
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(-x) & = \dfrac{\e^{-x} + \e^x}{-x}\\
& = -\dfrac{\e^x + \e^{-x}}{x}\\
& = f(x).
\end{aligned}$

\begin{rem}
Cela signifie que la courbe représentative de $f$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées, ce qui justifie que l'on étudie $f$ uniquement sur \intervOO{0}{+\infty} par la suite.
\end{rem}

\item $f(x)=\dfrac{\e^x}{x} + \dfrac{\e^{-x}}{x}$.

Or, 
\[
\limite{x}{+\infty}\dfrac{\e^x}{x}=+\infty
\]
et
\[
\limite{x}{+\infty}\dfrac{\e^{-x}}{x}=\limite{x}{+\infty}\dfrac{1}{x\e^x}=0.
\]
Par conséquent,
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}f(x)=+\infty}
\]

\item On peut écrire pour tout réel $x$ non nul:
\[
f(x)  = \dfrac{\e^x-1}{x}+\dfrac{1+\e^{-x}}{x}.
\]
Or, $\limite{x}{0}\dfrac{\e^x-1}{x}=1$ et $\limite[x>0]{x}{0}\dfrac{1+\e^{-x}}{x}=\limite{x}{0}\dfrac{2}{x}=+\infty$.

Ainsi, par somme, $\limite[x>0]{x}{0}f(x)=+\infty$.


\item $f(x)=\dfrac{u(x)}{v(x)}$ avec :

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

$u'(x) = \e^x - \e^{-x}$

\columnbreak

$v(x)=x$

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

Donc :
\begin{align*}
f'(x) & = \dfrac{u'v - v'u}{v^2}(x)\\
& = \dfrac{x\big(\e^x - \e^{-x}\big) - \big(\e^x + \e^{-x}\big)}{x^2}\\
& = \dfrac{x\e^x - x\e^{-x} - \e^x - \e^{-x}}{x^2}\textcolor{red}{\times\dfrac{\e^{x}}{\e^x}}\\
& = \dfrac{x\e^{2x}-x-\e^{2x}-1}{x^2\e^x}\\
& = \dfrac{(x-1)\e^{2x}-x-1}{x^2\e^x}.
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item $u'(x)=\e^{2x} + 2(x-1)\e^{2x}-1 = (2x-1)\e^{2x}-1$.

Par suite, on trouve $u''(x)=2\e^{2x}+2(2x-1)\e^{2x}=4x\e^{2x}$.

\item Sur \intervFO{0}{+\infty}, $u''(x)\geqslant0$ donc $u'$ est strictement croissante.

De plus, $u'(0)=-2$ et $\limite{x}{+\infty}u'(x)=+\infty$.

$u'$ étant continue, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $u'(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$u'(x)$/1.5}{0,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$-2$,+/$+\infty$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{$\alpha$}{0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

À la calculatrice, on trouve : $\alpha\approx0,639$.

\item On déduit de la question précédente le tableau suivant:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$u'(x)$/0.5,$u(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/$-2$,-/$u(\alpha)$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{itemize}
\item $u(\alpha)\approx-2,9$.
\item $u(x)=x\left[ \dfrac{x-1}{x}\e^{2x} - 1 - \dfrac{1}{x} \right]$.

De plus, 
\[
\left.\begin{array}{r}\left.\begin{array}{r}\limite{x}{+\infty}\dfrac{x-1}{x}=1\\\limite{x}{+\infty}\e^{2x}=+\infty\end{array}\right\rbrace\Rightarrow \limite{x}{+\infty} \dfrac{x-1}{x}\e^{2x}=+\infty \\ \limite{x}{+\infty}\left(-1-\dfrac{1}{x}\right)=-1\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\limite{x}{+\infty}u(x)=+\infty.
\]
\end{itemize}

$u$ étant continue sur \intervOO{\alpha}{+\infty}, d'après le corolaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $\beta$ à l'équation $u(x)=0$ sur cet intervalle.

\`A la calculatrice, on trouve $\beta\approx1,2$.
\end{enumerate}

\item $f'(x)$ est du signe de $u(x)$ donc:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{0,$\beta$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/,-/,+/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
