
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item Calcul de $\limite{x}{-1}{f(x)}$.

\medskip

On sait (d'après le cours) que  $\limite{X}{0}{X\ln(X)}=0$; par conséquent, en posant $X=x+1$,  $\limite{x}{-1}{(x+1)\ln(x+1)}=0$.

De plus,  $\limite{x}{-1}{(-6x-1)}=5$.

\underline{Ainsi, par somme,  $\limite{x}{-1}{f(x)}=5$.}

\newpage

\item Calcul de  $\limite{x}{+\infty}{f(x)}$.

On commence par factoriser $f(x)$ par $x$ :
\begin{align*}
f(x) & = x\left( \dfrac{x+1}{x}\ln(x+1) - 6 - \dfrac{1}{x} \right)\\
& = x\left( \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1) - 6 - \dfrac{1}{x} \right).
\end{align*}

\medskip

$\limite{x}{+\infty}{\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)}=1$ et $\limite{x}{+\infty}{\ln(x+1)} = +\infty$ donc, par produit,
\[
\limite{x}{+\infty}{\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1)}=+\infty.
\]

De plus, $\limite{x}{+\infty}{\left(-6-\dfrac{1}{x}\right)}=-6$.

Ainsi, par somme, $\limite{x}{+\infty}{\left[\left(1 + \dfrac{1}{x} \right)\ln(x+1)-6-\dfrac{1}{x}\right]}=+\infty$.

\underline{On en déduit par produit, que $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty$.}
\end{itemize}

\item Calculons $f'(x)$.

\begin{itemize}
\item On commence par dériver $g\;:\;x\mapsto (x+1)\ln(x+1)$, qui est de la forme $u \times v$, où :
\begin{align*}
u(x)=x+1 &\qquad  v(x)= \ln(x+1)\\
u'(x)=1 & \qquad v'(x) = \dfrac{1}{x+1}
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
g'(x) & = (u'v + v'u)(x)\\
& = 1\times\ln(x+1) + (x+1)\times\dfrac{1}{x+1}\\
& = \ln(x+1)+1.
\end{align*}

\item On en déduit la dérivée de $f(x)$ par somme:
\begin{align*}
f'(x) & = g'(x) + (-6x-1)'\\
& = \ln(x+1)+1-6\\
\Aboxed{ f'(x) & = \ln(x+1)-5}
\end{align*}
\end{itemize}

\item
\begin{itemize}
\item Déterminons le signe de $f'(x)$. Pour cela, résolvons par exemple l'inéquation suivante:
\begin{align*}
f'(x) > 0 & \iff \ln(x+1)-5\\
& \iff \ln(x+1) > 5\\
& \iff \e^{\ln(x+1)} > \e^5\\
& \iff x + 1 > \e^5\\
& \iff x > \e^5 - 1.
\end{align*}

\item On en déduit le tableau de signes de $f'(x)$, puis le tableau de variations de $f$.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $-1$ , $\e^5-1$ , $+\infty$ }
{ d , - , z , +  , }
{ +/$5$ , -/ , +/$+\infty$ }
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}

\item
\begin{itemize}
\item Montrons que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{-\dfrac{1}{2}}{0}. Sur cet intervalle,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement décroissante;
\item de plus, $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)\approx1,65$ et $f(0)=-1$ donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)$ et $f(0)$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{-\dfrac{1}{2}}{0}. Notons-la $\alpha$.

À la calculatrice, on trouve $\alpha\approx-0,196$.

\item Montrons que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{395}{400}. Sur cet intervalle,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement croissante;
\item de plus, $f\left(395\right)\approx-2,36$ et $f(400)=2,58$ donc \og 0 \fg{} est une valeur intermédiaire entre $f\left(395\right)$ et $f(400)$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{395}{400}. Notons-la $\beta$.

À la calculatrice, on trouve $\beta\approx397,397$.
\end{itemize}

\end{enumerate}
