
\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $h$ est dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} comme somme de deux fonctions dérivables sur \intervOO{0}{+\infty}.
\begin{align*}
h'(x) & =\dfrac{1}{x}+\dfrac{(2x-1)(2x^2)-4x(x^2-x+1)}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4x^3-2x^2-4x^3+4x^2-4x}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{2x^2-4x}{4x^4}\\
&=\dfrac{1}{x}+\dfrac{x-2}{2x^3} = \boxed{\dfrac{2x^2+x-2}{2x^3}}
\end{align*}

\item Le discriminant du polynôme $P(x)=2x^2+x-2$ est : 
\[
\Delta=1-4\times 2 \times (-2)=17.
\]
Il a donc deux racines : 
\[ x_1=\frac{-1-\sqrt{17}}{4} \qquad ; \qquad x_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}
\]

$P(x)$ est du signe de \og 2 \fg{}  à l'extérieur des racines ; or, $x_1<0$.

\underline{Ainsi, $h'(x)<0$ sur \intervOO{0}{x_2} et $h'(x)>0$ sur \intervOO{x_2}{+\infty}.}

\item On a le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$h'(x)$/1,$h(x)$/1}{0,$x_2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-,z,+,}
\tkzTabVar{D+/,-/,+/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

$h(x_2)=\ln\left(\dfrac{\sqrt{17}-1}{4}\right)+\dfrac{\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}+1\right)}{2\left(\frac{\sqrt{17}-1}{4}\right)^2}\approx 0,43 > 0$.

\medskip

\underline{Ainsi, $h(x)>0$ sur $]0;+\infty[$.}
\end{enumerate}


\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur \intervOO{0}{+\infty} comme somme d'une fonction dérivable sur \intervOO{0}{+\infty}\linebreak ($x \mapsto -x$) et d'un produit de deux fonctions dérivables sur \intervOO{0}{+\infty} ($x \mapsto  x^2+1$ et\linebreak $x \mapsto \ln x$).
\begin{align*}
f'(x) & = 2x\ln x+\left(x^2+1\right)\times\dfrac{1}{x}-1\\
&=2x\ln x + \dfrac{x^2+1}{x}-1\\
&=2x\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{x}\\
\Aboxed{f'(x) & =2x\left(\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{2x^2} \right)}
\end{align*}

Ainsi : 
\begin{align*}
\forall x>0,\ f'(x)>0&  \Longleftrightarrow 2x\left(\ln x + \dfrac{x^2-x+1}{2x^2} \right) > 0\\
& \Longleftrightarrow 2xh(x) > 0\\
& \Longleftrightarrow h(x)>0.
\end{align*}

\item Dans la partie précédente, nous avons vu que sur \intervOO{0}{+\infty}, $h(x)>0$.

\underline{Ainsi, $f$ est strictement croissante sur \intervOO{0}{+\infty}.}

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=x\times x\ln x + \ln x - x$. Or, $\lim\limits_{x \rightarrow 0} x\ln x=0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \ln x=-\infty$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=-\infty}$.

\item $f(x)=x\left[ \left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ln x - 1\right]$.\\
Or, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(x+\dfrac{1}{x}\right)=+\infty$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \ln x = +\infty$.\\
Ainsi,  $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left[\left(x+\dfrac{1}{x}\right)\ln x -1\right]=+\infty$.\\
On a donc : $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty}$.

\item On a le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/1,$f'(x)$/1,$f(x)$/1}{0,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable et strictement croissante sur \intervOO{0}{+\infty}.

De plus, $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)<0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)>0$.

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ sur \intervOO{0}{+\infty} telle que $f(\alpha)=0$.

\item  $f(1)=2\ln 1-1=-1<0$ et $f(2)=5\ln 2-2>0$ donc $1 < \alpha < 2$.

\item à l'aide de la calculatrice, on a $\alpha \approx 1,6$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
