Etudes de fonctions - Exercice 1

$$\red{\text{ Calculons d'une part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}+x-2+2\ln x$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } x^{2}+x-2} & {=} & {-2} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 2\ln x} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$ .
Il en résulte que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.
$$\red{\text{ Calculons d'autre part :}}$$ $$\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}+x-2+2\ln x$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x^{2}+x-2} & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2\ln x} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}{\text{par addition}}$$

$$g$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$. On obtient alors :
$$g'\left(x\right)=2x+1+\frac{2}{x}$$.
Ici, pas besoin de mettre tout au même dénominateur. En effet, on sait que $$x>0$$, de ce fait $$2x>0$$ et $$\frac{2}{x}>0$$.
Il en résulte que pour tout réel $$x$$ appartenant à $$\left]0;+\infty \right[$$, on a $$g'\left(x\right)>0$$.
Nous traduisons cela dans le tableau de variation ci-dessous :

On a :
$$g\left(1\right)=1^{2}+1-2+2\ln 1$$ ainsi

On sait que $$g\left(1\right)=0$$. Nous intégrons cette information dans le tableau de variation, ce qui nous donne :
Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } g\left(x\right)=-\infty$$ et $$\lim\limits_{x\to +\infty } g\left(x\right)=+\infty$$ . Or $$0\in \left]-\infty;+\infty \right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\mathbb{R}$$ tel que $$g\left(x\right)=0$$. Ici $$g\left(1\right)=0$$.
Sur $$\left]0;+\infty \right[$$, la fonction $$g$$ est continue et strictement croissante et $$g(1) = 0$$
Donc $$g(x)\le0$$ pour tout $$x\in \left]0;1\right]$$ et $$g(x)\ge0$$ pour tout $$x\in\left[1;+\infty\right]$$
On résume cela dans un tableau de signe :

$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to 0^{+} } 1-\frac{2}{x} } & {=} & {-\infty} \\ {\lim\limits_{x\to 0^{+} } \ln x} & {=} & {-\infty} \end{array}\right\}{\text{par produit}} \lim\limits_{x\to 0^{+} } \left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x=+\infty$$.
De plus, $$\lim\limits_{x\to 0^{+} } x=0$$.
Finalement :
Il en résulte que la courbe admet une asymptote verticale d'équation $$x=0$$.

Nous allons développer l'expression de $$f$$ afin de calculer plus facilement la limite en $$+\infty$$. On a alors :
$$f\left(x\right)=x+\left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x$$
$$f\left(x\right)=x+\ln x-\frac{2\ln x}{x}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x+\ln x } & {=} & {+\infty} \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{2\ln x}{x}} & {=} & {0} \end{array}\right\}{\text{par somme}} \lim\limits_{x\to +\infty } x+\ln x-\frac{2\ln x}{x}=+\infty$$.
Finalement :

Soit : $$f\left(x\right)=x+\left(1-\frac{2}{x} \right)\ln x$$
$$f$$ est dérivable sur $$\left]0;+\infty \right[$$.
On reconnaît la forme $$\left(w+uv\right)'=w'+u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=1-\frac{2}{x}$$ et $$v\left(x\right)=\ln \left(x\right)$$ et $$w\left(x\right)=x$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=\frac{2}{x^{2}}$$ et $$v'\left(x\right)=\frac{1}{x}$$ et $$w'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=1+\frac{2}{x^{2}}\times \ln x + \left(1-\frac{2}{x} \right)\times \frac{1}{x}$$
$$f'\left(x\right)=1+\frac{2\ln x}{x^{2}} + \frac{1}{x} - \frac{2}{x^{2}}$$ . Nous allons tout mettre au même dénominateur, ce qui donne :
$$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}}{x^{2}}+\frac{2\ln x}{x^{2}} + \frac{x}{x^{2}} - \frac{2}{x^{2}}$$
Ainsi :
$$f'\left(x\right)=\frac{x^{2}+x-2+2\ln x}{x^{2}}$$
Finalement :

On sait que : $$f'\left(x\right)=\frac{g\left(x\right)}{x^2}$$
Comme $$x$$ appartient à $$\left]0;+\infty \right[$$ alors $$x^2>0$$. Il en résulte que le signe de $$f'$$ ne dépend que de son numérateur donc ici la fonction $$g$$. Cela signifie que le signe de $$f'$$ est le même que celui de la fonction $$g$$.
Or d'après la question $$4$$, on connaît le signe de $$g$$. Nous pouvons donc facilement dresser le tableau de variation de $$f$$.