Dérivée de exp(u) en terminale : pourquoi (eᵘ)′ = u′eᵘ

La règle prolonge celle de la fonction exponentielle : dès que l'exposant n'est plus x tout seul, comme dans e⁻³ˣ⁺², e^x² ou e^−x²/2, un facteur u′ apparaît devant.

La formule et ses conditions

Propriété. Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I. Alors la fonction f définie sur I par f(x) = eᵘ⁽ˣ⁾ est dérivable sur I et, pour tout x de I, f′(x) = u′(x) × eᵘ⁽ˣ⁾.

C'est une notion de terminale : le programme de spécialité de 2019, en vigueur en terminale jusqu'à la rentrée 2027, introduit la composée et la relation (v ∘ u)′ = (v′ ∘ u) × u′. En première, le programme applicable à la rentrée 2026 (Bulletin officiel n° 14 du 2 avril 2026) ne demande que la dérivée de t ↦ eᵃᵗ, qui vaut t ↦ a eᵃᵗ ; une fonction comme e^x² ne s'y dérive pas.

D'où vient u′eᵘ

La fonction f = exp ∘ u est la composée de u suivie de exp. La dérivée d'une composée donne f′ = (exp′ ∘ u) × u′ = (exp ∘ u) × u′, c'est-à-dire f′(x) = eᵘ⁽ˣ⁾ × u′(x). Avec u(t) = at, on retrouve (eᵃᵗ)′ = a eᵃᵗ.

Pour s'en souvenir : exp a pour pente sa propre valeur, donc eᵘ varie d'environ eᵘ fois la variation de u, et u varie à la vitesse u′(x). Les deux facteurs se multiplient.

Conséquence sur les variations. Pour tout x de I, eᵘ⁽ˣ⁾ > 0, donc f′(x) a le signe de u′(x) : eᵘ a les mêmes variations que u et ses extremums aux mêmes points. La valeur change : si u a un maximum M en a, eᵘ a un maximum eᴹ en a. Sur une copie, on écrit quand même la dérivée et on justifie le signe par la positivité de l'exponentielle.

Dériver eᵘ dans un calcul plus long

1. Repérer u : tout ce qui est en exposant. L'écrire à part : u(x) = …
2. Calculer u′(x) à part, avec ses propres règles (polynôme, quotient…).
3. Écrire f′(x) = u′(x)eᵘ⁽ˣ⁾ en recopiant l'exposant à l'identique.
4. Si eᵘ est multipliée par autre chose, appliquer d'abord la règle du produit (ou du quotient), puis factoriser par eᵘ⁽ˣ⁾.
5. Pour le signe, rappeler eᵘ⁽ˣ⁾ > 0 et étudier seulement l'autre facteur.

Exemple 1 · Un exposant du second degré

Énoncé. Soit g définie sur ℝ par g(x) = e^−x²+2x. Étudier les variations de g et donner son maximum.

Rédaction. On pose u(x) = −x² + 2x ; u est dérivable sur ℝ et u′(x) = −2x + 2. Donc g = eᵘ est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, g′(x) = (−2x + 2)e^−x²+2x.

Comme e^−x²+2x > 0, g′(x) a le signe de −2x + 2, positif pour x ≤ 1 et négatif pour x ≥ 1. g est croissante sur ]−∞ ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[. Son maximum est g(1) = e⁻¹⁺² = e, atteint en x = 1. On remarque aussi g(0) = g(2) = e⁰ = 1, puisque u(0) = u(2) = 0.

Exemple 2 · Un produit avec eᵘ

Énoncé. Soit h définie sur ℝ par h(x) = x e^−x². Calculer h′(x) et déterminer le maximum de h.

Rédaction. h est le produit de x ↦ x, de dérivée 1, et de x ↦ e^−x², de dérivée −2x e^−x² (avec u(x) = −x², u′(x) = −2x). Donc, pour tout réel x :

h′(x) = 1 × e^−x² + x × (−2x e^−x²) = (1 − 2x²)e^−x².

Comme e^−x² > 0, h′(x) a le signe de 1 − 2x², trinôme de racines −1/√2 et 1/√2, positif entre elles. h est décroissante sur ]−∞ ; −1/√2], croissante sur [−1/√2 ; 1/√2], décroissante sur [1/√2 ; +∞[.

En 1/√2, h vaut (1/√2)e^−1/2 = 1/√(2e) ≈ 0,429. Pour x ≤ 0, h(x) ≤ 0 < 1/√(2e), et sur [0 ; +∞[, h croît jusqu'à 1/√2 puis décroît : le maximum de h sur ℝ est 1/√(2e), atteint en 1/√2. Par imparité, le minimum est −1/√(2e), atteint en −1/√2.

Les erreurs sur la dérivée de exp(u) qui coûtent des points

• Oublier u′. Écrire (e^−x²)′ = e^−x², comme si la règle de eˣ s'appliquait telle quelle. Écrire u et u′ à part avant de dériver l'évite.
• Modifier l'exposant. Écrire (e^x²)′ = 2x e²ˣ. L'exposant ne bouge pas ; seul le facteur u′ apparaît devant.
• Confondre eᵘ avec une puissance. (eˣ)′ n'est pas x eˣ⁻¹, et (e⁻²ˣ)′ n'est pas −2x e⁻²ˣ⁻¹.
• Ne pas factoriser. h′(x) = e^−x² − 2x² e^−x² est juste, mais illisible pour le signe : la mise en facteur de eᵘ⁽ˣ⁾ est la ligne attendue.
• Étudier le signe de eᵘ. Pas de ligne e^−x² dans le tableau de signes, encore moins avec un zéro : « pour tout réel x, e^−x² > 0 » suffit.

Trois exercices corrigés sur la dérivée de exp(u)

Exercice 1 · Dériver sans hésiter

Énoncé. Calculer la dérivée des fonctions définies sur ℝ par f₁(x) = e⁵ˣ⁻¹, f₂(x) = 3e^−x/2 et f₃(x) = e^x²+1.

Correction. f₁ : u(x) = 5x − 1, u′(x) = 5, donc f₁′(x) = 5e⁵ˣ⁻¹.

f₂ : u(x) = −x/2, u′(x) = −1/2, donc f₂′(x) = 3 × (−1/2)e^−x/2 = −(3/2)e^−x/2.

f₃ : u(x) = x² + 1, u′(x) = 2x, donc f₃′(x) = 2x e^x²+1. f₂ est de la forme t ↦ 3eᵃᵗ avec a = −1/2, et f₁ aussi à une constante près, puisque e⁵ˣ⁻¹ = e⁻¹ × e⁵ˣ : deux calculs déjà possibles en première. f₃ demande la formule de terminale.

Exercice 2 · Produit, factorisation et maximum

Énoncé. Soit f définie sur ℝ par f(x) = (x + 1)e⁻²ˣ. Étudier les variations de f et déterminer son maximum.

Correction. f est dérivable sur ℝ comme produit. Avec u(x) = x + 1, u′(x) = 1, et v(x) = e⁻²ˣ, v′(x) = −2e⁻²ˣ :

f′(x) = 1 × e⁻²ˣ + (x + 1)(−2e⁻²ˣ) = (1 − 2x − 2)e⁻²ˣ = (−2x − 1)e⁻²ˣ.

Comme e⁻²ˣ > 0, f′(x) a le signe de −2x − 1 : positif pour x ≤ −1/2, négatif pour x ≥ −1/2. f est croissante sur ]−∞ ; −1/2] et décroissante sur [−1/2 ; +∞[. Son maximum est f(−1/2) = (1/2)e¹ = e/2, atteint en x = −1/2.

Exercice 3 · La fonction logistique

Énoncé. Soit s définie sur ℝ par s(x) = 1/(1 + e⁻ˣ). Montrer que s est strictement croissante, puis donner l'équation de la tangente à sa courbe au point d'abscisse 0. Vérifier enfin que s′ = s(1 − s).

Correction. Pour tout réel x, 1 + e⁻ˣ > 1 > 0, donc s est bien définie et dérivable sur ℝ. Avec w(x) = 1 + e⁻ˣ, w′(x) = −e⁻ˣ, et (1/w)′ = −w′/w² :

s′(x) = e⁻ˣ/(1 + e⁻ˣ)².

Numérateur et dénominateur sont strictement positifs, donc s′(x) > 0 : s est strictement croissante sur ℝ.

s(0) = 1/2 et s′(0) = 1/(2²) = 1/4. La tangente en 0 a pour équation y = (1/4)x + 1/2.

Enfin, 1 − s(x) = e⁻ˣ/(1 + e⁻ˣ), donc s(x)(1 − s(x)) = e⁻ˣ/(1 + e⁻ˣ)² = s′(x). C'est la relation du modèle logistique, qui décrit la croissance d'une population limitée.

Ce que montre la figure de la dérivée de exp(u)

La figure reprend l'exemple 1 : la parabole dorée u(x) = −x² + 2x se trace d'abord, puis la courbe bleu nuit de g = eᵘ par-dessus, et la verticale x = 1 vient en dernier, avec les deux tangentes horizontales, marquer les deux sommets. Les deux courbes montent jusqu'en x = 1, où u vaut 1 et g vaut e ≈ 2,72, puis redescendent ; les tangentes sont horizontales en ce point, puisque g′(1) = u′(1) × e = 0.

Là où u est négative, g reste strictement positive et s'écrase vers 0. Aux points où u s'annule, en 0 et en 2, g vaut e⁰ = 1 : ce sont les deux points marqués sur la courbe bleue. eᵘ suit les variations de u et ne change jamais de signe.

La recherche du maximum suit la méthode de l'article sur les extremums d'une fonction, et les dérivées usuelles restent la base de chaque calcul.