Le théorème des valeurs intermédiaires : niveau difficile

D'une part, commençons par calculer la limite en $-\infty$.
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } 2x^{3} } & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } -3x^{2}-1} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}$ par somme :
D'autre part, la limite en $+\infty$.
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -3x^{2}-1} & {=} & {-\infty } \end{array}\right\}$ nous rencontrons une forme indéterminée de la forme $+\infty -\infty$
Pour relever cette indétermination, nous allons factoriser par le monôme de plus haut degré.
Ici, en l'occurrence par $x^{3}$.
$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} -3x^{2}-1=\lim\limits_{x\to +\infty } x^{3} \left(\frac{2x^{3} -3x^{2}-1}{x^{3} } \right)$
$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} -3x^{2}-1=\lim\limits_{x\to +\infty } x^{3} \left(\frac{2x^{3} }{x^{3} } -\frac{3x^{2}}{x^{3} } -\frac{1}{x^{3} } \right)$
$\lim\limits_{x\to +\infty } 2x^{3} -3x^{2}-1=\lim\limits_{x\to +\infty } x^{3} \left(2-\frac{3}{x} -\frac{1}{x^{3} } \right)$
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } x^{3} } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2-\frac{3}{x} -\frac{1}{x^{3}} } & {=} & {2} \end{array}\right\}$ par produit :

Pour tout réel $x$, on a :
$f'\left(x\right)=6x^{2} -6x$
$f'\left(x\right)=6x\left(x-1\right)$. Ainsi :
si $x\ge 0$ alors $6x\ge 0$ et $x\ge 1$ alors $x-1\ge 0$. Nous allons traduire cela dans un tableau de variation pour la fonction $f$.

On reprend le tableau de variation fait à la question $2$. On fera apparaître dans le tableau la valeur deux que l'on recherche.

• Sur $\left]-\infty;1\right]$, la fonction $f$ est continue et admet $-1$ comme maximum.
  La fonction $f$ est strictement négative. Donc l'équation $f\left(x\right)=2$ n'a pas de solution sur cet intervalle.
• Sur $\left[1;+\infty\right[$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
  De plus, $f\left(1\right)=-2$ et $\lim\limits_{x\to +\infty } f\left(x\right)=+\infty$ . Or $2\in \left[-2;+\infty \right[$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\alpha$ appartenant à $\mathbb{R}$ tel que $f\left(x\right)=2$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$f(1,91)\approx1,9914$ et $f(1,92)\approx2,0965$
Or $2 \in \left[1,9914;2,0965\right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $1,91\le\alpha\le1,92$

$f$ est dérivable sur $\left[-5;0\right]$ car ici le dénominateur ne s'annule que pour les valeurs $1$ et $4$. ( c'est facile à montrer on calcule le delta du dénominateur mais on ne nous le demande pas ).
On reconnaît la forme $\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$ avec $u\left(x\right)=2x^{3}+2x^{2}-8x+10$ et $v\left(x\right)=x^{2}-4x+5$
Ainsi : $u'\left(x\right)=6x^{2}+4x-8$ et $v'\left(x\right)=2x-4$.
Il vient alors que :
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{2}+4x-8\right)\times \left(x^{2}-4x+5\right)-\left(2x^{3}+2x^{2}-8x+10\right)\times \left(2x-4\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{4}-24x^{3}+30x^{2}+4x^{3}-16x^{2}+20x-8x^{2}+32x-40\right)-\left(4x^{4} -8x^{3}+4x^{3}-8x^{2}-16x^{2}+32x+20x-40\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{\left(6x^{4} -20x^{3}+6x^{2}+52x-40\right)-\left(4x^{4} -4x^{3}-24x^{2}+52x-40\right)}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{6x^{4} -20x^{3}+6x^{2}+52x-40-4x^{4}+4x^{3}+24x^{2}-52x+40}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$
$f'\left(x\right)=\frac{2x^{4}-16x^{3}+30x^{2}}{\left(x^{2}-4x+5\right)^{2} }$ . Nous allons maintenant décomposer par ${\color{blue}{2x^{2}}}$ les termes du numérateur pour obtenir un facteur commun.
$f'\left(x\right)=\frac{{\color{blue}{2x^{2}}} \times x^{2} -{\color{blue}{2x^{2}}} \times 8x+{\color{blue}{2x^{2}}} \times 15}{\left(x^{2} -4x+5\right)^{2} }$ . Nous factorisons maintenant par ${\color{blue}{2x^{2}}}$ .

Pour tout réel $x$ appartenant à l'intervalle $\left[-5;0\right]$ , on peut affirmer que :
$2x^{2} \ge 0$ car un carré est positif ou nul.
$\left(x^{2}-4x+5\right)^{2}\ge 0$ car un carré est positif ou nul.
Il en résulte donc que le signe de $f'$ ne dépend que du signe de $x^{2} -8x+15$.
Pour l'étude du signe de $x^{2} -8x+15$, on va utiliser le discriminant.
Alors $a=1$; $b=-8$ et $c=15$.
Or $\Delta =b^{2} -4ac$ donc $\Delta =4$.
Il existe donc deux racines réelles distinctes.

• $x_{1} =\frac{-b-\sqrt{\Delta } }{2a}$ ce qui donne $x_{1} =3$.
• $x_{2} =\frac{-b+\sqrt{\Delta } }{2a}$ ce qui donne $x_{2} =5$.

Comme $a=1>0$, la parabole est tournée vers le bas c'est-à-dire que $f$ est du signe de $a$ à l'extérieur des racines et du signe opposé à $a$ entre les racines. Pour nous aider à visualiser, nous allons dresser le tableau de signe de $x^{2} -8x+15$ sur $\mathbb{R}$ puis ensuite nous regarderons plus précisément le signe de $x^{2} -8x+15$ sur $\left[-5;0\right]$ .
Cela signifie donc que sur l'intervalle $\left[-5;0\right]$, on a : $x^{2} -8x+15>0$ comme cela se vérifie à l'aide du tableau de signe ci-dessus.
On en déduit le tableau de variation suivant :

Nous faisons apparaître le zéro recherché dans le tableau de variation donnée. Il vient alors que :
Sur $\left[-5;0\right]$ , la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
De plus, $f\left(-5\right)=-3$ et $f\left(0\right)=2$ .
Or $0 \in \left[-3;2\right]$ , donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\alpha$ dans $\left[-5;0\right]$ tel que $f(x) = 0$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$f(-2,94)\approx-0,0006$ et $f(-2,93)\approx0,0119$
Or $0 \in \left[-0,0006;0,0119\right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que : $-2,94\le\alpha\le-2,93$

Sur $\left[-5;0\right]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante et $f(\alpha) = 0$
Donc $f(x)\le0$ pour tout $x\in \left[-5;\alpha\right]$ et $f(x)\ge0$ pour tout $x\in\left[\alpha;0\right]$
On résume cela dans un tableau de signe :