f(−√3) = −3√3+3√3 = 0 = f(√3). f continue et dérivable. Rolle garantit ∃c : f'(c)=0. f'(x)=3x²−3=0 → x=±1. Les deux sont dans ]−√3;√3[. c = 1 ou c = −1.

1. TAF : √4−√1 = (1/(2√c))×(4−1) → 1 = 3/(2√c) → √c = 3/2 → c = 9/4 ∈ ]1;4[ ✓.
2. Sur [1;3/2] : 2/3 ≤ 1/x ≤ 1. TAF → 2/3×(1/2) ≤ ln(3/2)−0 ≤ 1×(1/2) → 1/3 ≤ ln(3/2) ≤ 1/2.

1. 0/0 → (eˣ−1)/(2x) → 0/0 → eˣ/2 → 1/2.
2. 0/0 → (1/x)/1 → 1.
3. x·e^(−x) = x/eˣ → +∞/+∞ → L'Hôpital : 1/eˣ → 0.

Posons f(t) = ln(1+t). f'(t)=1/(1+t). Sur [0;x] (x>0) : 1/(1+x) ≤ f'(t) ≤ 1. TAF → 1/(1+x)·x ≤ ln(1+x)−0 ≤ 1·x. D'où x/(1+x) ≤ ln(1+x) ≤ x. ✓

1. f(0)=−2<0, f(π)=π−2>0. f continue → TVI → solution dans ]0;π[.
2. Supposons deux solutions a<b. f(a)=f(b)=0. Rolle → ∃c∈]a;b[ : f'(c)=0. Or f'(x)=1+cos x ≥ 0, et f'(x)=0 ssi x=π+2kπ. Mais f'(c)=0 et c∈]a;b[⊂]0;π[⊂[0;2π] : f'>0 sur ]0;π[. Contradiction. Solution unique.

Ensemble de définition : f(x) est défini si et seulement si (3x−8)³ ≠ 0, c'est-à-dire 3x−8 ≠ 0, soit x ≠ 8/3. Donc D_f = ℝ\{8/3}.

Dérivabilité : f est une fonction rationnelle (quotient de polynômes), donc dérivable en tout point de son ensemble de définition : D_f' = ℝ\{8/3}.

Calcul : on écrit f(x) = (3x−8)⁻³. En posant u(x) = 3x−8 (u'(x)=3) : f'(x) = −3·u'(x)·u(x)⁻⁴ = −9(3x−8)⁻⁴.

f'(x) = −9/(3x−8)⁴, pour tout x ≠ 8/3.

D_f = ℝ (le dénominateur x²+9 ne s'annule jamais).

f'(x) = [2x(x²+9) − (x²−9)(2x)]/(x²+9)² = [2x³+18x−2x³+18x]/(x²+9)² = 36x/(x²+9)².

Le dénominateur est toujours positif, donc f'(x) est du signe de x : f'(x) < 0 sur ]−∞;0[, f'(0)=0, f'(x) > 0 sur ]0;+∞[.

f est donc strictement décroissante sur ]−∞;0] puis strictement croissante sur [0;+∞[.

Minimum : f(0) = −9/9 = −1, atteint en x=0. Comme lim[x→±∞] f(x) = 1 (asymptote horizontale y=1, jamais atteinte), f n'admet pas de maximum (f(x) < 1 pour tout x).

1. Sur ]0;π/2], sinus est continue et strictement croissante, à valeurs dans ]0;1]. Donc f=1/sin est continue et strictement décroissante sur ]0;π/2] (inverse d'une fonction positive strictement croissante). Quand x→0⁺, f(x)→+∞ ; en x=π/2, f(π/2)=1/1=1. f est continue et strictement monotone sur ]0;π/2] : elle réalise donc une bijection de ]0;π/2] sur [1;+∞[.
2. f'(x) = −cos x/sin²x. On cherche x₀ tel que f(x₀)=2/√3 : 1/sin x₀ = 2/√3 → sin x₀ = √3/2 → x₀ = π/3 (car x₀∈]0;π/2]). f'(π/3) = −cos(π/3)/sin²(π/3) = −(1/2)/(3/4) = −2/3. Par la formule (f⁻¹)'(y₀) = 1/f'(x₀) : (f⁻¹)'(2/√3) = 1/(−2/3) = −3/2.

La fonction sinus est dérivable sur ℝ, de dérivée sin'(t)=cos t. Sur [0;x] avec 0<x<π/2, cosinus est décroissante (car cos'(t)=−sin t<0 sur ]0;π/2[), donc pour tout t∈[0;x] : cos(x) ≤ cos(t) ≤ cos(0) = 1.

L'inégalité des accroissements finis (m≤f'≤M sur [a;b] ⟹ m(b−a)≤f(b)−f(a)≤M(b−a)) appliquée à f=sin sur [0;x], avec m=cos x et M=1, donne : cos(x)·(x−0) ≤ sin(x)−sin(0) ≤ 1·(x−0).

Comme sin(0)=0, on obtient x·cos x ≤ sin x ≤ x. Sur ]0;π/2[, cos étant strictement décroissante, l'inégalité de gauche est stricte : x·cos x < sin x < x pour 0 < x < π/2.

1. f(0)=b et f'(x)=[(2x+a)(x²+1)−(x²+ax+b)(2x)]/(x²+1)², donc f'(0)=a. La tangente en 0 a pour équation y=f(0)+f'(0)x=b+ax. En identifiant avec y=3x+2 : a=3 et b=2. Donc f(x) = (x²+3x+2)/(x²+1).
2. On étudie le signe de f(x)−(3x+2) = [(x²+3x+2)−(3x+2)(x²+1)]/(x²+1) = [x²+3x+2−3x³−3x−2x²−2]/(x²+1) = −x²(3x+1)/(x²+1). Le dénominateur est positif ; pour x≠0, −x²<0, donc le signe de l'expression est l'opposé de celui de (3x+1) :

• pour x < −1/3 : (3x+1)<0, donc f(x)−(3x+2) > 0 → (𝒞) est au-dessus de (T) ;
• en x = −1/3 : (𝒞) traverse (T) (racine simple, changement de signe) ;
• pour −1/3 < x < 0 et x > 0 : f(x)−(3x+2) < 0 → (𝒞) est en dessous de (T) ;
• en x = 0 : (𝒞) touche (T) sans le traverser (point de tangence, racine double).

3. f'(x) = (−3x²−2x+3)/(x²+1)² (même calcul que pour la question 1, avec x quelconque). On résout −3x²−2x+3=0, soit 3x²+2x−3=0 : Δ=4+36=40, √Δ=2√10, x=(−1±√10)/3. Notons x₁=(−1+√10)/3≈0,721 et x₂=(−1−√10)/3≈−1,387. Le numérateur, parabole tournée vers le bas, est positif entre les racines : f'(x)>0 sur ]x₂;x₁[, f'(x)<0 ailleurs. f est donc décroissante sur ]−∞;x₂], croissante sur [x₂;x₁], décroissante sur [x₁;+∞[, avec un minimum local f(x₂)≈−0,081 et un maximum local f(x₁)≈3,081. Comme lim[x→±∞] f(x)=1 (asymptote horizontale y=1), la courbe part de 1, descend jusqu'au minimum local, remonte au maximum local, puis redescend vers l'asymptote y=1.

Notons g(x)=x² et h(x)=1/x, avec g'(x)=2x et h'(x)=−1/x².

Tangente à (𝒞₁) au point d'abscisse a : y = g'(a)(x−a)+g(a) = 2a·x − a².

Tangente à (𝒞₂) au point d'abscisse b (b≠0) : y = h'(b)(x−b)+h(b) = −(1/b²)x + 2/b.

Pour que ces droites soient confondues : 2a = −1/b² (i) et −a² = 2/b (ii).

De (i) : a = −1/(2b²). En reportant dans (ii) : −1/(4b⁴) = 2/b ⟹ −1 = 8b³ (en multipliant par 4b⁴) ⟹ b³ = −1/8 ⟹ b = −1/2, puis a = −1/(2×1/4) = −2.

Vérification : g'(−2)=−4 et h'(−1/2)=−4 (mêmes coefficients directeurs) ; tangente à (𝒞₁) en a=−2 : y=2(−2)x−(−2)²=−4x−4 ; tangente à (𝒞₂) en b=−1/2 : y=−4x−4. Les deux droites coïncident.

2. La tangente commune a pour équation y = −4x − 4, tangente à (𝒞₁) en (−2;4) et à (𝒞₂) en (−1/2;−2).

3. L'équation b³=−1/8 (équation du 3ᵉ degré) n'admet qu'une seule solution réelle b=−1/2, car x↦x³ est une bijection de ℝ sur ℝ. Il n'y a donc qu'un couple (a,b) solution : la tangente commune est unique.

Continuité en 1 : à gauche, f(1)=(1−1)/(1+2)=0 ; à droite, m(1²−1)=0. Les deux expressions coïncident en 0 quelle que soit la valeur de m : la continuité en 1 est automatiquement assurée.

Dérivabilité en 1 : pour x≤1, f'(x) = [(x+2)−(x−1)]/(x+2)² = 3/(x+2)², donc f'(1⁻) = 3/9 = 1/3. Pour x≥1, f'(x) = 2mx, donc f'(1⁺) = 2m.

Il faut 2m = 1/3, soit m = 1/6. (Ailleurs, f est dérivable comme fonction rationnelle, resp. polynôme.)

Avec u=3x²−x−1 (u'=6x−1) et v=x−1 (v'=1) : f'(x) = (u'v−uv')/v² = [(6x−1)(x−1)−(3x²−x−1)]/(x−1)² = [6x²−7x+1−3x²+x+1]/(x−1)² = (3x²−6x+2)/(x−1)².

1. f(0) = (0−0−1)/(0−1) = 1 ; f'(0) = 2/1 = 2. Donc (T) : y = 2x+1. On résout f'(x)=2 pour x≠0 : 3x²−6x+2 = 2(x−1)² = 2x²−4x+2 ⟺ x²−2x=0 ⟺ x(x−2)=0, donc x=2. f(2)=(12−2−1)/1=9 : il existe un autre point, (2;9), de tangente parallèle à (T).

2. Coefficient directeur 0 : 3x²−6x+2=0 (x≠1), Δ=36−24=12>0, racines x=1±(√3)/3 (≠1) : oui, deux tangentes horizontales existent. Coefficient directeur 3 : 3x²−6x+2=3(x−1)²=3x²−6x+3 ⟺ 2=3, impossible : aucune tangente de coefficient directeur 3.

3. La droite 11x+4y−1=0 a pour coefficient directeur −11/4. On résout (3x²−6x+2)/(x−1)² = −11/4 : 4(3x²−6x+2) = −11(x−1)² ⟺ 23x²−46x+19=0. Δ = 46²−4×23×19 = 2116−1748 = 368 > 0, deux solutions x = 1 ± 2/√23 (≠1). Oui, il existe deux points où la tangente est parallèle à cette droite.

1. On identifie 3x²−6x+5 = a(x−1)²+b = a x²−2a x+(a+b). Par identification : a=3, puis a+b=5 ⟹ b=2. Vérification : 3(x−1)²+2 = 3x²−6x+3+2 = 3x²−6x+5 ✓. Donc a=3, b=2.
2. Une primitive de 3 est 3x ; une primitive de 2(x−1)⁻² est −2/(x−1). Donc F(x) = 3x − 2/(x−1) + C sur ]1;+∞[.
3. F(3) = 9 − 2/2 + C = 8+C. On veut F(3)=8, donc C=0. La primitive cherchée est F(x) = 3x − 2/(x−1).

1. (1−cos²x)² = 1 − 2cos²x + cos⁴x.
2. Comme sin²x=1−cos²x, sin⁴x=(1−cos²x)²=1−2cos²x+cos⁴x. Donc sin⁵x = sinx − 2sinx·cos²x + sinx·cos⁴x. En intégrant (u=cosx, u'=−sinx) : ∫sinx dx=−cosx ; ∫sinx cos²x dx=−cos³x/3 ; ∫sinx cos⁴x dx=−cos⁵x/5. D'où F(x) = −cos x + (2/3)cos³x − (1/5)cos⁵x.
3. De même cos⁴x=(1−sin²x)²=1−2sin²x+sin⁴x, donc cos⁵x = cosx − 2sin²x·cosx + sin⁴x·cosx. En intégrant (v=sinx, v'=cosx) : ∫cosx dx=sinx ; ∫sin²x cosx dx=sin³x/3 ; ∫sin⁴x cosx dx=sin⁵x/5. D'où G(x) = sin x − (2/3)sin³x + (1/5)sin⁵x.

1. f'(x) = −15sin x − 12sin 2x − 3sin 3x.
2. Formule de l'angle triple : sin3x = 3sinx − 4sin³x = sinx(3−4sin²x) = sinx(3−4(1−cos²x)) = sinx(4cos²x−1) ✓. En utilisant sin2x=2sinx cosx : f'(x) = −15sinx − 24sinx cosx − 3sinx(4cos²x−1) = sinx(−15−24cosx−12cos²x+3) = −12sinx(1+2cosx+cos²x) = −12sinx(1+cosx)² ✓.
3. On pose u=1+cosx (du=−sinx dx). f'(x)dx = 12u²du, donc une primitive de f' est 4u³ = 4(1+cosx)³, d'où f(x) = 4(1+cosx)³ + k. En x=0 : f(0)=15+6+1=22, et 4(1+cos0)³=32, donc k = 22−32 = −10. (Vérification en x=π : f(π)=−15+6−1=−10 ; 4(1+cosπ)³−10=−10 ✓.) Donc f(x) = 4(1+cosx)³ − 10.

1. sin(3x)=sin(2x+x)=sin2x·cosx+cos2x·sinx = 2sinx cos²x + (1−2sin²x)sinx = 2sinx(1−sin²x)+sinx−2sin³x = 3sinx−4sin³x = g(x). Donc f=g.
2. f'(x)=3cos3x. g'(x)=3cosx−12sin²xcosx=3cosx(1−4(1−cos²x))=3cosx(4cos²x−3)=12cos³x−9cosx. Comme f=g, f'=g' : 3cos3x=12cos³x−9cosx, d'où cos3x = 4cos³x − 3cosx.

1. Avec u=1−xⁿ (u'=−nxⁿ⁻¹) et v=1−x (v'=−1) : f'(x) = (u'v−uv')/v² = [−nxⁿ⁻¹(1−x)+(1−xⁿ)]/(1−x)² = [1 − nxⁿ⁻¹ + (n−1)xⁿ]/(1−x)², pour tout x≠1.
2. Notons S = 1+x+x²+…+xⁿ⁻¹. Alors (1−x)S = S−xS = 1−xⁿ (les termes intermédiaires s'annulent par télescopage). Comme x≠1, S=(1−xⁿ)/(1−x) = f(x). Donc f(x) = 1+x+x²+…+xⁿ⁻¹.
3. En dérivant terme à terme l'égalité précédente : f'(x) = 1+2x+3x²+…+(n−1)xⁿ⁻². D'après la question 1 : 1+2x+3x²+…+(n−1)xⁿ⁻² = [1−nxⁿ⁻¹+(n−1)xⁿ]/(1−x)², pour tout x≠1.

1. f(x) = (x−3)×(x−3)^(1/2) = (x−3)^(3/2). Pour x>3, f est dérivable, de dérivée f'(x)=(3/2)(x−3)^(1/2). En x=3, le taux d'accroissement [f(3+h)−f(3)]/h = h^(3/2)/h = h^(1/2) → 0 quand h→0⁺ : f est donc dérivable en 3 (à droite), avec f'(3)=0, cohérent avec la formule. f est donc dérivable sur [3;+∞[ tout entier, avec f'(x) = (3/2)√(x−3).
2. De f'(x) = (3/2)√(x−3), on tire √(x−3) = (2/3)f'(x), donc une primitive de g est (2/3)f(x) = (2/3)(x−3)√(x−3). La primitive générale s'écrit G(x) = (2/3)(x−3)√(x−3) + C. On veut G(5)=0 : (2/3)×2×√2 + C = 0, d'où C = −(4√2)/3. Donc G(x) = (2/3)(x−3)√(x−3) − (4√2)/3.

1. En utilisant cos²x=(1+cos2x)/2 : cos⁴x = [(1+cos2x)/2]² = (1+2cos2x+cos²2x)/4. Puis cos²2x=(1+cos4x)/2, donc cos⁴x = (2+4cos2x+1+cos4x)/8 = 3/8 + (1/2)cos2x + (1/8)cos4x.
2. En intégrant terme à terme : ∫cos⁴x dx = (3/8)x + (1/2)×(sin2x)/2 + (1/8)×(sin4x)/4 + C = (3/8)x + (1/4)sin2x + (1/32)sin4x + C.