenue sans développer le dénominateur.

Voir la solution

On remarque que $f=3\times e^u$ avec $u$ dérivable sur $\mathbb{R}$. Nous allons utiliser la formule de dérivation du produit d'une fonction par un réel (voir à ce sujet Dériver une somme, un produit par un réel) puis la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$u(x)=-2x$ et $u'(x)=-2$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & = 3\times \left( e^{-2x} \times (-2)\right) \\ & = -6e^{-2x} \end{align}$

On remarque que $g=2\times e^u+\frac{1}{2}\times e^v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$. Nous allons utiliser la formule de dérivation de la somme de deux fonctions (voir à ce sujet Dériver une somme, un produit par un réel) puis du produit d'une fonction par un réel et, enfin, la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$u(x)=3x$ et $u'(x)=3$.
$v(x)=-x$ et $v'(x)=-1$.
Donc $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} g'(x) & = 2\times \left( e^{3x} \times 3 \right)+\frac{1}{2}\times \left( e^{-x} \times (-1) \right) \\ & = 6e^{3x}-\frac{e^{-x}}{2} \\ \end{align}$

On remarque que $h=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$. Nous allons utiliser la formule de dérivation du produit de deux fonctions (voir à ce sujet Dériver un produit) et nous aurons besoin de la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$u(x)=x^2$ et $u'(x)=2x$.
$v(x)=e^{-x}$ et $v'(x)=e^{-x}\times (-1)=-e^{-x}$.
Donc $h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} h'(x) & = 2x\times e^{-x}+x^2\times \left(-e^{-x}\right) \\ & = 2xe^{-x}-x^2e^{-x} \\ & = (2x-x^2)e^{-x} \end{align}$

On remarque que $k=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$. Nous allons utiliser, comme précédemment, la formule de dérivation du produit de deux fonctions et nous aurons besoin de la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$u(x)=5x+2$ et $u'(x)=5$.
$v(x)=e^{-0,2x}$ et $v'(x)=e^{-x}\times (-0,2)=-0,2e^{-x}$.
Donc $k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} k'(x) & = 5\times e^{-0,2x}+(5x+2)\times \left(-0,2e^{-0,2x}\right) \\ & = 5e^{-0,2x}+(-0,2\times(5x+2))e^{-0,2x} \\ & = 5e^{-0,2x}+(-x-0,4)e^{-0,2x} \\ & =(5-x-0,4)e^{-0,2x} \\ & = (4,6-x)e^{-0,2x} \end{align}$

On remarque que $l=3\times \frac{1}{v}$ avec $v$ dérivable sur $\mathbb{R}$ et qui ne s'annule pas sur cet intervalle. Nous allons utiliser la formule de dérivation du produit d'une fonction par un réel, puis de l'inverse d'une fonction (voir Dériver un quotient, un inverse) et nous aurons besoin de la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$v(x)=5+e^{2x}$ et $v'(x)=0+e^{2x}\times 2=2e^{2x}$.
Donc $l$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} l'(x) & = 3\times \left(-\frac{2e^{2x}}{(5+e^{2x})^2}\right) \\ & = \frac{-6e^{2x}}{(5+e^{2x})^2} \end{align}$

On remarque que $m=\frac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$ et $v$ qui ne s'annule pas sur cet intervalle. Nous allons utiliser la formule de dérivation du quotient de deux fonctions (voir Dériver un quotient, un inverse) et nous aurons besoin de la formule de dérivation de l'exponentielle d'une fonction.
$u(x)=1-e^{-5x}$ et $u'(x)=0-e^{-5x}\times (-5)=5e^{-5x}$.
$v(x)=1+e^{-5x}$ et $v'(x)=0+e^{-5x}\times (-5)=-5e^{-5x}$.
Donc $m$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} m'(x) & = \frac{5e^{-5x}\times (1+e^{-5x})-(1-e^{-5x})\times (-5e^{-5x})}{(1+e^{-5x})^2} \\ & = \frac{5e^{-5x}+5e^{-10x}-(-5e^{-5x}+5e^{-10x})}{(1+e^{-5x})^2} \\ & = \frac{5e^{-5x}+5e^{-10x}+5e^{-5x}-5e^{-10x}}{(1+e^{-5x})^2} \\ & = \frac{10e^{-5x}}{(1+e^{-5x})^2} \\ \end{align}$

Au Bac

On utilise cette méthode pour résoudre :

la question 1 de Centres étrangers, Juin 2018 - Exercice 1.

Dériver un quotient, un inverse

Neige — 2018-04-28T17:17:17Z

Méthode

Pour comprendre cette méthode, il est indispensable d'avoir assimilé celles-ci :

Nous allons voir ici comment dériver le quotient de deux fonctions ainsi que l'inverse d'une fonction.

On considère deux fonctions $u$ et $v$ dérivables sur un intervalle $I$ et telles que $v$ ne s'annule pas sur $I$.
Alors $\frac{u}{v}$ est dérivable sur $I$ et :
$\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'\times v-u\times v'}{v^2}$
On peut déduire de cette formule que $\frac{1}{v}$ est dérivable sur $I$ et :
$\left(\frac{1}{v}\right)'=-\frac{v'}{v^2}$

Notons que pour bien dériver un quotient de deux fonctions, il est nécessaire de :

connaître les dérivées des fonctions usuelles (polynômes, inverse, racine, exponentielle, logarithme népérien, etc...)
appliquer la formule de dérivation d'un quotient en écrivant bien, avant de se lancer dans le calcul, ce qui correspond à $u$ et $u'$ d'une part et ce qui correspond à $v$ et $v'$ d'autre part.

Remarque

Attention, la formule de dérivation d'un quotient n'est pas très intuitive. On aurait envie que $\left(\frac{u}{v}\right)'$ soit égal à $\frac{u'}{v'}$ ! Malheureusement, il est très faux d'écrire cela et c'est une erreur commise par de nombreux élèves...

Un exemple en vidéo

D'autres exemples pour s'entraîner

Niveau facile
Dériver la fonction $f$ sur $[2 ;+\infty[$ puis réduire l'expression obtenue sans développer le dénominateur.
On ne demande pas de vérifier que le dénominateur ne s'annule pas sur l'intervalle indiqué.

$f(x)=\frac{2-3x}{4x-5}$

Voir la solution

On remarque que $f=\frac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $[2 ;+\infty[$ et $v$ qui ne s'annule pas sur $[2 ;+\infty[$.
$u(x)=2-3x$ et $u'(x)=-3$.
$v(x)=4x-5$ et $u'(x)=4$.
Donc $f$ est dérivable sur $[2 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} f'(x) & = \frac{-3\times (4x-5)-(2-3x)\times 4}{(4x-5)^2} \\ & = \frac{-12x+15-(8-12x)}{(4x-5)^2} \\ & = \frac{-12x+15-8+12x}{(4x-5)^2} \\ & = \frac{7}{(4x-5)^2} \end{align}$

Niveau moyen
Dériver les fonctions $f$,$g$ et $h$ sur les intervalles indiqués.
On ne demande pas de vérifier que les dénominateurs ne s'annulent pas sur ces intervalles. On demande cependant de réduire les expressions obtenues mais sans développer le dénominateur.

$f(x)=\frac{3-4x}{1+x^2}$ sur $\mathbb{R}$.

$g(x)=\frac{1}{2-3x^2}$ sur $[1 ;+\infty[$.

$h(x)=\frac{x+3}{e^x-3}$ sur $[2 ;+\infty[$.

Voir la solution

On remarque que $f=\frac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$ et $v$ qui ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=3-4x$ et $u'(x)=-4$.
$v(x)=1+x^2$ et $v'(x)=2x$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & = \frac{-4\times (1+x^2)-(3-4x)\times 2x}{(1+x^2)^2} \\ & = \frac{-4-4x^2-(6x-8x^2)}{(1+x^2)^2} \\ & = \frac{-4-4x^2-6x+8x^2}{(1+x^2)^2} \\ & = \frac{4x^2-6x-4}{(1+x^2)^2} \end{align}$

On remarque que $g=\frac{1}{v}$ avec $v$ dérivable sur $[1 ;+\infty[$ et qui ne s'annule pas sur $[1 ;+\infty[$.
$v(x)=2-3x^2$ et $u'(x)=0-3\times 2x=-6x$.
Donc $g$ est dérivable sur $[1 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} g'(x) & = -\frac{-6x}{(2-3x^2)^2} \\ & = \frac{6x}{(2-3x^2)^2} \end{align}$

On remarque que $h=\frac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $[2 ;+\infty[$ et $v$ qui ne s'annule pas sur $[2 ;+\infty[$.
$u(x)=x+3$ et $u'(x)=1$.
$v(x)=e^x-3$ et $v'(x)=e^x$.
Donc $h$ est dérivable sur $[2 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} h'(x) & = \frac{1\times (e^x-3)-(x+3)\times e^x}{(e^x-3)^2} \\ & = \frac{e^x-3-(xe^x+3e^x)}{(e^x-3)^2} \\ & = \frac{e^x-3-xe^x-3e^x}{(e^x-3)^2} \\ & = \frac{-3-2e^x-xe^x}{(e^x-3)^2} \end{align}$

Niveau moyen/difficile
Dériver les fonctions $f$,$g$ et $h$ sur les intervalles indiqués.
On ne demande pas de vérifier que les dénominateurs ne s'annulent pas sur ces intervalles. On demande cependant de réduire les expressions obtenues mais sans développer le dénominateur.

$f(x)=3-\frac{1-2e^x}{1+2e^x}$ sur $\mathbb{R}$.

$g(x)=\frac{-5}{1+2x-5x^2}$ sur $[1 ;+\infty[$.

$h(x)=\frac{3\ln{x}-2}{x}$ sur $[1 ;+\infty[$.

Voir la solution

On remarque que $f$ est la différence de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ : $x\mapsto 3$ et $x\mapsto \frac{1-2e^x}{1+2e^x}$. Cette dernière peut s'écrire comme le quotient de deux fonctions $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$ telles que $v$ ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=1-2e^x$ et $u'(x)=-2e^x$.
$v(x)=1+2e^x$ et $v'(x)=2e^x$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & = 0-\frac{-2e^x\times (1+2e^x)-(1-2e^x)\times 2e^x}{(1+2e^x)^2} \\ & = -\frac{-2e^x-4e^{2x}-(2e^x-4e^{2x})}{(1+2e^x)^2} \\ & = -\frac{-2e^x-4e^{2x}-2e^x+4e^{2x}}{(1+2e^x)^2} \\ & = -\frac{-4e^x}{(1+2e^x)^2} \\ & = \frac{4e^x}{(1+2e^x)^2} \end{align}$

On remarque que $g(x)=-5\times \frac{1}{1+2x-5x^2}$. Nous allons donc utiliser la formule $(k\times g)'=k\times g'$ (Voir Dériver une somme, un produit par un réel).
La fonction $v$ définie par $v(x)=1+2x-5x^2$ est dérivable sur $[1 ;+\infty[$ et ne s'annule pas sur cet intervalle. De plus, $v'(x)=2-10x$.
Donc $g$ est dérivable sur $[1 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} g'(x) & = -5\times \left(-\frac{2-10x}{(1+2x-5x^2)^2} \right) \\ & = \frac{10-50x}{(1+2x-5x^2)^2} \end{align}$

On remarque que $h=\frac{u}{v}$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $[1 ;+\infty[$ et $v$ qui ne s'annule pas sur $[1 ;+\infty[$.
$u(x)=3\ln{x}-2$ et $u'(x)=\frac{3}{x}$.
$v(x)=x$ et $v'(x)=1$.
Donc $h$ est dérivable sur $[1 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} h'(x) & = \frac{\frac{3}{x}\times x-(3\ln{x}-2)\times 1}{x^2} \\ & = \frac{3-(3\ln{x}-2)}{x^2} \\ & = \frac{3-3\ln{x}+2}{x^2} \\ & = \frac{5-3\ln{x}}{x^2} \end{align}$

Au Bac

On utilise cette méthode pour résoudre :
(prochainement disponible)

Dériver un produit

Neige — 2018-04-15T16:10:45Z

Méthode

Pour comprendre cette méthode, il est indispensable d'avoir assimilé celles-ci :

Nous allons voir ici comment dériver le produit de deux fonctions.

On considère deux fonctions $u$ et $v$ dérivables sur un intervalle $I$.
Alors $u\times v$ est dérivable sur $I$ et :
$(u\times v)'=u'\times v+u\times v'$

Notons que pour bien dériver un produit de deux fonctions, il est nécessaire de :

connaître les dérivées des fonctions usuelles (polynômes, inverse, racine, exponentielle, logarithme népérien, etc...)
savoir reconnaître une situation de produit de deux fonctions.
appliquer la formule de dérivation d'un produit en écrivant bien, avant de se lancer dans le calcul, ce qui correspond à $u$ et $u'$ d'une part et ce qui correspond à $v$ et $v'$ d'autre part.

Remarques

Attention, la formule de dérivation d'un produit n'est pas très intuitive. On aurait envie que $(u\times v)'$ soit égal à $u'\times v'$ ! Malheureusement, il est très faux d'écrire cela et c'est une erreur commise par de nombreux élèves. La clé : bien identifier que l'on est en présence d'un produit.
Le produit d'une fonction par un réel peut être vu comme le produit de deux fonctions (dont l'une est constante). On peut donc utiliser cette formule pour dériver $2\times f$ mais cela revient à utiliser un outil élaboré pour réaliser une opération très simple. En effet,
$(2\times f)'=0\times f+2\times f'=2\times f'$ (et nous le savions déjà).
Conclusion : on utilise la formule de dérivation d'un produit de deux fonctions lorsqu'aucune des deux n'est constante.

Un exemple en vidéo

D'autres exemples pour s'entraîner

Niveau facile
Dériver la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$ puis factoriser l'expression obtenue par $e^x$.

$f(x)=x\times e^x$

Voir la solution

On remarque que $f=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=x$ et $u'(x)=1$.
$v(x)=e^x$ et $v'(x)=e^x$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & =1\times e^x+x\times e^x \\ & = e^x(1+x) \end{align}$

Niveau moyen
Dériver les fonctions $f$, $g$ et $h$ sur les intervalles indiqués.

$f(x)=(3x^2+2x-5)\times(1-2x)$ sur $\mathbb{R}$.
Développer puis réduire l'expression obtenue.

$g(x)=\frac{x^2}{4}\times (\sqrt{x}+1)$ sur $]0 ;+\infty[$.
On ne demande pas de réduire l'expression obtenue.

$h(x)=(1-\frac{2x^3}{7})\times \frac{\ln{x}}{2}$ sur $]0 ;+\infty[$.
On ne demande pas de réduire l'expression obtenue.

Voir la solution

On remarque que $f=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=3x^2+2x-5$ et $u'(x)=6x+2$.
$v(x)=1-2x$ et $v'(x)=-2$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & =(6x+2)\times (1-2x)+(3x^2+2x-5)\times (-2) \\ & = 6x-12x^2+2-4x-6x^2-4x+10 \\ & = -18x^2-2x+12 \end{align}$

On remarque que $g=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $]0 ;+\infty[$.
$u(x)=\frac{x^2}{4}=\frac{1}{4}x^2$ et $u'(x)=\frac{1}{4}\times 2x=\frac{1}{2}x$.
$v(x)=\sqrt{x}+1$ et $v'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Donc $g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} g'(x) & =\frac{1}{2}x\times (\sqrt{x}+1)+\frac{1}{4}x^2\times \frac{1}{2\sqrt{x}} \end{align}$

On remarque que $h=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $]0 ;+\infty[$.
$u(x)=1-\frac{2x^3}{7}=1-\frac{2}{7}x^3$ et $u'(x)=-\frac{2}{7}\times 3x^2=-\frac{6}{7}x^2$.
$v(x)=\frac{\ln{x}}{2}=\frac{1}{2}\ln{x}$ et $v'(x)=\frac{1}{2}\times \frac{1}{x}=\frac{1}{2x}$.
Donc $h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} h'(x) & =-\frac{6}{7}x^2\times \frac{1}{2}\ln{x}+\left(1-\frac{2}{7}x^3\right)\times \frac{1}{2x} \end{align}$

Niveau moyen/difficile
Dériver les fonctions $f$, $g$ et $h$ sur les intervalles indiqués.

$f(x)=x^2+x(3x-2x^2)$ sur $\mathbb{R}$.
Développer puis réduire l'expression obtenue.

$g(x)=\frac{1}{4}\times (1-x)\times \sqrt{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.
On ne demande pas de réduire l'expression obtenue.

$h(x)=\frac{x}{2}-(2x+1)\ln{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.
On ne demande pas de réduire l'expression obtenue.

Voir la solution

On remarque que $f$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$ : $x\mapsto x^2$ et $x\mapsto x(3x-2x^2)$.
Cette dernière peut s'écrire comme le produit de deux fonctions $u$ et $v$ dérivables sur $\mathbb{R}$.
$u(x)=x$ et $u'(x)=1$.
$v(x)=3x-2x^2$ et $v'(x)=3-4x$.
Donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et :
$\begin{align} f'(x) & =2x+1\times (3x-2x^2)+x\times (3-4x) \\ & = 2x+3x-2x^2+3x-4x^2 \\ & = -6x^2+8x \end{align}$

Pour la fonction $g$, il faut essayer de voir le produit de deux fonctions et non trois (cela compliquerait beaucoup les choses !).
On remarque donc que $g=u\times v$ avec $u$ et $v$ dérivables sur $]0 ;+\infty[$.
$u(x)=\frac{1}{4}\times (1-x)$ et $u'(x)=\frac{1}{4}\times (-1)=-\frac{1}{4}$.
$v(x)=\sqrt{x}$ et $v'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Donc $g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et :
$g'(x) =-\frac{1}{4}\times \sqrt{x}+\frac{1}{4}\times (1-x)\times \frac{1}{2\sqrt{x}}$

On remarque que $h$ est la différence de deux fonctions dérivables sur $]0 ;+\infty[$ : $x\mapsto \frac{x}{2}$ et $x\mapsto (2x+1)\ln{x}$.
Cette dernière peut s'écrire comme le produit de deux fonctions $u$ et $v$ dérivables sur $]0 ;+\infty[$.
$u(x)=2x+1$ et $u'(x)=2$.
$v(x)=\ln{x}$ et $v'(x)=\frac{1}{x}$.
Donc $h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et :
$\begin{align} h'(x) & =\frac{1}{2}-\left(2\times \ln{x}+(2x+1)\times \frac{1}{x}\right) \\ & = \frac{1}{2}-2\ln{x}-(2x+1)\times \frac{1}{x} \end{align}$

Au Bac

On utilise cette méthode pour résoudre :
(prochainement disponible)

Dériver les fonctions usuelles

Neige — 2018-04-08T14:10:51Z

Méthode

Impossible de s'en passer dans les exercices de dérivation, il est indispensable de connaître par coeur la dérivée de quelques fonctions de références (également appelées "fonctions usuelles"). Mais pas de panique, les formules ne sont pas si nombreuses !

Les voici.

Si $f$ est définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par $f(x)=k$ (où $k$ est une constante réelle) alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=0$.
Si $f$ est définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par $f(x)=x^n$ (où $n$ est un entier strictement positif) alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=n\times x^{n-1}$.
Dans le cas où $n$ est un entier strictement négatif, cette formule reste valable. Autrement dit, si $f$ est définie pour tout $x\in \mathbb{R}^*$ par $f(x)=x^n$ (où $n$ est un entier strictement négatif) alors $f$ est dérivable sur $]-\infty ;0[$ ou $]0 ;+\infty[$ et $f'(x)=n\times x^{n-1}$. En particulier, si $f$ est la fonction inverse, c'est à dire définie pour tout réel $x$ non nul par $f(x)=\frac{1}{x}$ (que l'on peut écrire $f(x)=x^{-1}$) alors, pour tout $x$ non nul, $f'(x)=-1\times x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$
Si $f$ est définie pour tout $x\in [0 ;+\infty[$ par $f(x)=\sqrt{x}$ alors $f$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Si $f$ est définie pour tout $x\in\mathbb{R}$ par $f(x)=e^x$ alors $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=e^x$.
Si $f$ est définie pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$ par $f(x)=\ln{x}$ alors $f$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f'(x)=\frac{1}{x}$.

Un exemple en vidéo

D'autres exemples pour s'entraîner

Niveau moyen
Dériver les fonctions $f_1$, $f_2$, $f_3$, $f_4$, $f_5$, $f_6$, $f_7$, $f_8$, $f_9$ et $f_{10}$ sur les intervalles indiqués.

$f_1(x)=1$ sur $\mathbb{R}$.

$f_2(x)=e^x$ sur $\mathbb{R}$.

$f_3(x)=\frac{1}{x^2}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$f_4(x)=x^3$ sur $\mathbb{R}$.

$f_5(x)=0$ sur $\mathbb{R}$.

$f_6(x)=\frac{1}{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$f_7(x)=x$ sur $\mathbb{R}$.

$f_8(x)=\ln{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$f_9(x)=x^{10}$ sur $\mathbb{R}$.

$f_{10}(x)=\frac{1}{x^{10}}$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f_1$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_1'(x)=0$.

$f_2$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_2'(x)=e^x$.

On remarque que $f_3(x)=\frac{1}{x^2}=x^{-2}$. On reconnaît la forme $f_3(x)=x^{n}$ avec $n=-2$.
$f_3$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f_3'(x)=-2\times x^{-3}=-\frac{2}{x^3}$.

On reconnaît la forme $f_4(x)=x^{n}$ avec $n=3$.
$f_4$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_4'(x)=3x^{2}$.

$f_5$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_5'(x)=0$.

On remarque que $f_6(x)=\frac{1}{x}=x^{-1}$. On reconnaît la forme $f_6(x)=x^{n}$ avec $n=-1$.
$f_6$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f_6'(x)=-1\times x^{-2}=-\frac{1}{x^2}$.

On reconnaît la forme $f_7(x)=x^{n}$ avec $n=1$.
$f_7$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_7'(x)=1\times x^{0}=1$.

$f_8$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f_8'(x)=\frac{1}{x}$.

On reconnaît la forme $f_9(x)=x^{n}$ avec $n=10$.
$f_9$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f_9'(x)=10\times x^{9}$.

On remarque que $f_{10}(x)=\frac{1}{x^{10}}=x^{-10}$. On reconnaît la forme $f_{10}(x)=x^{n}$ avec $n=-10$.
$f_{10}$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$ et $f_{10}'(x)=-10\times x^{-11}=-\frac{10}{x^{11}}$.

Au Bac

On utilise cette méthode pour résoudre :
(prochainement disponible)

Dériver une somme, un produit par un réel

Neige — 2018-04-01T19:10:23Z

Méthode

Pour comprendre cette méthode, il est indispensable d'avoir assimilé celle-ci : Dériver les fonctions usuelles.

Nous allons voir ici comment dériver la somme de deux fonctions ainsi que le produit d'une fonction par un réel.

On considère deux fonctions $f$ et $g$ dérivables sur un intervalle $I$ ainsi qu'un nombre réel $k$. Alors $f+g$ et $k\times f$ sont dérivables sur $I$ et :

$(f+g)'=f'+g'$
$(k\times f)'=k\times f'$

Ces formules ne vous semblent sans doutes pas très "parlantes". La vidéo et les exercices ci-dessous visent à éclaircir les choses. Notons toutefois que pour bien dériver une somme ou un produit d'une fonction par un réel, il est nécessaire de :

connaître les dérivées des fonctions usuelles (polynômes, inverse, racine, exponentielle, logarithme népérien, etc...)
savoir reconnaître une situation de somme de fonctions ou de produit d'une fonction par un réel.
appliquer les formules de dérivation ci-dessus.

Remarques

il est important de savoir qu'une division par un réel n'est rien d'autre qu'une multiplication par l'inverse de ce réel. Cela simplifie grandement la vie !
Ainsi $\frac{f(x)}{3}=\frac{1}{3}\times f(x)$ et on entre dans le cadre d'un produit par un réel (qui est plus facile à dériver qu'un quotient).
il est également important de savoir qu'une différence est une somme avec l'opposé et que l'opposé n'est rien d'autre que le produit par $-1$. Ainsi $2-f(x)=2+(-f(x))=2+(-1)\times f(x)$ et on peut utiliser les formules de dérivation d'une somme et d'un produit par un réel. De façon générale, les remarques précédentes valident l'utilisation de la formule $(f-g)'=f'-g'$.

Un exemple en vidéo

D'autres exemples pour s'entraîner

Niveau facile
Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$, $k$ et $m$ sur les intervalles indiqués (ces intervalles sont simplement des ensembles sur lesquels on est autorisé à dériver, ils n'interviennent pas dans le calcul de dérivée).

$f(x)=x^2+x^3$ sur $\mathbb{R}$.

$g(x)=\frac{1}{x}-\sqrt{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$h(x)=x-\frac{1}{x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$k(x)=1+x-x^2$ sur $\mathbb{R}$.

$m(x)=e^{x}-\ln(x)$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f'(x) & =2x^1+3x^2 \\ & =2x+3x^2 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$g'(x) =-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{2\sqrt{x}}$

$h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} h'(x) & =1-\left(-\frac{1}{x^2}\right) \\ & =1+\frac{1}{x^2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} k'(x) & =0+1-2x \\ & =1-2x \end{align}$

$m$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. Pour tout $m\in ]0 ;+\infty[$,
$m'(x)=e^{x}-\frac{1}{x}$

Niveau facile
Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$, $k$ et $m$ sur les intervalles indiqués.

$f(x)=2x^5$ sur $\mathbb{R}$.

$g(x)=\frac{\sqrt{x}}{3}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$h(x)=\frac{-4}{5x}$ sur $]0 ;+\infty[$.

$k(x)=\frac{e^{x}}{5}$ sur $\mathbb{R}$.

$m(x)=\frac{-2\ln(x)}{7}$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f'(x) & =2\times 5x^4 \\ & =10x^4 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $g(x)=\frac{1}{3}\times \sqrt{x}$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} g'(x) & =\frac{1}{3}\times \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ & =\frac{1}{6\sqrt{x}} \end{align}$

$h$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $h(x)=\frac{-4}{5}\times \frac{1}{x}$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} h'(x) & =\frac{-4}{5}\times \frac{-1}{x^2} \\ & =\frac{4}{5x^2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $k(x)=\frac{1}{5}\times e^{x}$. Ainsi, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} k'(x) & =\frac{1}{5}\times e^{x} \\ & =\frac{e^{x}}{5} \end{align}$

$m$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $m(x)=\frac{-2}{7}\times \ln(x)$. Ainsi, pour tout $m\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} m'(x) & =\frac{-2}{7}\times \frac{1}{x} \\ & =\frac{-2}{7x} \end{align}$

Niveau moyen
Dériver les fonctions $f$, $g$, $h$ et $k$.

$f(x)=-\frac{x}{2}+3x^2-5x^4+\frac{x^5}{5}$ sur $\mathbb{R}$.

$g(x)=3\left(x^2-\frac{5}{2x}\right)$ sur $]0 ;+\infty[$.

$h(x)=\frac{2e^{x}-3}{4}$ sur $\mathbb{R}$.

$k(x)=4-\frac{\ln(x)}{2}$ sur $]0 ;+\infty[$.

Voir la solution

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $f(x)=\frac{-1}{2}\times x+3x^2-5x^4+\frac{1}{5}\times x^5$. Ainsi, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} f'(x) & =\frac{-1}{2}\times 1+3\times 2x-5\times 4x^3+\frac{1}{5}\times 5x^4 \\ & =\frac{-1}{2}+6x-20x^3+x^4 \end{align}$

$g$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $g(x)=3\times u(x)$ où $u(x)=x^2-\frac{5}{2}\times \frac{1}{x}$. Par conséquent, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} g'(x) & =3\times u'(x) \\ & = 3\times \left(2x-\frac{5}{2}\times \frac{-1}{x^2} \right) \\ & = 3\times \left(2x+\frac{5}{2x^2} \right) \\ & = 6x+\frac{15}{2x^2} \end{align}$

$h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. On remarque que $h(x)=\frac{1}{4}\times u(x)$ où $u(x)=2e^{x}-3$. Par conséquent, pour tout $x\in \mathbb{R}$,
$\begin{align} h'(x) & =\frac{1}{4}\times u'(x) \\ & = \frac{1}{4}\times (2e^{x}) \\ & = \frac{2e^{x}}{4} \\ & = \frac{e^{x}}{2} \end{align}$

$k$ est dérivable sur $]0 ;+\infty[$. On remarque que $k(x)=4-\frac{1}{2}\times \ln(x)$. Ainsi, pour tout $x\in ]0 ;+\infty[$,
$\begin{align} k'(x) & =0-\frac{1}{2}\times \frac{1}{x} \\ & =-\frac{1}{2x} \\ \end{align}$

Au Bac

On peut utilser cette méthode pour résoudre :

la question 1 de Centres étrangers, Juin 2018 - Exercice 1.