Dérivée et sens de variation : passer du signe de f′ au tableau de variation

Le théorème, sur un intervalle

Le programme de spécialité applicable à la rentrée 2026 parle du « lien entre le sens de variation d'une fonction dérivable sur un intervalle et signe de sa fonction dérivée ; caractérisation des fonctions constantes ». Le calcul de f′ lui-même est traité dans la dérivation en première.

Le sens qui part du signe de f′ pour conclure sur les variations est admis en première. L'autre se justifie avec le nombre dérivé : si f est croissante sur I et a dans I, alors pour h non nul avec a + h dans I, f(a + h) − f(a) et h ont le même signe (ou le numérateur est nul), donc le taux [f(a + h) − f(a)]/h est positif ou nul, et sa limite f′(a) aussi.

Deux pièges du théorème

Une réunion n'est pas un intervalle. La fonction inverse a pour dérivée −1/x², strictement négative sur ℝ*. Elle est décroissante sur ]−∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[, mais pas sur ℝ* : −1 < 1 et f(−1) = −1 < f(1) = 1.

f′(a) = 0 n'implique pas un changement de sens. h(x) = x³ − 3x² + 3x a pour dérivée h′(x) = 3(x − 1)², positive et nulle seulement en 1 : h est strictement croissante sur ℝ, avec une tangente horizontale en 1 mais aucun extremum (h(x) = (x − 1)³ + 1). Dans le tableau, une seule flèche montante, avec le 0 de h′(1) dans la ligne de signes. Voir les extremums d'une fonction : f′(a) = 0 est nécessaire pour un extremum en un point intérieur, pas suffisant.

Dresser le tableau de variation

1. Préciser l'ensemble d'étude, et le découper en intervalles si besoin.
2. Calculer f′(x) en justifiant la dérivabilité.
3. Mettre f′(x) sous une forme dont le signe se lit : produit de facteurs, quotient dont le dénominateur est un carré, trinôme dont on connaît les racines (voir le signe d'un trinôme ; une dérivée de produit se garde factorisée, voir la dérivée d'un produit).
4. Étudier le signe de chaque facteur et les rassembler dans un tableau de signes.
5. En déduire les flèches, calculer f aux bornes fermées et aux points où f′ change de signe, conclure par une phrase.

Exemple 1 · Un polynôme de degré 3 sur un intervalle fermé

Énoncé. Soit f définie sur [−5 ; 4] par f(x) = x³ + 3x² − 24x + 1. Dresser le tableau de variation de f et donner ses extremums sur [−5 ; 4].

Rédaction. f est une fonction polynôme, dérivable sur [−5 ; 4], et pour tout x de cet intervalle :

f′(x) = 3x² + 6x − 24 = 3(x² + 2x − 8).

Le trinôme x² + 2x − 8 a pour racine évidente 2 ; le produit des racines vaut −8, donc l'autre racine est −4. Ainsi f′(x) = 3(x + 4)(x − 2). Ce trinôme, de coefficient dominant 3 > 0, est positif à l'extérieur des racines et négatif entre elles :

• f′(x) > 0 sur [−5 ; −4[ et sur ]2 ; 4] ;
• f′(x) < 0 sur ]−4 ; 2[ ;
• f′(−4) = f′(2) = 0.

On calcule f(−5) = −125 + 75 + 120 + 1 = 71, f(−4) = −64 + 48 + 96 + 1 = 81, f(2) = 8 + 12 − 48 + 1 = −27, f(4) = 64 + 48 − 96 + 1 = 17.

La fonction f est strictement croissante sur [−5 ; −4], strictement décroissante sur [−4 ; 2], strictement croissante sur [2 ; 4]. Le tableau se lit ainsi : de 71 (en −5), f monte à 81 (en −4), descend à −27 (en 2), remonte à 17 (en 4). Sur [−5 ; 4], le maximum de f vaut 81, atteint en −4, et le minimum vaut −27, atteint en 2.

Les valeurs aux bornes sont ici dépassées par les valeurs intérieures, mais il faut les avoir calculées pour l'affirmer ; l'exercice 2 montre un cas où c'est une borne qui gagne.

Exemple 2 · Une inégalité tirée d'un minimum

Énoncé. Démontrer que pour tout réel x, x⁴ − 4x + 3 ≥ 0.

Rédaction. On étudie g définie sur ℝ par g(x) = x⁴ − 4x + 3. Elle est dérivable sur ℝ et g′(x) = 4x³ − 4 = 4(x³ − 1).

La fonction cube est strictement croissante sur ℝ, donc x³ − 1 > 0 ⇔ x³ > 1³ ⇔ x > 1, et de même x³ − 1 < 0 ⇔ x < 1. Ainsi g′(x) < 0 sur ]−∞ ; 1[, g′(1) = 0 et g′(x) > 0 sur ]1 ; +∞[. La fonction g est décroissante sur ]−∞ ; 1] et croissante sur [1 ; +∞[. Elle admet donc sur ℝ un minimum en 1, égal à g(1) = 1 − 4 + 3 = 0. Par conséquent, pour tout réel x, g(x) ≥ 0, c'est-à-dire x⁴ − 4x + 3 ≥ 0, avec égalité seulement pour x = 1.

Une inégalité g(x) ≥ m se démontre en montrant que m est le minimum de g, sans avoir à résoudre g(x) = 0.

Les erreurs sur les variations par la dérivée qui coûtent des points

• Des flèches sans tableau de signes. « f′ s'annule en −1 et 3 » ne dit pas d'où vient le sens des flèches : il faut une ligne de signe justifiée, facteur par facteur ou par la règle du trinôme.
• Confondre le signe de f et celui de f′. Le signe de f(x) n'a rien à faire dans la ligne des flèches ; à l'inverse, calculer f′ quand on demande le signe de f est hors sujet.
• Des valeurs absentes ou fausses. Une flèche sans valeur à ses extrémités ne répond pas à la question des extremums. Je fais recalculer f(a) à partir de l'expression de départ, jamais d'une forme intermédiaire.
• Conclure sur une réunion d'intervalles, comme avec la fonction inverse.
• Confondre maximum local et maximum sur l'intervalle (exercice 2).
• Inventer des limites. Les limites de fonctions arrivent en terminale : sur ]0 ; +∞[, on laisse les bornes du tableau sans valeur, sauf si l'énoncé en fournit une.

Trois études à rédiger

Exercice 1 · Variations de f(x) = 3x² − 12x + 7 sur ℝ

f est dérivable sur ℝ et f′(x) = 6x − 12. On a f′(x) ≥ 0 ⇔ 6x − 12 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. Donc f est décroissante sur ]−∞ ; 2] et croissante sur [2 ; +∞[. Elle admet un minimum en 2, égal à f(2) = 12 − 24 + 7 = −5.

On retrouve le résultat du second degré : le sommet de la parabole a pour abscisse −b/(2a) = 12/6 = 2, et la parabole est tournée vers le haut puisque a = 3 > 0.

Exercice 2 · Maximum local ou maximum sur l'intervalle

Énoncé. Soit f définie sur [−3 ; 3] par f(x) = 2x³ + 3x² − 12x + 1. Dresser le tableau de variation de f, puis donner son maximum et son minimum sur [−3 ; 3].

f est dérivable sur [−3 ; 3] et f′(x) = 6x² + 6x − 12 = 6(x² + x − 2). Le trinôme x² + x − 2 a pour racine évidente 1 et pour produit des racines −2, donc x² + x − 2 = (x − 1)(x + 2). Il est positif à l'extérieur de [−2 ; 1] et négatif à l'intérieur.

Valeurs : f(−3) = −54 + 27 + 36 + 1 = 10 ; f(−2) = −16 + 12 + 24 + 1 = 21 ; f(1) = 2 + 3 − 12 + 1 = −6 ; f(3) = 54 + 27 − 36 + 1 = 46.

f est croissante sur [−3 ; −2], décroissante sur [−2 ; 1], croissante sur [1 ; 3]. Elle passe de 10 à 21, descend à −6, remonte à 46.

Sur [−3 ; 3], le maximum vaut 46, atteint en 3, et le minimum vaut −6, atteint en 1. La valeur 21 n'est qu'un maximum local : elle est la plus grande au voisinage de −2, pas sur tout l'intervalle. Un élève qui répond « le maximum est 21 » perd la question.

Exercice 3 · Démontrer que x² + 16/x ≥ 12 pour tout x > 0

Soit f définie sur ]0 ; +∞[ par f(x) = x² + 16/x. Elle est dérivable sur cet intervalle et :

f′(x) = 2x − 16/x² = (2x³ − 16)/x² = 2(x³ − 8)/x².

Pour le signe de x³ − 8, on factorise : x³ − 8 = (x − 2)(x² + 2x + 4), ce qu'on vérifie en développant. Le trinôme x² + 2x + 4 a pour discriminant 4 − 16 = −12 < 0, donc il est strictement positif sur ℝ. Comme x² > 0, f′(x) est du signe de x − 2 sur ]0 ; +∞[.

La fonction f est décroissante sur ]0 ; 2] et croissante sur [2 ; +∞[. Son minimum sur ]0 ; +∞[ est f(2) = 4 + 8 = 12. Donc pour tout x > 0, x² + 16/x ≥ 12, avec égalité seulement pour x = 2.

Variante plus courte pour le signe : la fonction cube est strictement croissante sur ℝ, donc x³ − 8 > 0 ⇔ x³ > 2³ ⇔ x > 2.

Lire la figure

La figure trace la fonction de l'exemple 1 sur [−5 ; 4] morceau par morceau, en posant la tangente horizontale à chaque changement de sens. Les morceaux verts montent, de −5 à −4 puis de 2 à 4 : f′(x) = 3(x + 4)(x − 2) y est positive, à l'extérieur des racines. Le morceau rouge, de −4 à 2, descend : f′ y est négative. Aux deux raccords, la tangente dorée est horizontale, ce qui traduit f′(−4) = f′(2) = 0. On y lit les quatre valeurs du tableau, (−5 ; 71), (−4 ; 81), (2 ; −27) et (4 ; 17) : la montée de −5 à −4 est courte, d'où f(−5) proche du maximum sans l'atteindre. Le tableau de variation est cette courbe résumée en flèches.