Exercices corrigés : l'étude complète de fonction (201-NYA)

a) Domaine : le dénominateur $x^{2}-9=(x-3)(x+3)$ s'annule en $x=\pm 3$, donc $D_{f}=\mathbb{R}\setminus\{-3,3\}$. Ces valeurs ne se simplifient pas avec le numérateur $2x^{2}$, ce sont donc bien des asymptotes VERTICALES : $x=3$ et $x=-3$. Asymptote horizontale : $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x^{2}}{x^{2}-9}=\frac{2}{1}=2$ (degrés égaux, rapport des coefficients dominants), donc $y=2$. Vérification du comportement près de $x=3$ : à droite le dénominateur est positif et petit, donc $f\to+\infty$; à gauche il est négatif, donc $f\to-\infty$. Ce détail de signe se lit sur le tableau et il est exigé à l'examen.

b) Le degré du numérateur (2) dépasse celui du dénominateur (1) d'exactement 1 : il y a donc une asymptote oblique. Division : $x^{2}+1=(x-1)(x+1)+2$, d'où $g(x)=x+1+\frac{2}{x-1}$. Comme $\frac{2}{x-1}\to 0$ quand $x\to\pm\infty$, la courbe se colle à la droite $y=x+1$ : c'est l'asymptote oblique. Le reste donne en prime le CÔTÉ d'approche : pour $x>1$ le reste est positif, la courbe est au-dessus de l'asymptote; pour $x<1$ il est négatif, elle est en dessous. Il y a par ailleurs une asymptote verticale en $x=1$.

c) Soit $d_{N}$ le degré du numérateur et $d_{D}$ celui du dénominateur. Si $d_{N}<d_{D}$ : asymptote horizontale $y=0$, par exemple $\frac{1}{x^{2}+1}$. Si $d_{N}=d_{D}$ : asymptote horizontale $y=$ rapport des coefficients dominants, par exemple $\frac{2x^{2}}{x^{2}-9}$ avec $y=2$ comme au point a). Si $d_{N}=d_{D}+1$ : asymptote OBLIQUE obtenue par division, comme au point b). Si $d_{N}\geq d_{D}+2$ : ni horizontale ni oblique, la courbe part vers l'infini en suivant une parabole ou une courbe de degré supérieur, par exemple $\frac{x^{3}}{x-1}$ qui se comporte comme $x^{2}+x+1$. Le critère est purement une affaire de degrés et se vérifie en trois secondes.

d) Contre-exemple : $h(x)=\frac{2x}{x^{2}+1}$ a pour asymptote horizontale $y=0$ (le degré du numérateur est inférieur), et pourtant $h(0)=0$ : la courbe COUPE son asymptote à l'origine, avant de s'en rapprocher par au-dessus puis par en dessous. L'affirmation est donc fausse en général : une asymptote décrit un comportement à l'INFINI, elle n'impose rien à distance finie. Elle est en revanche vraie pour les asymptotes VERTICALES, qu'aucune courbe ne peut couper : la valeur $x=a$ est exclue du domaine, la courbe n'a donc aucun point d'abscisse $a$. La distinction est exactement celle entre une contrainte de domaine, qui est absolue, et une contrainte de limite, qui n'est qu'asymptotique.

a) $f'(x)=3x^{2}-6x-9=3(x^{2}-2x-3)=3(x-3)(x+1)$, qui s'annule en $x=-1$ et $x=3$. Signes : pour $x<-1$ les deux facteurs sont négatifs, donc $f'>0$; entre $-1$ et 3, $(x+1)>0$ et $(x-3)<0$, donc $f'<0$; pour $x>3$, $f'>0$. La fonction croît sur $\left]-\infty,-1\right]$, décroît sur $\left[-1,3\right]$, croît sur $\left[3,+\infty\right[$. En $x=-1$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : MAXIMUM local, de valeur $f(-1)=-1-3+9+5=10$. En $x=3$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : MINIMUM local, de valeur $f(3)=27-27-27+5=-22$.

b) $f''(x)=6x-6=6(x-1)$. En $x=-1$ : $f''(-1)=-12<0$, donc maximum local ✓. En $x=3$ : $f''(3)=12>0$, donc minimum local ✓. Les deux tests s'accordent, comme ils le doivent toujours lorsque le second est applicable. Le test de la dérivée seconde est plus rapide quand il fonctionne, puisqu'il demande une seule évaluation au lieu d'une étude de signe sur tout un intervalle; mais il ne dit rien sur les variations GLOBALES, que seul le tableau de signes de $f'$ fournit. À l'examen, le tableau reste donc obligatoire.

c) $g(x)=x^{4}$ donne $g'(x)=4x^{3}$, qui s'annule en $x=0$ : c'est bien un nombre critique. Puis $g''(x)=12x^{2}$, donc $g''(0)=0$ : le test de la dérivée seconde ne conclut PAS, il est muet. On revient au test de la dérivée première : $g'(x)=4x^{3}$ est négatif pour $x<0$ et positif pour $x>0$, donc $g'$ passe de $-$ à $+$ et $x=0$ est un MINIMUM local (et même global). L'exemple montre que $f''(c)=0$ n'autorise aucune conclusion, ni dans un sens ni dans l'autre : il faut alors redescendre d'un étage.

d) L'exemple type est $f(x)=x^{3}$ en $x=0$ : $f'(x)=3x^{2}$ s'annule bien en 0, qui est donc un nombre critique, mais $f'(x)>0$ de part et d'autre, donc $f'$ ne CHANGE PAS de signe. Il n'y a ni maximum ni minimum : la fonction continue de croître en marquant seulement une pause, avec une tangente horizontale au passage. Le point est en revanche un point d'inflexion, puisque $f''(x)=6x$ change de signe en 0. Conclusion à retenir : « nombre critique » et « extremum » ne sont pas synonymes. Le nombre critique n'est qu'un CANDIDAT, et c'est le changement de signe de $f'$ qui décide. Beaucoup d'étudiants perdent des points en annonçant un extremum dès qu'ils ont annulé la dérivée, sans faire le tableau de signes.

a) $f'(x)=3x^{2}-12x+9$ et $f''(x)=6x-12=6(x-2)$. La dérivée seconde s'annule en $x=2$, est négative pour $x<2$ (courbe concave, ouverte vers le bas) et positive pour $x>2$ (courbe convexe, ouverte vers le haut). Il y a donc CHANGEMENT de signe en $x=2$, et $f$ y est définie : c'est un point d'inflexion, de coordonnées $\left(2,f(2)\right)=(2,8-24+18)=(2,2)$. Un point d'inflexion se donne toujours avec ses deux coordonnées, l'abscisse seule ne vaut pas la réponse complète.

b) $g(x)=x^{4}$ donne $g''(x)=12x^{2}$, qui s'annule bien en $x=0$. Mais $12x^{2}\geq 0$ pour TOUT $x$ : la dérivée seconde touche zéro sans changer de signe, la courbe reste convexe des deux côtés. Il n'y a donc AUCUN point d'inflexion en 0. La condition manquante est précisément le CHANGEMENT DE SIGNE de $f''$ : l'annulation seule ne suffit pas. C'est le parallèle exact du piège de l'exercice précédent, où $f'(c)=0$ ne garantissait pas un extremum. Dans les deux cas, ce qui décide est un changement de signe, pas une annulation.

c) Oui, les deux notions sont indépendantes : $f'$ gouverne le sens de variation et $f''$ la forme. Exemple explicite : $f(x)=\frac{1}{x}$ sur $\left]0,+\infty\right[$, ou plus simplement $f(x)=e^{-x}$ sur $\mathbb{R}$. Pour cette dernière, $f'(x)=-e^{-x}<0$ (décroissante) et $f''(x)=e^{-x}>0$ (convexe) partout. L'allure obtenue est celle d'une courbe qui descend en s'aplatissant : elle décroît, mais de moins en moins vite, et se rapproche de son asymptote horizontale $y=0$ par au-dessus. C'est le profil de toute décroissance exponentielle, qu'il s'agisse d'un refroidissement, d'une décharge de condensateur ou d'une désintégration radioactive.

d) $h(x)=\frac{1}{x}=x^{-1}$ donne $h'(x)=-x^{-2}$ et $h''(x)=2x^{-3}=\frac{2}{x^{3}}$. Pour $x>0$ : $h''>0$, la courbe est convexe. Pour $x<0$ : $h''<0$, elle est concave. La dérivée seconde change donc bien de signe en traversant $x=0$, mais il n'y a PAS de point d'inflexion, car $x=0$ n'appartient pas au domaine : il n'existe aucun point de la courbe à cette abscisse. Un point d'inflexion est un POINT de la courbe, il lui faut donc une image. C'est le piège classique des fonctions rationnelles, et il se neutralise en revenant systématiquement au domaine établi à la première étape de l'étude : d'où l'importance de l'ordre imposé.

a) $f$ est PAIRE si $f(-x)=f(x)$ pour tout $x$ du domaine (lequel doit être symétrique par rapport à 0) : sa courbe est alors symétrique par rapport à l'AXE DES ORDONNÉES. $f$ est IMPAIRE si $f(-x)=-f(x)$ : sa courbe est symétrique par rapport à l'ORIGINE. Dans les deux cas, il suffit d'étudier la fonction sur $\left[0,+\infty\right[$ et de compléter par symétrie : le travail est divisé par deux.

b) Pour $f$ : $f(-x)=\frac{(-x)^{2}}{(-x)^{2}+1}=\frac{x^{2}}{x^{2}+1}=f(x)$, donc $f$ est PAIRE. Pour $g$ : $g(-x)=\frac{-x^{3}}{x^{2}+1}=-g(x)$, donc $g$ est IMPAIRE. Pour $h$ : $h(-x)=x^{2}-x$, qui n'est ni $h(x)$ ni $-h(x)$ (il suffit de tester $x=1$ : $h(1)=2$ et $h(-1)=0$), donc $h$ n'est NI paire NI impaire. Retenir que c'est le cas le plus fréquent : la parité est une propriété rare, et un contre-exemple numérique unique suffit à la réfuter, ce qui est bien plus rapide qu'un calcul général.

c) Dérivons l'identité $f(-x)=f(x)$ membre à membre par rapport à $x$. À gauche, la règle de chaîne donne $-f'(-x)$; à droite, $f'(x)$. Donc $-f'(-x)=f'(x)$, c'est-à-dire $f'(-x)=-f'(x)$ : la dérivée d'une fonction paire est IMPAIRE ✓. En $x=0$, cela donne $f'(0)=-f'(0)$, donc $2f'(0)=0$ et $f'(0)=0$ : toute fonction paire dérivable en 0 y a une tangente HORIZONTALE. C'est cohérent avec la symétrie axiale, qui interdit toute pente non nulle au point de la courbe situé sur l'axe. Résultat symétrique et à connaître : la dérivée d'une fonction impaire est paire.

d) $u(x)=\sin x+\cos x$ est une somme de deux fonctions $2\pi$-périodiques, donc elle est elle-même $2\pi$-périodique : $u(x+2\pi)=u(x)$. Il suffit donc d'étudier $u$ sur un intervalle de longueur $2\pi$, par exemple $\left[0,2\pi\right]$ ou $\left[-\pi,\pi\right]$, puis de reproduire le motif obtenu par translations horizontales de $2\pi$, une INFINITÉ de fois dans les deux sens. La périodicité est donc plus puissante encore que la parité : elle ramène un domaine infini à un domaine borné. On peut d'ailleurs aller plus loin ici, car $u(x)=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ : la fonction est une sinusoïde d'amplitude $\sqrt{2}$ décalée de $\frac{\pi}{4}$, ce qui donne immédiatement son maximum $\sqrt{2}$, son minimum $-\sqrt{2}$ et tous ses points remarquables sans aucune dérivation.

a) Domaine : $\mathbb{R}$ tout entier, l'exponentielle étant définie partout. Intersections : $f(x)=0$ exige $x=0$ (car $e^{-x}$ ne s'annule jamais), donc l'unique intersection est l'ORIGINE $(0,0)$, commune aux deux axes. Limites : en $-\infty$, $x\to-\infty$ et $e^{-x}\to+\infty$, donc le produit tend vers $-\infty$ sans indétermination. En $+\infty$, on a la forme indéterminée $\infty\times 0$; la croissance comparée tranche, l'exponentielle l'emportant sur toute puissance : $\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=0$. La droite $y=0$ est donc asymptote horizontale en $+\infty$ SEULEMENT, et la courbe l'approche par au-dessus puisque $f(x)>0$ pour $x>0$.

b) Par la règle du produit : $f'(x)=1\cdot e^{-x}+x\left(-e^{-x}\right)=e^{-x}(1-x)$. Le facteur $e^{-x}$ étant toujours strictement positif, le signe de $f'$ est celui de $1-x$ : positif pour $x<1$, négatif pour $x>1$. La fonction CROÎT sur $\left]-\infty,1\right]$ puis DÉCROÎT sur $\left[1,+\infty\right[$. Elle admet donc un maximum en $x=1$, de valeur $f(1)=1\cdot e^{-1}=\frac{1}{e}\approx 0{,}3679$. Ce maximum est ABSOLU, puisqu'il n'y a qu'un seul nombre critique et que la fonction croît avant puis décroît après.

c) En dérivant $f'(x)=e^{-x}(1-x)$, toujours par la règle du produit : $f''(x)=-e^{-x}(1-x)+e^{-x}(-1)=e^{-x}\left(-1+x-1\right)=e^{-x}(x-2)$. Le signe est celui de $x-2$ : négatif pour $x<2$ (courbe CONCAVE), positif pour $x>2$ (courbe CONVEXE). Il y a changement de signe en $x=2$, où la fonction est définie : c'est un POINT D'INFLEXION, de coordonnées $\left(2,\;2e^{-2}\right)\approx(2;\,0{,}2707)$.

d) La courbe vient de $-\infty$ en bas à gauche, croît en traversant l'origine, atteint son maximum $\frac{1}{e}$ en $x=1$, puis redescend en s'aplatissant, change de courbure en $x=2$ et se colle à l'axe des abscisses sans jamais l'atteindre. La fonction tend vers 0 en $+\infty$ bien que le facteur $x$ tende vers l'infini parce que le second facteur $e^{-x}$ tend vers 0 BEAUCOUP plus vite : c'est la hiérarchie des croissances comparées, selon laquelle l'exponentielle domine toute puissance. Concrètement, en $x=20$ le facteur $x$ vaut 20 mais $e^{-20}\approx 2\times 10^{-9}$, et le produit vaut environ $4\times 10^{-8}$. Le combat entre un facteur qui grandit et un facteur qui s'écrase est remporté, toujours, par l'exponentielle. C'est ce même argument qui gouvernera la convergence des intégrales impropres et des séries au cours de calcul intégral.

a) Domaine : $x-1\neq 0$, donc $D_{f}=\mathbb{R}\setminus\{1\}$. Intersections : $f(x)=0$ exige $x^{2}=0$, donc l'origine $(0,0)$, qui est à la fois l'intersection avec l'axe des $x$ et avec l'axe des $y$; la courbe y est tangente à l'axe puisque $x^{2}$ a une racine double. Asymptote verticale : $x=1$, avec $f\to-\infty$ à gauche (dénominateur négatif, numérateur positif) et $f\to+\infty$ à droite. Asymptote oblique : le degré du numérateur dépasse de 1 celui du dénominateur, et la division donne $x^{2}=(x-1)(x+1)+1$, donc $f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}$ et l'asymptote est $y=x+1$. Comme le reste $\frac{1}{x-1}$ est positif pour $x>1$, la courbe est au-dessus de l'asymptote à droite, et en dessous à gauche : la figure le confirme.

b) Par la règle du quotient : $f'(x)=\frac{2x(x-1)-x^{2}}{(x-1)^{2}}=\frac{2x^{2}-2x-x^{2}}{(x-1)^{2}}=\frac{x^{2}-2x}{(x-1)^{2}}=\frac{x(x-2)}{(x-1)^{2}}$. Le dénominateur est toujours positif (hors de $x=1$), donc le signe est celui de $x(x-2)$ : positif pour $x<0$, négatif entre 0 et 2 (en excluant 1), positif pour $x>2$. Nombres critiques : $x=0$ et $x=2$. En $x=0$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : MAXIMUM local en $(0,0)$. En $x=2$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : MINIMUM local en $\left(2,\frac{4}{1}\right)=(2,4)$. Résultat contre-intuitif à souligner : le maximum local vaut 0 et le minimum local vaut 4, donc le « maximum » est plus BAS que le « minimum ». Aucune contradiction, car ils sont locaux et situés sur des branches séparées par l'asymptote.

c) En dérivant $f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}$, forme bien plus commode que le quotient initial : $f'(x)=1-\frac{1}{(x-1)^{2}}$, puis $f''(x)=\frac{2}{(x-1)^{3}}$. Signe : pour $x>1$, $f''>0$, courbe convexe; pour $x<1$, $f''<0$, courbe concave. Il y a changement de signe en $x=1$, mais $x=1$ n'est PAS dans le domaine : il n'y a donc AUCUN point d'inflexion, exactement comme pour $\frac{1}{x}$ à l'exercice précédent. Notez au passage que la forme divisée $x+1+\frac{1}{x-1}$ rend les deux dérivations quasi immédiates : il vaut presque toujours la peine de diviser avant de dériver une fraction rationnelle.

d) Tableau de variation. Sur $\left]-\infty,0\right]$ : $f'>0$, $f$ croît de $-\infty$ jusqu'à 0, concave. Sur $\left[0,1\right[$ : $f'<0$, $f$ décroît de 0 vers $-\infty$, concave. Sur $\left]1,2\right]$ : $f'<0$, $f$ décroît de $+\infty$ jusqu'à 4, convexe. Sur $\left[2,+\infty\right[$ : $f'>0$, $f$ croît de 4 vers $+\infty$, convexe. La courbe a deux branches sans point commun parce que $x=1$ est exclu du domaine et que la fonction y diverge des deux côtés : la branche de gauche plonge vers $-\infty$ et celle de droite arrive de $+\infty$. Aucune valeur ne peut relier les deux, et une asymptote verticale ne se traverse jamais. La branche de gauche est concave et entièrement sous l'asymptote oblique; celle de droite est convexe et entièrement au-dessus, avec un minimum en $(2,4)$ : c'est exactement ce que montre la figure.

a) Il faut $4-x^{2}\geq 0$, soit $x^{2}\leq 4$, soit $D_{f}=\left[-2,2\right]$. Le domaine est BORNÉ et FERMÉ, ce qui garantit d'emblée (fonction continue sur un fermé borné) l'existence d'un maximum et d'un minimum absolus. Parité : $f(-x)=(-x)\sqrt{4-x^{2}}=-f(x)$, la fonction est IMPAIRE, donc sa courbe est symétrique par rapport à l'origine. Cette symétrie divise le travail par deux : tout ce qu'on établit sur $\left[0,2\right]$ se transpose par symétrie.

b) On dérive un produit dont le second facteur est composé : $f'(x)=\sqrt{4-x^{2}}+x\cdot\frac{-2x}{2\sqrt{4-x^{2}}}=\sqrt{4-x^{2}}-\frac{x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}$. On met au même dénominateur : $f'(x)=\frac{(4-x^{2})-x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}=\frac{4-2x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}$. Annulation : $4-2x^{2}=0$, donc $x=\pm\sqrt{2}$, tous deux dans le domaine. Non-existence : le dénominateur s'annule en $x=\pm 2$, donc $f'$ n'EXISTE PAS aux deux bornes. Ces points comptent aussi comme nombres critiques (la définition inclut les points du domaine où la dérivée n'existe pas), et les oublier est l'erreur classique de ce type d'exercice.

c) Valeurs aux candidats : $f(\sqrt{2})=\sqrt{2}\sqrt{4-2}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2$; $f(-\sqrt{2})=-2$; $f(2)=2\cdot 0=0$; $f(-2)=0$. Le maximum absolu vaut donc $2$, atteint en $x=\sqrt{2}$, et le minimum absolu vaut $-2$, atteint en $x=-\sqrt{2}$. Il faut examiner les bornes parce que le théorème des valeurs extrêmes garantit que les extremums absolus sont atteints, mais ils peuvent l'être en un point où la dérivée ne s'annule pas : aux bornes d'un intervalle fermé, rien n'oblige la tangente à être horizontale. La procédure obligatoire est donc de comparer les valeurs de $f$ en TOUS les nombres critiques ET aux deux bornes, puis de choisir la plus grande et la plus petite. Ici les bornes ne fournissent pas les extremums, mais on ne pouvait le savoir qu'après les avoir évaluées.

d) La fonction part de $(-2,0)$, descend jusqu'au minimum $(-\sqrt{2},-2)\approx(-1{,}41,-2)$, remonte en traversant l'origine, atteint le maximum $(\sqrt{2},2)$, puis redescend jusqu'à $(2,0)$ : une courbe en forme de S allongé, symétrique par rapport à l'origine comme l'impose l'imparité. Aux bornes, $f'(x)=\frac{4-2x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}$ a un dénominateur qui tend vers 0 alors que le numérateur tend vers $4-8=-4\neq 0$ : la dérivée tend donc vers l'infini en valeur absolue. La tangente devient VERTICALE en $(-2,0)$ et en $(2,0)$. La courbe rejoint donc l'axe des abscisses à la verticale, ce qui est le comportement typique des fonctions à radical au bord de leur domaine et qu'il faut mentionner explicitement dans le tracé.

a) On lit le SIGNE de $f'$ sur la figure, pas ses variations. La parabole $f'(x)=(x+1)(x-3)$ est au-dessus de l'axe pour $x<-1$ et pour $x>3$, en dessous entre $-1$ et 3. Donc $f$ CROÎT sur $\left]-\infty,-1\right]$, DÉCROÎT sur $\left[-1,3\right]$, CROÎT sur $\left[3,+\infty\right[$. En $x=-1$, $f'$ passe de $+$ à $-$ : maximum local de $f$. En $x=3$, $f'$ passe de $-$ à $+$ : minimum local de $f$. Rien ici n'exige de connaître $f$ elle-même : le signe de la dérivée suffit entièrement.

b) La concavité de $f$ est donnée par le signe de $f''$, c'est-à-dire par la CROISSANCE de $f'$, qui se lit directement sur la figure comme la pente de la parabole. La parabole décroît jusqu'à son sommet puis croît; son sommet est à mi-chemin des racines, en $x=\frac{-1+3}{2}=1$. Donc $f'$ décroît pour $x<1$, ce qui signifie $f''<0$ et $f$ CONCAVE; et $f'$ croît pour $x>1$, donc $f''>0$ et $f$ CONVEXE. Le point d'inflexion de $f$ est en $x=1$, là où la dérivée atteint son minimum. Règle de lecture à retenir : sur le graphique de $f'$, le SIGNE donne les variations de $f$, et la PENTE donne la concavité de $f$.

c) La confusion porte sur l'objet du minimum. En $x=1$, c'est bien la fonction $f'$ qui atteint un minimum, ce qui signifie que la PENTE de $f$ y est la plus négative possible : $f$ décroît alors le plus rapidement de tout son parcours. C'est le point le plus « raide » de la descente, certainement pas un creux. Puisque $f'(1)=(2)(-2)=-4\neq 0$, la fonction $f$ ne peut d'ailleurs avoir aucun extremum en $x=1$, un extremum exigeant une tangente horizontale. Ce que $x=1$ donne pour $f$, c'est un point d'INFLEXION, comme établi au point b). L'erreur consiste à lire le graphique comme s'il représentait $f$ : un minimum sur le graphique de $f'$ est une information sur la concavité de $f$, jamais sur ses extremums.

d) On développe : $f'(x)=x^{2}-2x-3$, donc $f(x)=\frac{x^{3}}{3}-x^{2}-3x+C$. La condition $f(0)=2$ donne $C=2$, d'où $f(x)=\frac{x^{3}}{3}-x^{2}-3x+2$. Vérifications. Extremums : $f(-1)=-\frac{1}{3}-1+3+2=\frac{11}{3}\approx 3{,}67$ et $f(3)=9-9-9+2=-7$; on a bien un maximum local en $-1$ et un minimum local en 3, cohérents avec le point a). Concavité : $f''(x)=2x-2$, qui s'annule et change de signe en $x=1$, avec $f(1)=\frac{1}{3}-1-3+2=-\frac{5}{3}\approx-1{,}67$ : le point d'inflexion est $\left(1,-\frac{5}{3}\right)$, conforme au point b) ✓. Notez que la constante $C$ ne change ni les extremums ni l'inflexion en ABSCISSE : toutes les primitives de $f'$ ont exactement les mêmes variations et la même concavité, elles ne diffèrent que par une translation verticale. Le graphique de $f'$ détermine donc la FORME de $f$, mais pas sa position, et c'est la condition $f(0)=2$ qui fixe cette dernière.

a) Domaine : le logarithme exige $x>0$, donc $D_{g}=\left]0,+\infty\right[$. Intersection : $g(x)=0$ équivaut à $\ln x=0$, donc $x=1$ : la courbe coupe l'axe des abscisses en $(1,0)$, et il n'y a aucune intersection avec l'axe des ordonnées puisque 0 est exclu. Limites. En $0^{+}$ : $\ln x\to-\infty$ et $x\to 0^{+}$, donc le quotient tend vers $-\infty$ (forme $\frac{-\infty}{0^{+}}$, DÉTERMINÉE), et la droite $x=0$ est asymptote verticale. En $+\infty$ : forme indéterminée $\frac{\infty}{\infty}$, levée par les croissances comparées puisque $x$ l'emporte sur $\ln x$, d'où $\lim_{x\to+\infty}g(x)=0$ et l'asymptote horizontale $y=0$. La courbe l'approche par AU-DESSUS, car $g(x)>0$ dès que $x>1$.

b) Par la règle du quotient : $g'(x)=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$. Le dénominateur étant positif sur le domaine, le signe est celui de $1-\ln x$ : positif quand $\ln x<1$, c'est-à-dire $x<e$, et négatif pour $x>e$. La fonction CROÎT sur $\left]0,e\right]$ puis DÉCROÎT sur $\left[e,+\infty\right[$. Maximum en $x=e$, de valeur $g(e)=\frac{\ln e}{e}=\frac{1}{e}\approx 0{,}3679$, et il est absolu pour la même raison qu'à l'exercice précédent.

c) En dérivant $g'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ par la règle du quotient : $g''(x)=\frac{-\frac{1}{x}\cdot x^{2}-(1-\ln x)(2x)}{x^{4}}=\frac{-x-2x+2x\ln x}{x^{4}}=\frac{x\left(2\ln x-3\right)}{x^{4}}=\frac{2\ln x-3}{x^{3}}$. Sur le domaine, $x^{3}>0$, donc le signe est celui de $2\ln x-3$, qui s'annule pour $\ln x=\frac{3}{2}$, soit $x=e^{3/2}\approx 4{,}482$. La courbe est concave avant, convexe après : c'est bien un point d'inflexion, de coordonnées $\left(e^{3/2},\;\frac{3}{2}e^{-3/2}\right)\approx(4{,}482;\,0{,}3347)$.

d) Les deux maximums valent exactement $\frac{1}{e}$, atteints respectivement en $x=e$ pour $g$ et en $x=1$ pour $f$. La coïncidence n'est PAS fortuite : les deux fonctions sont RÉCIPROQUES l'une de l'autre au sens suivant. Posons $x=e^{t}$ dans $g$ : alors $g\left(e^{t}\right)=\frac{t}{e^{t}}=te^{-t}=f(t)$. Autrement dit, $g$ n'est autre que $f$ observée après le changement de variable $t=\ln x$, qui est une déformation strictement croissante de l'axe des abscisses. Une telle déformation ne change ni les valeurs prises ni leur ordre : elle déplace seulement les abscisses où elles sont atteintes. Le maximum est donc le MÊME, et il se déplace de $t=1$ à $x=e^{1}=e$ ✓. On vérifie de même que le point d'inflexion se déplace de $t=2$ à $x=e^{2}$... attention, ici l'inflexion de $g$ est en $e^{3/2}$ et non $e^{2}$ : la concavité, elle, N'EST PAS préservée par le changement de variable, puisqu'elle dépend de la dérivée seconde et donc de la manière dont l'axe est étiré. Seules les valeurs extrêmes se transportent, ce qui est précisément la nuance à retenir.

a) Traduisons les trois informations. ASYMPTOTE VERTICALE en $x=2$ : le dénominateur doit s'y annuler, donc $2+c=0$ et $c=-2$. ASYMPTOTE HORIZONTALE $y=3$ : les degrés du numérateur et du dénominateur étant égaux (tous deux 1), la limite en l'infini est le rapport des coefficients dominants, soit $\frac{a}{1}=a$; on impose donc $a=3$. POINT $f(0)=1$ : en substituant, $\frac{a(0)+b}{0+c}=\frac{b}{c}=1$, donc $b=c=-2$. Conclusion : $f(x)=\frac{3x-2}{x-2}$.

b) Asymptote verticale : le dénominateur $x-2$ s'annule en $x=2$, et le numérateur y vaut $3(2)-2=4\neq 0$, donc la valeur ne se simplifie pas et $x=2$ est bien une asymptote verticale ✓ (vérification numérique : $f(2{,}001)=4003$). Asymptote horizontale : $\lim_{x\to\pm\infty}\frac{3x-2}{x-2}=3$ ✓. Enfin $f(0)=\frac{-2}{-2}=1$ ✓. Les trois conditions sont satisfaites. La vérification que le numérateur ne s'annule PAS en $x=2$ est essentielle : si les deux s'annulaient, la fraction se simplifierait et l'on aurait un trou au lieu d'une asymptote.

c) Par la règle du quotient : $f'(x)=\frac{3(x-2)-(3x-2)(1)}{(x-2)^{2}}=\frac{3x-6-3x+2}{(x-2)^{2}}=\frac{-4}{(x-2)^{2}}$. Le numérateur est la constante $-4$, donc $f'(x)<0$ pour tout $x\neq 2$ : la dérivée ne s'annule JAMAIS, il n'y a donc AUCUN extremum. La fonction est strictement décroissante sur chacun des deux intervalles $\left]-\infty,2\right[$ et $\left]2,+\infty\right[$. Attention à ne pas dire qu'elle est décroissante sur $\mathbb{R}\setminus\{2\}$ tout entier : de part et d'autre de l'asymptote, elle passe de $-\infty$ à $+\infty$, donc une valeur prise à droite peut dépasser une valeur prise à gauche. La décroissance vaut sur chaque MORCEAU séparément, jamais globalement. L'allure est celle d'une hyperbole à deux branches, centrée sur le point $(2,3)$ où se croisent les deux asymptotes.

d) EXTREMUM en $x=2$ : la dérivée $g'(x)=3x^{2}+p$ doit s'y annuler, donc $3(4)+p=0$ et $p=-12$. POINT $(0,5)$ : $g(0)=q=5$. Donc $g(x)=x^{3}-12x+5$. Nature de l'extremum : $g''(x)=6x$, donc $g''(2)=12>0$, et le test de la dérivée seconde conclut à un MINIMUM local, de valeur $g(2)=8-24+5=-11$. Remarque utile : la condition $g'(2)=0$ n'a fixé que $p$, et l'ordonnée à l'origine que $q$; chaque information a déterminé exactement un paramètre, ce qui est la situation normale d'un problème bien posé. On peut noter au passage que $g'(x)=3x^{2}-12=3(x-2)(x+2)$ s'annule aussi en $x=-2$, où $g''(-2)=-12<0$ : il y a donc également un MAXIMUM local en $x=-2$, de valeur $g(-2)=-8+24+5=21$, que l'énoncé ne demandait pas mais qu'une étude complète ferait apparaître.