Exercices corrigés — Applications de la dérivation (1ère spé)

1. On dérive terme à terme : \(\boxed{f'(x)=2x-4}\).

2. On obtient \(f(1)=1-4+5=2\) et \(f'(1)=2-4=-2\). Ainsi la tangente en \(x=1\) a pour coefficient directeur \(\boxed{-2}\).

3. La tangente vaut \(y=2-2(x-1)\), donc \(\boxed{y=-2x+4}\).

4. On a \(f'(x)<0\) pour \(x<2\), \(f'(2)=0\), puis \(f'(x)>0\) pour \(x>2\). Donc \(f\) décroît sur \(]-\infty;2]\), puis croît sur \([2;+\infty[\). Enfin \(f(2)=1\), donc \(\boxed{\min f=1}\), atteint en \(x=2\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(g'(x)=4x^3-4x=\boxed{4x(x-1)(x+1)}\).

2. Les points critiques sont \(-1\), \(0\) et \(1\). Le signe de \(g'\) est négatif sur \(]-\infty;-1[\), positif sur \(]-1;0[\), négatif sur \(]0;1[\), puis positif sur \(]1;+\infty[\).

3. Ainsi \(g\) décroît, croît, décroît puis croît. On calcule \(g(-1)=g(1)=-1\) et \(g(0)=0\). Les minima globaux valent \(\boxed{-1}\), atteints en \(x=\pm1\), et \(0\) est un maximum local en \(x=0\).

4. Le minimum global donne \(\boxed{x^4-2x^2\ge-1}\). On retrouve directement ce résultat avec \(x^4-2x^2+1=(x^2-1)^2\ge0\).

Conclusion : l’exercice mobilise dérivée factorisée, tableau de signes, extrema et inégalité globale.

1. On obtient \(\boxed{f'(x)=2x+1}\).

2. La condition de parallélisme est \(2a+1=5\), donc \(\boxed{a=2}\).

3. On a \(f(2)=4+2-2=4\). Le point de tangence est \(A(2;4)\). La tangente vaut \(y=4+5(x-2)\), soit \(\boxed{y=5x-6}\).

4. Les droites \(y=5x-6\) et \(y=5x-1\) ont le même coefficient directeur \(5\) mais des ordonnées à l’origine différentes. Elles sont parallèles distinctes : \(\boxed{\text{elles ne se coupent pas}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient \(f'(x)=(x-2)^2+2x(x-2)=(x-2)(3x-2)\). Donc \(\boxed{f'(x)=(x-2)(3x-2)}\).

2. Les zéros sont \(x=\dfrac23\) et \(x=2\). La dérivée est positive sur \(]-\infty;\dfrac23[\), négative sur \(]\dfrac23;2[\), puis positive sur \(]2;+\infty[\).

3. La fonction croît, décroît puis croît. On calcule \(f\left(\dfrac23\right)=\dfrac23\left(-\dfrac43\right)^2=\boxed{\dfrac{32}{27}}\), maximum local, et \(f(2)=\boxed{0}\), minimum local.

4. Les points de contact sont \(A\left(\dfrac23;\dfrac{32}{27}\right)\) et \(B(2;0)\). Les tangentes horizontales sont donc \(\boxed{y=\dfrac{32}{27}}\) et \(\boxed{y=0}\).

Conclusion : le même exercice travaille produit, factorisation, variations et interprétation géométrique de \(f'(a)=0\).

1. On a \(f(2)=\dfrac12\) et \(f'(2)=-\dfrac14\).

2. La tangente est \(y=\dfrac12-\dfrac14(x-2)\), soit \(\boxed{y=-\dfrac{x}{4}+1}\).

3. Pour \(x=2{,}04\), la tangente donne \(1-\dfrac{2{,}04}{4}=0{,}49\). Donc \(\boxed{\dfrac1{2{,}04}\approx0{,}49}\).

4. La valeur exacte est \(\dfrac{25}{51}\approx0{,}490196078\). L’erreur vaut \(\left|\dfrac{25}{51}-\dfrac{49}{100}\right|=\dfrac1{5100}\approx\boxed{0{,}000196}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On doit avoir \(x\ne-1\), donc \(D_f=\mathbb R\setminus\{-1\}\). De plus \(f'(x)=\dfrac{2(x+1)-(2x+1)}{(x+1)^2}=\boxed{\dfrac1{(x+1)^2}}\).

2. Comme \(f'(x)>0\) pour tout \(x\ne-1\), \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty;-1[\) et sur \(]-1;+\infty[\).

3. On a \(f(0)=1\) et \(f'(0)=1\). Ainsi \(T:y=1+x\), donc \(\boxed{T:y=x+1}\).

4. On calcule \(f(x)-(x+1)=\dfrac{-x^2}{x+1}\). Sur \(]-1;+\infty[\), le dénominateur est positif et \(-x^2\le0\). La courbe est donc \(\boxed{\text{au-dessous de }T}\), avec contact en \(x=0\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Pour \(x<2\), \(u(x)=2-x+\dfrac{x}{2}=\boxed{2-\dfrac{x}{2}}\). Pour \(x\ge2\), \(u(x)=x-2+\dfrac{x}{2}=\boxed{\dfrac{3x}{2}-2}\).

2. Sur \(]-\infty;2[\), \(u'(x)=\boxed{-\dfrac12}\). Sur \(]2;+\infty[\), \(u'(x)=\boxed{\dfrac32}\).

3. La dérivée à gauche en \(2\) vaut \(-\dfrac12\) tandis que la dérivée à droite vaut \(\dfrac32\). Elles sont différentes : \(\boxed{u\text{ n’est pas dérivable en }2}\).

4. La fonction est strictement décroissante sur \(]-\infty;2]\), puis strictement croissante sur \([2;+\infty[\). Comme \(u(2)=1\), son minimum global vaut \(\boxed{1}\), atteint en \(\boxed{x=2}\).

Conclusion : cet exercice ajoute la valeur absolue et rappelle qu’un minimum peut exister en un point où la fonction n’est pas dérivable.

1. De \(x+2y=12\), on tire \(y=\dfrac{12-x}{2}\). Comme \(x>0\) et \(y>0\), on a \(\boxed{0<x<12}\).

2. Ainsi \(A(x)=x\dfrac{12-x}{2}=6x-\dfrac{x^2}{2}\), donc \(\boxed{A'(x)=6-x}\).

3. La dérivée est positive sur \(]0;6[\), nulle en \(6\), puis négative sur \(]6;12[\). Le maximum est donc atteint pour \(\boxed{x=6}\).

4. Alors \(y=\dfrac{12-6}{2}=3\), et \(A=6\times3=18\). Ainsi \(\boxed{(x;y)=(6;3)}\) et \(\boxed{A_{\max}=18}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(v(t)=s'(t)=3t^2-12t+9=\boxed{3(t-1)(t-3)}\).

2. Le mobile est à l’arrêt lorsque \(v(t)=0\), donc pour \(\boxed{t=1\text{ s}}\) et \(\boxed{t=3\text{ s}}\).

3. La vitesse est positive sur \([0;1[\), négative sur \(]1;3[\), puis positive sur \(]3;4]\). Le mobile avance, recule, puis avance de nouveau.

4. On trouve \(s(0)=0\), \(s(1)=4\), \(s(3)=0\), \(s(4)=4\). La position minimale est \(\boxed{0\text{ m}}\) et la position maximale \(\boxed{4\text{ m}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Pour \(h>0\), \(\dfrac{f(h)-f(0)}{h}=\dfrac{\sqrt h}{h}=\dfrac1{\sqrt h}\). Cette quantité tend vers \(+\infty\) lorsque \(h\to0^+\) : il n’existe pas de nombre dérivé fini en \(0\). Donc \(\boxed{f\text{ n’est pas dérivable en }0}\).

2. Pour \(x>0\), \(\boxed{f'(x)=\dfrac1{2\sqrt x}}\).

3. On a \(f(4)=2\) et \(f'(4)=\dfrac14\). Ainsi \(y=2+\dfrac14(x-4)\), soit \(\boxed{y=\dfrac{x}{4}+1}\).

4. Pour \(x=4{,}1\), la tangente donne \(2+\dfrac{0{,}1}{4}=\boxed{2{,}025}\). L’écart avec \(2{,}024846\) vaut environ \(\boxed{0{,}000154}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f(x)=3x+5+\dfrac8x\), donc \(\boxed{f'(x)=3-\dfrac8{x^2}=\dfrac{3x^2-8}{x^2}}\).

2. Sur \(x>0\), le dénominateur est positif. Le numérateur s’annule pour \(x=\sqrt{\dfrac83}=\dfrac{2\sqrt6}{3}\). La dérivée est négative avant ce point, puis positive après. \(f\) décroît puis croît.

3. Posons \(a=\dfrac{2\sqrt6}{3}\). Comme \(3a^2=8\), on a \(8/a=3a\). Donc \(f(a)=6a+5=\boxed{5+4\sqrt6}\).

4. On résout \(3-\dfrac8{x^2}=2\), soit \(x^2=8\). Sur \(]0;+\infty[\), \(\boxed{x=2\sqrt2}\). Une telle tangente existe donc et elle est unique.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient \(\boxed{f_m'(x)=3(x^2-m)}\).

2. Si \(m<0\), alors \(x^2-m>0\) pour tout \(x\), donc \(f_m\) est strictement croissante. Si \(m=0\), \(f_0(x)=x^3+1\) est aussi strictement croissante. Si \(m>0\), la dérivée devient négative près de \(0\). Ainsi \(\boxed{m\le0}\).

3. Pour \(m>0\), les points critiques sont \(x=-\sqrt m\) et \(x=\sqrt m\). La dérivée est positive à l’extérieur et négative entre eux : maximum local en \(-\sqrt m\), minimum local en \(\sqrt m\).

4. En posant \(r=\sqrt m\), on a \(f_m(-r)=1+2mr=\boxed{1+2m\sqrt m}\) et \(f_m(r)=1-2mr=\boxed{1-2m\sqrt m}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(V(x)=x(18-2x)^2\) et il faut \(0<x<9\). Donc \(\boxed{D_V=]0;9[}\).

2. En développant, \(V(x)=324x-72x^2+4x^3\). Ainsi \(V'(x)=324-144x+12x^2=\boxed{12(x-3)(x-9)}\).

3. Sur \(]0;3[\), les deux facteurs \(x-3\) et \(x-9\) sont négatifs, donc \(V'>0\). Sur \(]3;9[\), \(V'<0\). Le volume croît puis décroît.

4. Le maximum est atteint pour \(\boxed{x=3\text{ cm}}\). On obtient \(V(3)=3(18-6)^2=3\times144=\boxed{432\text{ cm}^3}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient \(\boxed{B(q)=-q^2+60q-100}\).

2. On a \(B'(q)=-2q+60\). La dérivée est positive pour \(q<30\), nulle en \(30\), puis négative. Le bénéfice est maximal pour \(\boxed{q=30}\).

3. On calcule \(B(30)=-900+1800-100=\boxed{800}\), soit \(\boxed{80\,000\text{ €}}\) puisque l’unité est la centaine d’euros.

4. L’équation \(B(q)=0\) équivaut à \(q^2-60q+100=0\). Les racines sont \(q=30\pm20\sqrt2\). Comme \(B\) est positif entre les racines, l’entreprise est bénéficiaire pour \(\boxed{30-20\sqrt2<q<30+20\sqrt2}\), dans la limite du domaine \([0;60]\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f'(x)=1-\dfrac9{x^2}=\dfrac{(x-3)(x+3)}{x^2}\). Sur \(x>0\), la dérivée est négative pour \(0<x<3\), puis positive pour \(x>3\).

2. La fonction décroît sur \(]0;3]\), puis croît sur \([3;+\infty[\). Son minimum vaut \(f(3)=3+3=\boxed{6}\).

3. On obtient donc \(\boxed{x+\dfrac9x\ge6}\) pour tout \(x>0\), avec égalité si et seulement si \(\boxed{x=3}\).

4. Si les côtés du rectangle sont \(x\) et \(9/x\), alors \(P=2\left(x+\dfrac9x\right)\ge12\). Ainsi \(\boxed{P_{\min}=12\text{ cm}}\), atteint pour le carré de côté \(3\) cm.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Pour \(x>0\), \(f'(x)=\dfrac{\dfrac1{2\sqrt{x}}(x+1)-\sqrt{x}}{(x+1)^2}=\boxed{\dfrac{1-x}{2\sqrt{x}(x+1)^2}}\).

2. Le dénominateur est strictement positif pour \(x>0\). Ainsi \(f'\) est positive sur \(]0;1[\), nulle en \(1\), puis négative sur \(]1;+\infty[\). Comme \(f(0)=0\), \(f\) croît sur \([0;1]\) puis décroît sur \([1;+\infty[\).

3. Le maximum global est atteint en \(x=1\) et vaut \(f(1)=\boxed{\dfrac12}\).

4. Pour tout \(x\ge0\), \(\dfrac{\sqrt{x}}{x+1}\le\dfrac12\). Comme \(x+1>0\), on obtient \(\boxed{2\sqrt{x}\le x+1}\), avec égalité si et seulement si \(\boxed{x=1}\).

Conclusion : l’exercice combine racine carrée, quotient, variations, maximum et preuve d’une inégalité.

1. On a \(D(x)=AM^2=x^2+(x^2-3)^2=x^4-5x^2+9\).

2. Donc \(D'(x)=4x^3-10x=\boxed{2x(2x^2-5)}\).

3. Les points critiques sont \(x=0\) et \(x=\pm\sqrt{5/2}\). L’étude du signe montre des minima en \(x=\pm\sqrt{5/2}\) et un maximum local en \(0\). Les deux points les plus proches ont donc les abscisses \(\boxed{\pm\sqrt{5/2}}\).

4. Pour \(x^2=5/2\), on a \(D=\dfrac52+\left(\dfrac52-3\right)^2=\dfrac52+\dfrac14=\dfrac{11}{4}\). Ainsi \(\boxed{AM_{\min}=\dfrac{\sqrt{11}}{2}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. La tangente en \(a\) est \(y=a^2+2a(x-a)=\boxed{2ax-a^2}\).

2. Le passage par \(P(1;-3)\) impose \(-3=2a-a^2\), soit \(a^2-2a-3=0\). Donc \(\boxed{a=-1\text{ ou }a=3}\).

3. Pour \(a=-1\), \(T_1:y=-2x-1\). Pour \(a=3\), \(T_2:y=6x-9\). Ainsi \(\boxed{T_1:y=-2x-1}\) et \(\boxed{T_2:y=6x-9}\).

4. Les deux droites donnent bien \(y=-3\) pour \(x=1\). De plus, leurs pentes \(-2\) et \(6\) valent respectivement \(2(-1)\) et \(2(3)\), les nombres dérivés de \(x^2\) aux points de contact.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f(0)=c=1\), donc \(c=1\). De plus \(f'(x)=3x^2+2ax+b\), donc \(f'(0)=b=3\). Ainsi \(\boxed{b=3,c=1}\).

2. La condition \(f'(1)=0\) donne \(3+2a+3=0\), donc \(\boxed{a=-3}\).

3. Ainsi \(f(x)=x^3-3x^2+3x+1\) et \(f'(x)=3x^2-6x+3=\boxed{3(x-1)^2}\).

4. La dérivée est positive ou nulle sur \(\mathbb R\) et ne change pas de signe en \(1\). La fonction est strictement croissante sur \(\mathbb R\) ; \(x=1\) est un point à tangente horizontale, mais \(\boxed{\text{pas un extremum}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(F'(x)=3x^2\). Ainsi \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3-2}{3x_n^2}=\dfrac{2x_n}{3}+\dfrac{2}{3x_n^2}\), donc \(\boxed{x_{n+1}=\dfrac13\left(2x_n+\dfrac{2}{x_n^2}\right)}\).

2. Avec \(x_0=3/2\), on obtient \(x_1=\dfrac13\left(3+\dfrac89\right)=\boxed{\dfrac{35}{27}}\approx1{,}296296\).

3. En remplaçant \(x_1=35/27\), on obtient \(\boxed{x_2=\dfrac{125116}{99225}}\approx\boxed{1{,}260932}\).

4. Une troisième itération donne \(x_3\approx\boxed{1{,}259922}\). Ainsi \(\boxed{\sqrt[3]{2}\approx1{,}259922}\) à \(10^{-6}\) près.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f_m'(x)=3x^2-6x+m\). Son discriminant est \(\Delta=36-12m=\boxed{12(3-m)}\).

2. Si \(m>3\), alors \(\Delta<0\) et \(f_m'>0\) partout : \(f_m\) est strictement croissante. Si \(m=3\), \(f_m'(x)=3(x-1)^2\ge0\) et \(f_m(x)=(x-1)^3+1\), donc elle reste strictement croissante. Si \(m<3\), la dérivée est positive à l’extérieur des deux racines et négative entre elles : croissance, décroissance, croissance.

3. Pour \(m<3\), les racines sont \(\boxed{x_1=1-\sqrt{\dfrac{3-m}{3}}}\) et \(\boxed{x_2=1+\sqrt{\dfrac{3-m}{3}}}\). Il y a un maximum local en \(x_1\) et un minimum local en \(x_2\).

4. Pour \(m=0\), \(f_0'(x)=3x(x-2)\). Donc maximum local en \(x=0\), de valeur \(0\), et minimum local en \(x=2\), de valeur \(8-12=-4\). Ainsi \(\boxed{f_0(0)=0}\) et \(\boxed{f_0(2)=-4}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f'(x)=2x-\dfrac4{x^2}=\boxed{\dfrac{2(x^3-2)}{x^2}}\).

2. La dérivée est négative lorsque \(0<x<\sqrt[3]{2}\), nulle en \(\sqrt[3]{2}\), puis positive. Le minimum est donc atteint pour \(\boxed{x=\sqrt[3]{2}}\).

3. Posons \(r=\sqrt[3]{2}\). Comme \(4=2r^3\), \(4/r=2r^2\). Donc \(f(r)=3r^2=\boxed{3\sqrt[3]{4}}\).

4. Ainsi, pour tout \(x>0\), \(\boxed{x^2+\dfrac4x\ge3\sqrt[3]{4}}\), avec égalité si et seulement si \(\boxed{x=\sqrt[3]{2}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(V(x)=x(20-2x)(30-2x)\), avec \(\boxed{0<x<10}\).

2. En développant, \(V(x)=600x-100x^2+4x^3\), donc \(V'(x)=600-200x+12x^2=4(3x^2-50x+150)\). Les racines sont \(\boxed{x=\dfrac{25\pm5\sqrt7}{3}}\).

3. La racine \(\dfrac{25+5\sqrt7}{3}\approx12{,}74\) est hors du domaine. La seule racine admissible est \(x_*=\dfrac{25-5\sqrt7}{3}\approx3{,}924\). La dérivée passe de positive à négative en \(x_*\), donc c’est un maximum.

4. On obtient \(V(x_*)=\boxed{\dfrac{10000+7000\sqrt7}{27}}\text{ cm}^3\approx1056{,}306\text{ cm}^3\). Au \(\text{cm}^3\) près : \(\boxed{1056\text{ cm}^3}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(B_t'(q)=-2q+50-t\). Le maximum est atteint lorsque la dérivée s’annule : \(\boxed{q_t=\dfrac{50-t}{2}}\).

2. Comme \(t\in[0;30]\), on a \(20\le50-t\le50\), donc \(10\le q_t\le25\). Ainsi \(q_t\in[0;50]\) pour tout paramètre autorisé.

3. En substituant, \(M(t)=-\dfrac{(50-t)^2}{4}+\dfrac{(50-t)^2}{2}-100=\boxed{\dfrac{(50-t)^2}{4}-100}\).

4. On a \(M(t)>0\iff(50-t)^2>400\). Comme \(50-t>0\), cela donne \(50-t>20\), soit \(\boxed{t<30}\). De plus \(q_t=(50-t)/2\) diminue linéairement avec \(t\) : une hausse de la taxe réduit la production optimale.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. La largeur vaut \(2x\), la hauteur \(12-x^2\), donc \(A(x)=\boxed{2x(12-x^2)}\), avec \(\boxed{0\le x\le2\sqrt3}\).

2. On a \(A(x)=24x-2x^3\), donc \(A'(x)=24-6x^2=\boxed{6(2-x)(2+x)}\).

3. Sur le domaine \(x\ge0\), la dérivée est positive avant \(2\), nulle en \(2\), puis négative après. Ainsi \(\boxed{x=2}\) maximise l’aire.

4. La largeur vaut \(4\), la hauteur \(12-4=8\), et l’aire \(4\times8=\boxed{32}\). Le rectangle optimal a donc pour dimensions \(\boxed{4\times8}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. La tangente vaut \(y=\dfrac1a-\dfrac1{a^2}(x-a)=\boxed{-\dfrac{x}{a^2}+\dfrac2a}\).

2. Pour \(y=0\), on obtient \(x=2a\), donc \(A(2a;0)\). Pour \(x=0\), on obtient \(y=2/a\), donc \(B(0;2/a)\).

3. L’aire est \(\mathcal A=\dfrac12\times2a\times\dfrac2a=\boxed{2}\).

4. La valeur \(2\) est indépendante de \(a\). Ainsi \(\boxed{\mathcal A=2}\) pour toute tangente \(T_a\) ; les dimensions du triangle changent avec \(a\), mais pas son aire.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(f(0)=1\) et \(f'(x)=-\dfrac1{(1+x)^2}\), donc \(f'(0)=-1\). La tangente est \(\boxed{T:y=1-x}\).

2. On calcule \(f(x)-T(x)=\dfrac1{1+x}-1+x=\dfrac{1-(1+x)+x(1+x)}{1+x}=\boxed{\dfrac{x^2}{1+x}}\).

3. Pour \(0\le x\le0{,}05\), le dénominateur vérifie \(1+x\ge1\). Donc \(0\le\dfrac{x^2}{1+x}\le x^2\). Ainsi \(\boxed{0\le f(x)-(1-x)\le x^2}\).

4. Pour \(x=0{,}02\), l’approximation donne \(\boxed{0{,}98}\). L’erreur exacte vaut \(\dfrac{0{,}02^2}{1{,}02}=\dfrac1{2550}\approx\boxed{0{,}000392}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. Les intersections vérifient \(x^2=mx-1\), soit \(\boxed{x^2-mx+1=0}\).

2. Le discriminant vaut \(\Delta=m^2-4\). Il n’y a aucun point si \(|m|<2\), un seul point si \(|m|=2\), et deux points si \(|m|>2\).

3. La tangence correspond à \(m^2-4=0\), donc \(\boxed{m=2\text{ ou }m=-2}\). Pour \(m=2\), la racine double est \(x=1\), point \(A(1;1)\). Pour \(m=-2\), la racine double est \(x=-1\), point \(B(-1;1)\).

4. La dérivée de \(x^2\) est \(2x\). En \(x=1\), la pente vaut \(2\) ; en \(x=-1\), elle vaut \(-2\). On retrouve donc exactement \(\boxed{m=\pm2}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(h'(x)=\dfrac12-\dfrac1{2\sqrt x}=\boxed{\dfrac{\sqrt x-1}{2\sqrt x}}\). La dérivée est négative sur \(]0;1[\), nulle en \(1\), puis positive sur \(]1;+\infty[\).

2. Ainsi \(h\) décroît jusqu’à \(1\), puis croît. Son minimum vaut \(h(1)=1-1=\boxed{0}\).

3. Puisque \(h(x)\ge0\), on obtient \(\boxed{\sqrt x\le\dfrac{x+1}{2}}\), avec égalité si et seulement si \(\boxed{x=1}\).

4. Avec \(x=a/b\), on a \(\sqrt{a/b}\le\dfrac{a/b+1}{2}\). En multipliant par \(b>0\), \(\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}\). Donc \(\boxed{\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}}\), avec égalité lorsque \(a=b\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On a \(x^2+4x+7=(x+1)(x+3)+4\). Donc \(f(x)=x+3+\dfrac4{x+1}\), puis \(f'(x)=1-\dfrac4{(x+1)^2}=\boxed{\dfrac{(x-1)(x+3)}{(x+1)^2}}\).

2. Sur \(]-1;+\infty[\), \(x+3>0\) et le dénominateur est positif. Le signe de \(f'\) est donc celui de \(x-1\). Ainsi \(f\) décroît sur \(]-1;1]\), puis croît sur \([1;+\infty[\). On calcule \(f(1)=1+3+2=\boxed{6}\).

3. Puisque \(6\) est le minimum global, \(f(x)\ge6\) pour tout \(x\in]-1;+\infty[\), avec égalité uniquement en \(x=1\). L’ensemble des solutions est donc \(\boxed{]-1;+\infty[}\).

4. On résout \(1-\dfrac4{(x+1)^2}=\dfrac12\), soit \((x+1)^2=8\). Comme \(x>-1\), on a \(x+1>0\), donc \(x+1=2\sqrt2\). Ainsi \(\boxed{x=2\sqrt2-1}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.