Etude de fonction complète - artemath.comartemath.com/.../documents/cours5/exercices/sol-exo-etudes-fcts.pdf · Etude de fonction complète : f(x) = x3 x2 1 1.Domaine: CE:x2 1 6=

Etude de fonction complète :

f (x) = (x + 2)2(x− 1)

1. Domaine :CE : Il n’y en a pas. Le domaine est donc R

2. Zéros :f(x) = 0

⇔ (x+ 2)2(x− 1) = 0

⇔{

x = −2x = 1

Les zéros sont donc x = −2 et x = 1 (qui sont tous les deux dans le domaine de définitionde la fonction).

3. Intersection avec l’axe 0y : f(0) = −4.4. Parité : Les zéros n’étant pas symétriques par rapport à x=0, la fonction n’est donc ni paire

ni impaire.5. Signe : Le signe est résumé dans le tableau de signe suivant :

x -2 1(x+ 2)2 + 0 + +(x− 1) - - 0 +f(x) - 0 - 0 +

6. Asymptotes

(a) Asymptote verticale : il n’y en a pas car aucun point n’est rejeté du domaine.(b) Il n’y a pas d’asymptote horizontale ni oblique car on est en présence d’une fonction

rationnelle et le degré du numérateur et supérieur au degré du dénominateur de plusd’une unité.

7. Dérivée première : On a successivement :

f ′(x) = [(x+ 2)2(x− 1)]′

= 2(x+ 2)(x− 1) + (x+ 2)2

= (x+ 2)3x

Le tableau de signe de la dérivée première est détaillé ci-dessous

x -2 0(x+ 2) - 0 + +3x - - 0 +

f ′(x) + 0 - 0 +↗ M ↘ m ↗

(-2,0) (0,-4)

Ce tableau est le tableau de variation de la fonction f(x).

8. Dérivée seconde : Lorsque que l’on redérive la fonction obtenue au point 7, on obtient :

f ′′(x) = 6(x+ 1)

Le tableau de signe de la dérivée seconde est :

x -1(x+ 1) - 0 +f ′′(x) - PI +

∩ (-1,-2) ∪

9. Tableau récapitulatif :Le tableau récapitulatif du comportement de la fonction est présenté ci-dessous.

x -2 -1 0 1f ′(x) + 0 - - 0 + +f ′′(x) - - 0 + + +f(x) ↗ M ↘ PI ↘ m ↗ 0 ↗

∩ ∩ ∩ ∩ ∩

Le graphe de la fonction est le suivant 1

1. Il doit être dessiné à l’aide de la calculatrice graphique avant de démarrer l’étude car tous les résultatsdes calculs peuvent y être vérifiés ! !


f (x) =x3

x2 − 1

1. Domaine :CE : x2 − 1 6= 0⇔ x 6= ±1. Le domaine est donc R\ {−1, 1}

2. Zéros :f(x) = 0

⇔ x3

x2 − 1= 0

⇔ x = 0

Le zéro est donc x = 0 (qui est dans le domaine de définition de la fonction).3. Intersection avec l’axe 0y : f(0) = 0.

4. Parité : f(−x) = (−x)3

(−x)2 − 1

−x3

x2 − 1= f(x). La fonction est impaire.

5. Signe : Le signe est résumé dans le tableau de signe suivant :

x -1 0 1x3 - - 0 + +

x2 − 1 + 0 - - 0 +f(x) - @ + 0 - @ 0

6. Asymptotes

(a) Asymptote verticale : On a limx→−1

f(x) =1

0= ±∞ et lim

x→1f(x) =

−10

= ±∞. Il y adonc deux AV : {

AV1 ≡ x = −1AV2 ≡ x = 1

De plus, le tableau de signe de f(x) permet de trouver limx→−1−

f(x) = −∞lim

x→−1+f(x) = +−∞

et {limx→1−

f(x) = −∞limx→1+

f(x) = +−∞

(b) Il n’y a pas d’asymptote horizontale car on est en présence d’une fonction rationnelleet le degré du numérateur et supérieur au degré du dénominateur.

(c) Asymptote oblique :la division euclidienne de numérateur par le dénominateur donne

f(x) = x+x

x2 − 1

Lorsque x tend vers l’infini 2, le troisième terme(

x

x2 − 1

)tend vers zéro car le degré

du numérateur est inférieur à celui du dénominateur. Dès lors, on peut affirmer quesi x tend vers l’infini la fonction tend vers la fonction g(x) = x qui se représente gra-phiquement par une droite. On est en présence de la définition d’une asymptote 3.Dèslors, la droite d’équation y = x est asymptote oblique de la fonction f(x).


f ′(x) =

[x3

x2 − 1

]′=

3x2(x2 − 1)− x3(2x)

(x2 − 1)2

=x2 (3x2 − 3− 2x2)

(x2 − 1)2

=x2 (x2 − 3)

(x2 − 1)2

Le tableau de signe de la dérivée première est détaillé ci-dessous (on aurait pu se contenterde construire la partie du tableau correspondant à x ≥ 0.

x −√3 -1 0 1

√3

x2 + + + 0 + + +(x2 − 3) + 0 - - - - 0 +(x2 − 1)2 + + 0 + + 0 + +f ′(x) + 0 - @ - 0 - @ - 0 +

↗ M ↘ ↘ TH ↘ ↘ m ↗(−√3,−3√3

2

)(0, 0)

(√3,

3√3

2

)Ce tableau est le tableau de variation de la fonction f(x).


f ′′(x) =2x(x2 + 3)

(x2 − 1)3


x 0 1x 0 + +

(x2 − 1)3 - 0 +f ′′(x) PI - @ +

(0, 0) ∩ ∪


2. ce qui correspond à la situation d’une asymptote3. "droite de laquelle un courbe se rapproche indéfiniment sans jamais la toucher"

x 0 1√3

f ′(x) 0 - @ - 0 +f ′′(x) 0 - @ + +f(x) TH / PI ↘ @ ↘ m ↗

(0, 0) ∩ ∪ ∪




f (x) = |x + 2|√1− x

1. Domaine :CE : 1− x ≥ 0⇔ x ≤ 1. Le domaine est donc −∞, 1]

2. Zéros :f(x) = 0

⇔{

x = −2x = 1

Lse zéros sont donc x = −2 et x = 1 (qui sont dans le domaine de définition de la fonction).3. Intersection avec l’axe 0y : f(0) = 2.4. Parité : Vu le domaine et les zéros, la fonction n’est ni paire ni impaire.5. Signe : La fonction est toujours positive (en raison de la présence de la valeur absolue et de

la racine)6. Asymptotes

(a) Il n’y a aucun point rejeté du domaine, donc pas d’asymptote verticale(b) Il n’y a pas d’asymptote horizontale 5 car lim

x→−∞f(x) = +∞.

(c) Il n’y a pas d’asymptote oblique car m = limx→−∞

f(x)

x= +∞.

7. Dérivée première : Le calcul de la dérivée première est complexe en raison de la présence dela valeur absolue. En effet, la fonction étudiée est en réalité composée de deux fonctions :

f(x) =

{(−x− 2)

√1− x si x ≤ −2

(x+ 2)√1− x si x > −2

Il faudrait donc calculer deux dérivées (qui se ressemblent) et faire un tableau de signe pourchaque sous-fonction.Le calcul peut être simplifié par l’introduction de la fonction sign(x) définie par

sign(x) ={−1 si x ≤ 01 si x > 0

Avec l’introduction de cette fonction, la fonction valeur absolue de x s’écrit :

|x| = sign(x).x

et f(x) s’écritf(x) = sign(x+ 2)(x+ 2)

√1− x

Le calcul de la dérivée donne 6 :f ′(x) =

[sign(x+ 2)(x+ 2)

√1− x

]′= sign(x+ 2)

[(x+ 2)

√1− x

]′= sign(x+ 2)

[√1− x+ (x+ 2)

−12√1− x

]= sign(x+ 2)

[2− 2x− x− 2

2√1− x

]= sign(x+ 2)

[−3x

2√1− x

]5. Le calcul en +∞ est inutile puisqu’il n’appartient pas au domaine de définition6. puisque sign(x+2) est une constante

Le tableau de signe de la dérivée première est détaillé ci-dessous.

x -2 0 1sign(x+ 2) - + +−3x + + 0 -√1− x + + + 0f ′(x) - + 0 - @

↘ PA ↗ M ↘ TV(-2,0) (0, 2) (−1, 0)

Ce tableau est le tableau de variation de la fonction f(x).8. Dérivée seconde : Lorsque que l’on redérive la fonction obtenue au point 7, on obtient :

f ′′(x) = sign(x+ 2)

[3(x− 2)

4√

(1− x)3

]


x -2 1sign(x+ 2) - +

x− 2 - -√(1− x)3 + + 0f ′′(x) + PA - @

∪ ∩


x -2 0 1f ′(x) - + 0 - @f ′′(x) + - - @f(x) ↘ PA ↗ M ↘ TV

∪ (-2,0) ∩ (0, 2) ∩ (−1, 0)




f (x) =√

x2 − 5x + 4

1. Domaine :CE : x2 − 5x+ 4 ≥ 0. Le domaine est donc −∞, 1] ∪ [4,+∞

2. Zéros :f(x) = 0

⇔{

x = 1x = 4

Lse zéros sont donc x = 1 et x = 4 (qui sont dans le domaine de définition de la fonction).3. Intersection avec l’axe 0y : f(0)@ car 0/∈ domf .4. Parité : Vu le domaine et les zéros, la fonction n’est ni paire ni impaire.5. Signe : La fonction est toujours positive (en raison de la présence de la racine)6. Asymptotes

(a) Il n’y a aucun point rejeté du domaine, donc pas d’asymptote verticale(b) Il n’y a pas d’asymptote horizontale car lim

x→±∞f(x) = +∞.

(c) On a m = limx→±∞

f(x)

x=∞∞

(F.I.)En levant l’indétermination, on obtient m = ±1.De plus, comme p = lim

x→±∞[f(x)−mx], on trouve p = ∓5

2. On a donc deux asymptotes

obliques : AOg ≡ y = −x+

5

2

AOd ≡ y = x− 5

2

7. Dérivée première :Le calcul de la dérivée donne :

f ′(x) =[√

x2 − 5x+ 4]′

=(x2 − 5x+ 4)′

2√x2 − 5x+ 4

=2x− 5

2√x2 − 5x+ 4

Cette fonction s’annule en x =5

2qui est en dehors du domaine de f(x).

f ′(x) est négative si x <5

2et positive après.


f ′′(x) ==−9

4√

(x2 − 5x+ 4)3

qui est toujours négative.


x 1 4f ′(x) - @ @ +f ′′(x) - @ @ -f(x) ↘ 0 0 ↗

∩ TV TV ∪




f (x) =x2

x + 1− |x|

1. Domaine :CE : x+ 1 6= 0⇔ x 6= −1. Le domaine est donc R\ {−1}

2. Zéros : f(x) = 0⇔ x2

x+ 1− |x| = 0 Il faut résoudre une équation aux valeurs absolues. En

décomposant la fonction en deux parties, on a :

f(x) =

x2 + x(x+ 1)

x+ 1si x < 0

x2 − x(x+ 1)

x+ 1si x ≥ 0

ou

f(x) =

2x2 + x

x+ 1si x < 0

−xx+ 1

si x ≥ 0

Les solutions de l’équation f(x) = 0 sont donc x = −1

2et x = 0.

3. Intersection avec l’axe 0y : f(0) = 0.4. Parité : Vu le domaine et les zéros, la fonction n’est ni paire ni impaire.5. Signe : If faut étudier séparément le signe des deux "sous-fonctions". Le signe est résumé

dans le tableau de signe suivant dans le cas où x < 0 :

x -1 −1

22x2 + x + + 0 -x+ 1 - 0 + +f(x) - @ + 0 -

Remarquons que si x ≥ 0, la fonction est toujours négative.6. Asymptotes

(a) Asymptote verticale : On a limx→−1

f(x) =1

0= ±∞. Il y a donc une AV ≡ x = −1. De

plus, le tableau de signe de f(x) permet de trouver limx→−1−

f(x) = −∞lim

x→−1+f(x) = +−∞

(b) Asymptote horizontale : En se basant sur la décomposition de la fonction en "sous-fonctions", on peut calculer :

f(x) =

limx→−∞

2x2 + x

x+ 1= −∞ si x < 0

limx→−∞

−xx+ 1

= −1 si x ≥ 0

On a donc une AHg ≡ y = −1

(c) Asymptote oblique : Vu la présence de l’AH en +∞, on ne doit calculer une éventuelle

AO qu’en −∞. La division euclidienne de2x2 + x

x+ 1donne 2x−1+

1

x+ 1. L’explication

donnée dans le cadre de la fonction n◦1 permet de conclure que AOd ≡ y = 2x− 1.


f ′(x) =

[2x2 + x

x+ 1

]′si x < 0[

−xx+ 1

]′si x ≥ 0

et, après simplification :

f ′(x) =

2x2 + 4x+ 1

(x+ 1)2si x < 0

−1(x+ 1)2

si x ≥ 0

Le tableau de signe de la dérivée première si x < 0 est :

x −√2

2− 1 -1

√2

2− 1

2x2 + 4x+ 1 + 0 - - 0 +(x+ 1)2 + + 0 + +f ′(x) + 0 - @ - 0 +

↗ M ↘ ↘ m ↗(−√2

2− 1,−2

√2− 3

) (√2

2− 1, 2

√2− 3

)De plus, si x ≥ 0, la dérivée première est toujours négative et, dès lors, f(x) toujoursdécroissante.Remarquons que

limx→0

f ′(x) =

{−1 si x < 01 si x ≥ 0

On a donc un point anguleux en x = 0.8. Dérivée seconde : Lorsque que l’on redérive la fonction obtenue au point 7, on obtient :

f ′′(x) =2

(x+ 1)3


x -1(x+ 1)3 - 0 +f ′′(x) - @ +

∩ ∪


x −√2

2− 1 -1

√2

2− 1 0

f ′(x) + 0 - @ - 0 + -f ′′(x) - - @ + + +f(x) ↗ M ↘ @ ↘ m ↗ PA ↘

∩

(−√2

2− 1,−2

√2− 3

)∩ ∪

(√2

2− 1, 2

√2− 3

)∪ (0,0) ∪



... et un zoom sur le point anguleux

Documents

Etude de fonction complète - artemath.comartemath.com/.../documents/cours5/exercices/sol-exo-etudes-fcts.pdf · Etude de fonction complète : f(x) = x3 x2 1 1.Domaine: CE:x2 1 6=