Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 1

$$\blue{\text{Ici, il s'agit d'une limite par composition}}$$
On commence par calculer $$\lim\limits_{x\to {\color{red}-\infty} }2x-5$$. Ainsi : $$\lim\limits_{x\to {\color{red}-\infty} } 2x-5 ={\color{blue}-\infty}$$
On pose $$X=2x-5$$. Lorsque $$x$$ tend vers $${\color{red}-\infty}$$ alors $$X$$ tend vers $${\color{blue}-\infty}$$.
Or : $$\lim\limits_{X\to {\color{blue}-\infty}} e^{x}={\color{green}0}$$
Par composition :

$$\blue{\text{Ici, il s'agit d'une limite par composition}}$$
On commence par calculer $$\lim\limits_{x\to {\color{red}+\infty} }2x-5$$. Ainsi : $$\lim\limits_{x\to {\color{red}+\infty} } 2x-5 ={\color{blue}+\infty}$$
On pose $$X=2x-5$$. Lorsque $$x$$ tend vers $${\color{red}+\infty}$$ alors $$X$$ tend vers $${\color{blue}+\infty}$$.
Or : $$\lim\limits_{X\to {\color{blue}+\infty}} e^{x}={\color{green}+\infty}$$
Par composition :

$$\text{\blue{D'une part :}}$$ Commençons par calculer : $${\mathop{\lim }\limits_{x\to -\infty }}f\left(x\right)$$

Nous rappelons, à l'aide de la question $$1$$, que : $$\lim\limits_{x\to {-\infty}} e^{2x-5}={\color{green}0}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } -4 } & {=} & {-4 } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } 2+e^{2x-5}} & {=} & {2} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par quotient :}}$$
Ainsi :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to -\infty } 2x+1 } & {=} & {-\infty } \\ {\lim\limits_{x\to -\infty } -\frac{4}{2+e^{2x-5} }} & {=} & {-2} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par somme :}}$$
$$\text{\purple{Finalement :}}$$ $${\mathop{\lim }\limits_{x\to -\infty }}f\left(x\right)= -\infty$$

$$\text{\blue{D'autre part :}}$$ Commençons par calculer : $${\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }}f\left(x\right)$$

Nous rappelons, à l'aide de la question $$2$$, que : $$\lim\limits_{x\to {+\infty}} e^{2x-5}={\color{green}+\infty}$$
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } -4 } & {=} & {-4 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } 2+e^{2x-5}} & {=} & {+\infty} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par quotient :}}$$
Ainsi :
$$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } 2x+1 } & {=} & {+\infty } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -\frac{4}{2+e^{2x-5} }} & {=} & {0} \end{array}\right\}$$ $$\text{\red{par somme :}}$$
$$\text{\purple{Finalement :}}$$ $${\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }}f\left(x\right)= +\infty$$

Soit $$f\left(x\right)=2x+1-\frac{4}{2+e^{2x-5} }$$ que l'on peut écrire $$f\left(x\right)=2x+1-4\times\frac{1}{2+e^{2x-5} }$$
$$f$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
Il est évident que la dérivée de la fonction $$x\mapsto e^{2x-5}$$ est alors $$x\mapsto 2e^{2x-5}$$ . Il en résulte donc que :
$$f'\left(x\right)=2-4\times\left(\frac{-2e^{2x-5}}{\left(2+e^{2x-5}\right)^{2} }\right)$$
Ainsi :

D'après la question $$4$$, nous avons montré que : $$f'\left(x\right)=2+\frac{8e^{2x-5}}{\left(2+e^{2x-5}\right)^{2} }$$
POur tout réel $$x$$, nous savons que $$e^{2x-5}>0$$. Il vient alors que :

$$8e^{2x-5}>0$$

$$\left(2+e^{2x-5}\right)^{2}>0$$

Finalement , pour tout réel $$x$$ :
$$2+\frac{8e^{2x-5}}{\left(2+e^{2x-5}\right)^{2} } >0$$
Nous pouvons donc affirmer que, pour tout réel $$x$$, $$f'\left(x\right)>0$$.
Le tableau de variation complet de $$f$$ est donné ci-dessous :

Nous faisons apparaître le zéro recherché dans le tableau de variation donnée. Il vient alors que : Sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$, la fonction $$f$$ est $$\red{\text{continue}}$$ et $$\blue{\text{strictement croissante .}}$$
De plus, $${\mathop{\lim }\limits_{x\to -\infty }} f\left(x\right)=-\infty$$ et $${\mathop{\lim }\limits_{x\to +\infty }} f\left(x\right)=+\infty$$ .
Or $$0\in \left]-\infty;+\infty\right[$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ appartenant à l'intervalle $$\left]-\infty;+\infty\right[$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.

A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(0,49\right)\approx -0,002$$ et $$f\left(0,5\right)\approx 0,018$$ . Or $$0\in \left]-0,002;0,018\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que $$0,49\le \alpha \le 0,5$$