Extremum d'une fonction : où le chercher, comment le prouver

Cet article fait partie du chapitre sur la dérivation en première. Il suppose qu'on sait passer du signe de f′ aux variations de f, ce que détaille l'article sur la dérivée et le sens de variation ; la fonction exponentielle réutilise ensuite toute la méthode.

Maximum, minimum, local ou sur tout l'intervalle

Soit f une fonction définie sur un intervalle I, et a un réel de I.

• f admet un maximum en a sur I si, pour tout x appartenant à I, f(x) ≤ f(a). Le maximum est le nombre f(a) ; il est atteint en a.
• f admet un minimum en a sur I si, pour tout x appartenant à I, f(x) ≥ f(a).
• f admet un maximum local (ou minimum local) en a s'il existe un intervalle ouvert J contenant a tel que f(a) soit le maximum (ou le minimum) de f sur I ∩ J.

Un extremum est un maximum ou un minimum ; le programme de première de 2026 écrit « extrémum », selon l'orthographe rectifiée, et les deux graphies sont acceptées. Le maximum est une valeur de f, donc une ordonnée : on écrit « le maximum de f sur I est 3, atteint en x = −1 ». Il peut être atteint en plusieurs points, alors que la valeur est unique.

Pourquoi f′(a) = 0, et pourquoi la réciproque est fausse

Le résultat au programme : si f est dérivable sur un intervalle ouvert I et admet un extremum local en un point a de I, alors f′(a) = 0. La tangente au point d'abscisse a est alors horizontale, d'équation y = f(a).

Justification, pour un maximum local. Pour h > 0 assez petit, f(a + h) ≤ f(a), donc le taux de variation (f(a + h) − f(a)) / h est négatif ou nul. Pour h < 0 assez proche de 0, le numérateur est encore négatif ou nul mais le dénominateur est négatif, donc le taux est positif ou nul. Quand h tend vers 0, ces taux tendent vers f′(a), limite à la fois de nombres négatifs ou nuls et de nombres positifs ou nuls : f′(a) = 0. Pour un minimum, on inverse les signes. L'hypothèse « intervalle ouvert » garantit qu'on peut s'éloigner de a des deux côtés : au bord d'un intervalle fermé, l'argument tombe.

La réciproque est fausse. La fonction cube a pour dérivée 3x², nulle en 0, mais (−0,1)³ < 0 < 0,1³ : la dérivée s'annule sans changer de signe et la courbe traverse sa tangente horizontale. Ce qui suffit : si f′ s'annule en a en changeant de signe, alors f admet un extremum local en a, maximum si f′ passe de positive à négative, minimum dans l'autre sens.

La méthode sur un intervalle fermé

Quand f est dérivable sur [a ; b] :

1. Calculer f′(x) et la mettre sous forme factorisée, ou sous une forme dont on connaît le signe.
2. Étudier le signe de f′ sur [a ; b], avec les valeurs où elle s'annule.
3. Dresser le tableau de variations, en calculant toutes les valeurs aux bornes et aux points où f′ change de signe.
4. Comparer ces valeurs : le maximum est la plus grande, le minimum la plus petite.
5. Conclure par une phrase qui donne la valeur et le point où elle est atteinte.

Trois exemples rédigés comme sur une copie

Exemple 1 · Un polynôme de degré 3 sur [−2 ; 2,5]

Énoncé. Soit f définie sur [−2 ; 2,5] par f(x) = x³ − 3x + 1. Déterminer le maximum et le minimum de f sur cet intervalle.

Rédaction. f est une fonction polynôme, dérivable sur [−2 ; 2,5], et pour tout x de cet intervalle, f′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1). Le trinôme 3(x − 1)(x + 1) a pour racines −1 et 1 ; il est positif à l'extérieur des racines et négatif entre elles. Donc f′(x) ≥ 0 sur [−2 ; −1], f′(x) ≤ 0 sur [−1 ; 1] et f′(x) ≥ 0 sur [1 ; 2,5].

f est donc croissante sur [−2 ; −1], décroissante sur [−1 ; 1], croissante sur [1 ; 2,5]. On calcule f(−2) = −8 + 6 + 1 = −1, f(−1) = −1 + 3 + 1 = 3, f(1) = 1 − 3 + 1 = −1 et f(2,5) = 15,625 − 7,5 + 1 = 9,125.

Conclusion. Sur [−2 ; 2,5], le maximum de f est 9,125, atteint en x = 2,5 ; le minimum est −1, atteint en x = −2 et en x = 1. En x = −1, f admet un maximum local, égal à 3, qui n'est pas le maximum sur l'intervalle.

La figure pose d'abord les deux bornes en pointillés verticaux, puis trace f uniquement sur [−2 ; 2,5], avant de placer les tangentes horizontales, les extremums locaux et enfin les valeurs aux bornes. Les deux segments dorés horizontaux en −1 et 1 traduisent f′(−1) = 0 et f′(1) = 0 : une bosse en (−1 ; 3), un creux en (1 ; −1). Le point rouge en haut à droite est le vrai maximum, 9,125, atteint en 2,5, où la courbe monte encore et est simplement coupée par la borne. Le minimum −1 est atteint deux fois, au bord en −2 et en 1. Qui s'arrête aux tangentes horizontales annonce un maximum de 3, et perd la question.

Exemple 2 · Le plus grand rectangle sous une parabole

Énoncé. On considère la parabole d'équation y = 12 − x². Pour x ∈ ]0 ; 2√3[, on construit le rectangle de sommets (−x ; 0), (x ; 0), (x ; 12 − x²) et (−x ; 12 − x²). Pour quelle valeur de x son aire est-elle maximale ?

Rédaction. Le rectangle a pour largeur 2x et pour hauteur 12 − x², strictement positive puisque x < 2√3 = √12. Son aire est A(x) = 2x(12 − x²) = 24x − 2x³.

A est une fonction polynôme, dérivable sur ]0 ; 2√3[, et A′(x) = 24 − 6x² = 6(4 − x²) = 6(2 − x)(2 + x). Sur cet intervalle, 6(2 + x) > 0, donc A′(x) a le signe de 2 − x : positif sur ]0 ; 2], négatif sur [2 ; 2√3[. A est croissante puis décroissante, et A(2) = 4 × (12 − 4) = 32.

Conclusion. L'aire est maximale pour x = 2 ; elle vaut alors 32 unités d'aire.

Exemple 3 · Un minimum qui donne une inégalité

Énoncé. Montrer que pour tout réel x > 0, x + 4/x ≥ 4.

Rédaction. Soit g définie sur ]0 ; +∞[ par g(x) = x + 4/x. g est dérivable sur cet intervalle et g′(x) = 1 − 4/x² = (x² − 4)/x² = (x − 2)(x + 2)/x². Sur ]0 ; +∞[, x² > 0 et x + 2 > 0, donc g′(x) a le signe de x − 2 : négatif sur ]0 ; 2], positif sur [2 ; +∞[. g est décroissante puis croissante, elle admet un minimum en 2, égal à g(2) = 2 + 2 = 4.

Conclusion. Pour tout x > 0, g(x) ≥ g(2), c'est-à-dire x + 4/x ≥ 4, avec égalité si et seulement si x = 2. Ce type de question, « exploiter les variations d'une fonction pour établir une inégalité », arrive souvent déguisé : « comparer », « en déduire le signe de », « montrer que la courbe est au-dessus de ».

Les erreurs sur les extremums qui coûtent des points

• Annoncer l'abscisse à la place de la valeur : « le maximum est 2 » quand f atteint son maximum en 2.
• Oublier les bornes d'un intervalle fermé, comme dans l'exemple 1.
• Conclure de f′(a) = 0 seul : la fonction cube montre que c'est faux.
• Confondre local et global : un maximum local n'est qu'un candidat parmi d'autres.
• Ne pas factoriser f′, puis devoir résoudre une inéquation pour lire son signe.
• Oublier le domaine du problème : dans l'exemple 2, −2 annule aussi A′ mais n'est pas dans ]0 ; 2√3[.

Trois exercices corrigés sur les extremums

Exercice 1 · Le sommet d'une parabole, par la dérivée

Énoncé. Soit f définie sur ℝ par f(x) = −2x² + 8x − 3. Déterminer l'extremum de f et préciser sa nature.

Correction. f est dérivable sur ℝ et f′(x) = −4x + 8. On a f′(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 2. Donc f est croissante sur ]−∞ ; 2] et décroissante sur [2 ; +∞[. Elle admet un maximum en 2, égal à f(2) = −8 + 16 − 3 = 5.

Conclusion : pour tout réel x, f(x) ≤ 5, et le maximum 5 est atteint en x = 2. On retrouve l'abscisse du sommet −b/(2a) = −8/(−4) = 2, cohérent avec a = −2 < 0.

Exercice 2 · Encadrer une fonction sur un intervalle

Énoncé. Soit h définie sur [−2 ; 4] par h(x) = x³ − 3x² − 9x + 2. Montrer que pour tout x de [−2 ; 4], −25 ≤ h(x) ≤ 7.

Correction. h est dérivable sur [−2 ; 4] et h′(x) = 3x² − 6x − 9 = 3(x² − 2x − 3) = 3(x − 3)(x + 1). Le trinôme est positif à l'extérieur de ses racines −1 et 3, négatif entre elles. Donc h est croissante sur [−2 ; −1], décroissante sur [−1 ; 3], croissante sur [3 ; 4].

Valeurs : h(−2) = −8 − 12 + 18 + 2 = 0 ; h(−1) = −1 − 3 + 9 + 2 = 7 ; h(3) = 27 − 27 − 27 + 2 = −25 ; h(4) = 64 − 48 − 36 + 2 = −18.

Le maximum de h sur [−2 ; 4] est le plus grand de h(−1) = 7 et h(4) = −18, soit 7. Le minimum est le plus petit de h(−2) = 0 et h(3) = −25, soit −25. Donc pour tout x de [−2 ; 4], −25 ≤ h(x) ≤ 7, et les deux bornes sont atteintes, en 3 et en −1.

Exercice 3 · Combien d'extremums selon un paramètre ?

Énoncé. Pour un réel m, on pose f_m(x) = x³ − 3mx, pour x réel. Déterminer, selon m, si f_m admet des extremums locaux. Les calculer pour m = 4.

Correction. f_m est dérivable sur ℝ et f_m′(x) = 3x² − 3m = 3(x² − m).

Si m ≤ 0 : pour tout x, x² − m ≥ 0, donc f_m′(x) ≥ 0, avec égalité au plus en x = 0 (lorsque m = 0). f_m′ ne change jamais de signe, f_m est croissante sur ℝ et n'admet aucun extremum local. Pour m = 0, on retrouve x³ : dérivée nulle en 0, pas d'extremum.

Si m > 0 : f_m′(x) = 3(x − √m)(x + √m), positive sur ]−∞ ; −√m], négative sur [−√m ; √m], positive sur [√m ; +∞[. f_m′ s'annule en changeant de signe en −√m et en √m : f_m admet un maximum local en −√m et un minimum local en √m.

Pour m = 4 : √m = 2, f₄(x) = x³ − 12x, f₄(−2) = −8 + 24 = 16 et f₄(2) = 8 − 24 = −16. Le maximum local vaut 16, atteint en −2 ; le minimum local vaut −16, atteint en 2. Ce ne sont pas des extremums sur ℝ, puisque f₄(10) = 880 > 16.