Examen blanc — Analyse (limites, continuité, dérivation)

Partie A.

1. Pour $x\ne 1$, on multiplie par la quantité conjuguée :
$g(x)=\frac{\sqrt{x+3}-2}{x-1}=\frac{(\sqrt{x+3}-2)(\sqrt{x+3}+2)}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\frac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\frac{x-1}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}$.
Donc pour $x\ne 1$ : $g(x)=\frac{1}{\sqrt{x+3}+2}$, d'où $\underset{x\to 1}{\lim }g(x)=\frac{1}{\sqrt{4}+2}=\frac{1}{4}$.

2. On a $\underset{x\to 1}{\lim }g(x)=\frac{1}{4}=g(1)$, donc $g$ est continue en $1$.

Partie B.

1. $h$ est une fonction polynôme, donc continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. On a $h^{\prime }(x)=3x^2+1$. Or $3x^2\ge 0$ donc $h^{\prime }(x)\ge 1>0$ pour tout $x\in \mathbb{R}$. Ainsi $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

2. $h$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$, donc elle réalise une bijection de $\mathbb{R}$ vers $h(\mathbb{R})$. Comme $\underset{x\to -\infty }{\lim }h(x)=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }h(x)=+\infty$, on a $h(\mathbb{R})=\mathbb{R}$. Puisque $0\in \mathbb{R}$, l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\mathbb{R}$.
De plus $h(0)=-1<0$ et $h(1)=1>0$, donc $h(0)h(1)<0$. Par le théorème des valeurs intermédiaires (et la stricte monotonie), $\alpha \in ]0,1[$.

1. Quand $x\to 1$, le numérateur tend vers $1-3=-2<0$ et le dénominateur tend vers $0$.
Pour $x\to 1^{-}$ : $x-1<0$, donc $f(x)\to \frac{-2}{0^{-}}=+\infty$.
Pour $x\to 1^{+}$ : $x-1>0$, donc $f(x)\to \frac{-2}{0^{+}}=-\infty$.
Comme une de ces limites est infinie, la droite $x=1$ est asymptote verticale à $(\mathcal{C})$.
Aux infinis : $f(x)\sim \frac{x^2}{x}=x$, donc $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)=-\infty$ et $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=+\infty$.

2. Par division euclidienne : $x^2-3=(x-1)(x+1)-2$. Donc pour $x\ne 1$ :
$f(x)=\frac{(x-1)(x+1)-2}{x-1}=x+1-\frac{2}{x-1}$.
Or $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\left(f(x)-(x+1)\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2}{x-1}=0$, donc $(\Delta ):y=x+1$ est asymptote oblique à $(\mathcal{C})$ en $-\infty$ et en $+\infty$.

3. $f$ est dérivable sur $D$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas. Avec $u=x^2-3$ et $v=x-1$ :
$f^{\prime }(x)=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}=\frac{2x(x-1)-(x^2-3)\cdot 1}{(x-1{)}^2}=\frac{2x^2-2x-x^2+3}{(x-1{)}^2}=\frac{x^2-2x+3}{(x-1{)}^2}$.
Le dénominateur $(x-1{)}^2>0$ sur $D$. Le numérateur $x^2-2x+3$ a pour discriminant $\Delta =4-12=-8<0$ et son coefficient dominant est positif, donc $x^2-2x+3>0$ pour tout $x$. Ainsi $f^{\prime }(x)>0$ sur $D$.

4. $f$ est donc strictement croissante sur $]-\infty ,1[$ et sur $]1,+\infty [$.
Tableau de variations : sur $]-\infty ,1[$, $f$ croît de $-\infty$ (en $-\infty$) à $+\infty$ (en $1^{-}$) ; sur $]1,+\infty [$, $f$ croît de $-\infty$ (en $1^{+}$) à $+\infty$ (en $+\infty$).