Le problème de dérivabilité : asymptote oblique, tangente, position relative, équation $f(x)=k$

1. $\lim\limits_{x\to0^+}\big(x+\sqrt x\big)=0=f(0)$ : $f$ est continue à droite en $0$.

2. Idée : le taux d'accroissement en $0$. $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x+\sqrt x}{x}=1+\dfrac{1}{\sqrt x}\xrightarrow[x\to0^+]{}+\infty$ : $f$ n'est pas dérivable en $0$ ; la courbe admet en $O$ une demi-tangente verticale.

3. $\dfrac{f(x)}{x}=1+\dfrac{1}{\sqrt x}\to1$ et $f(x)-x=\sqrt x\to+\infty$ : la courbe admet en $+\infty$ une branche parabolique de direction la droite $y=x$ (pas d'asymptote oblique).

1. Idée : dérivée d'un quotient, puis factoriser par $(x^2+1)$. $f''(x)=\dfrac{4(x^2+1)^2-4x\cdot2(x^2+1)\cdot2x}{(x^2+1)^4}=\dfrac{4(x^2+1)-16x^2}{(x^2+1)^3}=\dfrac{4(1-3x^2)}{(x^2+1)^3}$. $f''$ s'annule en changeant de signe en $x=\pm\dfrac1{\sqrt3}$ : deux points d'inflexion.

2. $f\Big(\dfrac1{\sqrt3}\Big)=\dfrac{1/3-1}{1/3+1}=-\dfrac12$ et $f'\Big(\dfrac1{\sqrt3}\Big)=\dfrac{4/\sqrt3}{(4/3)^2}=\dfrac{4}{\sqrt3}\cdot\dfrac{9}{16}=\dfrac{9}{4\sqrt3}=\dfrac{3\sqrt3}{4}$. Tangente : $y=\dfrac{3\sqrt3}{4}\Big(x-\dfrac1{\sqrt3}\Big)-\dfrac12=\dfrac{3\sqrt3}{4}x-\dfrac34-\dfrac12=\dfrac{3\sqrt3}{4}x-\dfrac54$.

3. En un point d'inflexion la concavité change : la courbe est d'un côté de sa tangente avant $I$ et de l'autre après, donc elle la traverse en $I$.

1.a $f'(x)=(\ln x)^2+x\cdot2\ln x\cdot\dfrac1x=\ln x\,(\ln x+2)$.

1.b Idée : en $0^+$, écrire $x(\ln x)^2=\big(\sqrt x\,\ln x\big)^2$. Comme $\sqrt x\,\ln x=2\sqrt x\,\ln\sqrt x\to0$, on a $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=0$ ; et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$f'(x)$ a le signe du produit $\ln x\,(\ln x+2)$, qui s'annule en $e^{-2}$ et en $1$ : $f'>0$ sur $]0,e^{-2}[$, $f'<0$ sur $]e^{-2},1[$, $f'>0$ sur $]1,+\infty[$. Donc $f$ croît de $0$ à $f(e^{-2})=4e^{-2}$, décroît jusqu'à $f(1)=0$, puis croît vers $+\infty$.

2. $f\!\left(\dfrac1e\right)=\dfrac1e\,(-1)^2=\dfrac1e$ et $f'\!\left(\dfrac1e\right)=(-1)(-1+2)=-1$. D'où $T:\ y=-\left(x-\dfrac1e\right)+\dfrac1e$, soit $\boxed{y=-x+\dfrac2e}$.

3.a Idée : le minimum de $f'$ se lit dans le tableau. $f'$ décroît sur $\left]0,\dfrac1e\right]$ puis croît sur $\left[\dfrac1e,+\infty\right[$ : son minimum est $f'\!\left(\dfrac1e\right)=-1$. Donc $f'(x)\ge-1$ pour tout $x>0$, avec égalité seulement en $\dfrac1e$.

3.b $\varphi'(x)=f'(x)+1\ge0$, nul seulement en $\dfrac1e$ : $\varphi$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. Et $\varphi\!\left(\dfrac1e\right)=\dfrac1e+\dfrac1e-\dfrac2e=0$.

3.c $\varphi$ strictement croissante et nulle en $\dfrac1e$ : $\varphi(x)\ge0\iff x\ge\dfrac1e$, c'est-à-dire $\boxed{f(x)\ge-x+\dfrac2e\iff x\ge\dfrac1e}$. $(C)$ est au-dessous de $T$ sur $\left]0,\dfrac1e\right[$ et au-dessus sur $\left]\dfrac1e,+\infty\right[$.

3.d La courbe traverse sa tangente en $A$ : $A$ est un point d'inflexion de $(C)$ (c'est aussi là que $f'$ change de sens de variation).

1.a $\ln x\to-\infty$ et $3-x\to3$, donc $(3-x)\ln x\to-\infty$ et $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$ : l'axe des ordonnées (droite $x=0$) est asymptote verticale à $(C)$.

1.b Idée : factoriser par $x$. $f(x)=x\left[1+\left(\dfrac3x-1\right)\ln x\right]$ ; le crochet tend vers $-\infty$ car $\dfrac3x-1\to-1$ et $\ln x\to+\infty$. Donc $f(x)\to-\infty$, et $\dfrac{f(x)}{x}=1+\left(\dfrac3x-1\right)\ln x\to-\infty$ : $(C)$ admet en $+\infty$ une branche parabolique de direction $(O,\vec\jmath)$.

2.a $f'(x)=1-\ln x+(3-x)\cdot\dfrac1x=1-\ln x+\dfrac3x-1=\dfrac3x-\ln x$.

2.b $f(1)=1$ et $f'(1)=3$ : la tangente au point d'abscisse $1$ a pour équation $y=3(x-1)+1$, soit $\boxed{y=3x-2}$.

3.a Idée : $f'$ continue et strictement monotone, et $0$ est entre ses limites. D'après le tableau, $f'$ est continue et strictement décroissante sur $]0,+\infty[$, de $+\infty$ à $-\infty$ : elle réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\R$, et $0$ a un unique antécédent $\alpha$. Or $f'(2{,}8)\approx0{,}042>0$ et $f'(2{,}9)\approx-0{,}030<0$, donc $f'(2{,}8)>f'(\alpha)>f'(2{,}9)$ et, $f'$ étant décroissante, $\boxed{2{,}8<\alpha<2{,}9}$.

3.b $f'(x)>0$ sur $]0,\alpha[$, $f'(\alpha)=0$, $f'(x)<0$ sur $]\alpha,+\infty[$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,\alpha]$ et strictement décroissante sur $[\alpha,+\infty[$.

3.c $f$ croît sur $]0,\alpha]$ de $-\infty$ à $f(\alpha)$, puis décroît sur $[\alpha,+\infty[$ de $f(\alpha)$ à $-\infty$ ; $f(\alpha)$ est le maximum de $f$.

4.a Idée : remplacer $\ln\alpha$ grâce à $f'(\alpha)=0$. $f'(\alpha)=0\iff\ln\alpha=\dfrac3\alpha$, d'où $f(\alpha)=\alpha+(3-\alpha)\cdot\dfrac3\alpha$, soit $\boxed{f(\alpha)=\alpha+\dfrac9\alpha-3}$.

4.b $f(\alpha)-3=\alpha+\dfrac9\alpha-6=\dfrac{(\alpha-3)^2}{\alpha}>0$ car $\alpha>0$ et $\alpha\ne3$ (puisque $\alpha<2{,}9$). Donc $f(\alpha)>3$.

5. Sur $]0,\alpha]$, $f$ est continue et strictement croissante de $-\infty$ à $f(\alpha)>0$ : l'équation y a une unique solution $x_1$ ; comme $f(1)=1>0$ et $1<\alpha$, on a $x_1\in\,]0,1[$. Sur $[\alpha,+\infty[$, $f$ est continue et strictement décroissante de $f(\alpha)>0$ à $-\infty$ : une unique solution $x_2$ ; comme $f(e^2)=e^2+2(3-e^2)=6-e^2<0$ et $\alpha<e^2$, on a $x_2\in\,]\alpha,e^2[$. Au total, exactement deux solutions.

1. $\R$ est symétrique par rapport à $0$ et $f(-x)=\dfrac{-2x}{1+x^2}=-f(x)$ : $f$ est impaire, donc $(C)$ est symétrique par rapport à $O$.

2.a Idée : un point d'inflexion, c'est $f''$ qui s'annule en changeant de signe. D'après le tableau, $f''$ s'annule en $\sqrt3$ et passe du signe $-$ au signe $+$ ; de plus $f(\sqrt3)=\dfrac{2\sqrt3}{4}=\dfrac{\sqrt3}{2}$. Donc $B$ est un point d'inflexion de $(C)$.

2.b En dérivant $f(-x)=-f(x)$ : $-f'(-x)=-f'(x)$, donc $f'(-x)=f'(x)$ ($f'$ paire) ; en dérivant encore : $-f''(-x)=f''(x)$ ($f''$ impaire). Comme $f''<0$ sur $]0,\sqrt3[$, on a $f''>0$ sur $]-\sqrt3,0[$ : $f''$ s'annule en $0$ en changeant de signe, donc $O$ est un point d'inflexion. De même $f''(-\sqrt3)=-f''(\sqrt3)=0$ avec changement de signe : $B'$, symétrique de $B$ par rapport à $O$, est un point d'inflexion.

3.a $f'(x)=\dfrac{2(1+x^2)-2x\cdot2x}{(1+x^2)^2}=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}$. Comme $f(0)=0$ et $f'(0)=2$ : $\boxed{T:\ y=2x}$.

3.b $f(x)-2x=\dfrac{2x-2x(1+x^2)}{1+x^2}=-\dfrac{2x^3}{1+x^2}$, du signe de $-x^3$. Donc $(C)$ est au-dessus de $T$ sur $]-\infty,0[$, au-dessous sur $]0,+\infty[$ : elle traverse sa tangente en $O$, ce qui confirme le point d'inflexion.

4. $f'(\sqrt3)=\dfrac{2(1-3)}{(1+3)^2}=-\dfrac14$, d'où $\Delta:\ y=-\dfrac14\left(x-\sqrt3\right)+\dfrac{\sqrt3}{2}$, soit $\boxed{y=-\dfrac14x+\dfrac{3\sqrt3}{4}}$.

5. Idée : compléter le tableau sur $\R$ par symétrie. Sur $[0,+\infty[$, $f$ croît de $0$ à $f(1)=1$ puis décroît vers $0$ sans l'atteindre ; sur $]-\infty,0]$, par imparité, $f$ décroît de $0$ (limite en $-\infty$) à $f(-1)=-1$ puis croît jusqu'à $f(0)=0$. D'où :

• si $m>1$ ou $m<-1$ : aucune solution ;
• si $m=1$ : une solution ($x=1$) ; si $m=-1$ : une solution ($x=-1$) ;
• si $0<m<1$ : deux solutions, l'une dans $]0,1[$, l'autre dans $]1,+\infty[$ ;
• si $m=0$ : une seule solution, $x=0$ ;
• si $-1<m<0$ : deux solutions, dans $]-\infty,-1[$ et dans $]-1,0[$.

1.a Idée : $g'$ a le signe de la pente de $(C)$. $(C)$ monte sur $]-\infty,1]$, a une tangente horizontale en son sommet $(1,1)$, puis descend : $g'(x)>0$ sur $]-\infty,1[$, $g'(1)=0$, $g'(x)<0$ sur $]1,+\infty[$.

1.b $g(x)<\dfrac12$ quand $(C)$ est strictement au-dessous de la droite $y=\dfrac12$ : $\boxed{x\in\,]-\infty,\beta[\,\cup\,]\gamma,+\infty[}$. La droite $y=1$ ne touche $(C)$ qu'en son sommet : $g(x)<1\iff\boxed{x\in\R\setminus\{1\}}$.

2. $g'(x)=e^{1-x}-x\,e^{1-x}=(1-x)e^{1-x}$, du signe de $1-x$ (ce qui confirme 1.a). Sur $]-\infty,1]$, $g$ est continue et strictement croissante, avec $g(0)=0<\dfrac12$ et $g\!\left(\dfrac14\right)=\dfrac14e^{3/4}\approx0{,}529>\dfrac12$ : $\beta$, unique solution de $g(x)=\dfrac12$ sur cet intervalle, vérifie $0<\beta<\dfrac14$. Sur $[1,+\infty[$, $g$ est strictement décroissante avec $g(2)=\dfrac2e\approx0{,}736>\dfrac12$ et $g(3)=\dfrac3{e^2}\approx0{,}406<\dfrac12$ : $2<\gamma<3$.