

\begin{enumerate}
\item $f(x)=\dfrac{3x-4}{5x-2}$.

\begin{itemize}
\item $\mathcal{D}_f=\R\setminus\left\{\dfrac{2}{5}\right\}$.

\item $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :

\begin{multicols}{2}
$u(x)=3x-4$

$u'(x)=3$

\columnbreak

$v(x)=5x-2$

$v'(x)=5$
\end{multicols}

Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{\big[v(x)\big]^2}\\
& = \dfrac{3(5x-2)-5(3x-4)}{(5x-2)^2}\\
& = \dfrac{15x-6-15x+20}{(5x-2)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & = \dfrac{14}{(5x-2)^2}}
\end{align*}


\item $f'(x)>0$ pour tout réel $x\in\mathcal{D}_f$ donc :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=numpagecorrige!20,colorV=numpagecorrige!20,colorL=numpagecorrige!20]{$x$/0.75,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{$-\infty$,$\frac{2}{5}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,d,+}
\tkzTabVar{-/,+D-/,+/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}

\item $g(x)=\dfrac{5x-3}{x^2-x-2}$.

\begin{itemize}
\item Une racine évidente de $x^2-x-2$ est $x_1=2$. De plus, $x_1x_2=\dfrac{c}{a}$ donc $2x_2=-2$, soit $x_2=-1$.

Ainsi, $\mathcal{D}_g=\R\setminus\{-1~;~2\}$.


\item $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :

\begin{multicols}{2}
$u(x)=5x-3$

$u'(x)=5$

\columnbreak

$v(x)=x^2-x-2$

$v'(x)=2x-1$
\end{multicols}

Ainsi,\vspace*{-1em}
\begin{align*}
g'(x) & = \dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{\big[v(x)\big]^2}\\
& = \dfrac{5(x^2-x-2)-(5x-3)(2x-1)}{(x^2-x-2)^2}\\
& = \dfrac{5x^2-5x-10-10x^2+5x+6x-3}{(x^2-x-2)^2}\\
\Aboxed{g'(x) & = \dfrac{-5x^2+6x-13}{(x^2-x-2)^2}}
\end{align*}

\item $g'(x)$ est du signe de $-5x^2+6x-13$, dont le discriminant est :
\[ \Delta = 36-260<0.\]
D'où le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=numpagecorrige!20,colorV=numpagecorrige!20,colorL=numpagecorrige!20]{$x$/0.75,$g'(x)$/0.5,$g(x)$/1}{$-\infty$,$-1$,2,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,,-,,-}
\tkzTabVar{+/,-D+/,-D+/,-/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}


\item $h(x)=\dfrac{x^2+x+1}{x^2-3x+2}$.

\begin{itemize}
\item $x^2-3x+2$ possède $\alpha=1$ comme racine évidente, donc la seconde racine est $\beta=2$.

Ainsi, $\mathcal{D}_h=\R\setminus\{1~;~2\}$.

\item $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$ avec :

\begin{multicols}{2}
$u(x)=x^2+x+1$

$u'(x)=2x+1$

\columnbreak

$v(x)=x^2-3x+2$

$v'(x)=2x-3$
\end{multicols}

D'où :

\begin{align*}
h'(x) & = \dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{\big[v(x)\big]^2}\\
& = \dfrac{(2x+1)(x^2-3x+2)-(x^2+x+1)(2x-3)}{(x^2-3x+2)^2}\\
& = \dfrac{2x^3-6x^2+4x+x^2-3x+2-(2x^3-3x^2+2x^2-3x+2x-3)}{(x^2-3x+2)^2}\\
& = \dfrac{2x^3-5x^2+x+2-2x^3+x^2+x+3}{(x^2-3x+2)^2}\\
\Aboxed{h'(x) & = \dfrac{-4x^2+2x+5}{(x^2-3x+2)^2}}
\end{align*}

\item $h'(x)$ est du signe de $-4x^2+2x+5$, dont le discriminant est :
\[
\Delta=4+80=84.\]
Ses deux racines sont donc :
\[
x_1=\dfrac{-2+\sqrt{84}}{-8}=\dfrac{-2+2\sqrt{21}}{-8}=\dfrac{1-\sqrt{21}}{4}\approx-0,9<\alpha
\]
et
\[
x_2=\dfrac{-2-\sqrt{84}}{-8}=\dfrac{-2-2\sqrt{21}}{-8}=\dfrac{1+\sqrt{21}}{4}\approx1,4\in\intervOO{\alpha}{\beta}=\intervOO{1}{2}.
\]

On a alors le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=numpagecorrige!20,colorV=numpagecorrige!20,colorL=numpagecorrige!20,espcl=1.5]{$x$/0.75,$h'(x)$/0.5,$h(x)$/1}{$-\infty$,$x_1$,$\alpha=1$,$x_2$,$\beta=2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,,+,z,-,,-}
\tkzTabVar{+/,-/,+D-/,+/,-D+/,-/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}
\end{enumerate}
