
\partie{A}
\begin{enumerate}
\item \raisebox{-1em}{$\left.\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{(1-x\e)}=1\\
\limite{x}{0}{(-2\ln x)}=+\infty
\end{array}\right\rbrace\text{ par somme, }\boxed{\limite{x}{0}{g(x)}=+\infty}$}

\medskip

$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{(1-x\e)}=-\infty\\
\limite{x}{+\infty}{(-2\ln x)}=-\infty
\end{array}
\right\rbrace\text{ par somme, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{g(x)}=-\infty}$

\item $g(x)=u(x)+v(x)$, où $u(x)=1-x\e$ et $v(x)=-2\ln x$. $u$ et $v$ étant deux fonctions strictement décroissantes sur \intervOO{0}{+\infty}, \uline{$g$ est strictement décroissante sur \intervOO{0}{+\infty}} (comme somme de deux fonctions strictement décroissantes sur le même intervalle).


\item Sur \intervFF{\dfrac{1}{2}}{1},
\begin{itemize}
\item $g$ est continue et strictement monotone (décroissante ici) ;
\item $g\left(\dfrac{1}{2}\right)=1-\dfrac{\e}{2}+2\ln2\approx1,03>0$ et $g(1)=1-\e<0$
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ dans \intervFF{\dfrac{1}{2}}{1} telle que $g(\alpha)=0$.

\medskip

À l'aide de la calculatrice, on trouve : \uline{$\alpha\approx0,67$}.


\item On déduit de ce qui a été dit précédemment 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]{$x$/0.5,$g(x)$/0.75}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item \raisebox{-1em}{$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{0}{(\ln x+x\e)}=-\infty\\
\limite{x}{0}{x^2}=0^+
\end{array}
\right\rbrace\text{ donc, par quotient, }\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=-\infty}$}

\medskip

$f(x)=\dfrac{x\left(\frac{\ln x}{x}+\e\right)}{x^2}=\dfrac{\frac{\ln x}{x}+\e}{x}$.

\medskip

$\left.
\begin{array}{l}
\limite{x}{+\infty}{\frac{\ln x}{x}}=0\text{ donc }\limite{x}{+\infty}{\left(\frac{\ln x}{x}+\e\right)}=\e\\
\limite{x}{+\infty}{x}=+\infty
\end{array}
\right\rbrace\text{ donc, par quotient, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=0}$

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & =\dfrac{x^2\left(\frac{1}{x}+\e\right)-2x(\ln x+x\e)}{x^4}\\
& = \dfrac{x+x^2\e-2x\ln x-2x^2\e}{x^4}\\
& = \dfrac{x-x^2\e-2x\ln x}{x^4}\\
& = \dfrac{x(1-x\e-2\ln x)}{x^4}\\
& = \dfrac{1-x\e-2\ln x}{x^3}\\
\Aboxed{f'(x) & =\dfrac{g(x)}{x^3}}
\end{aligned}$

On déduit alors de la partie 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]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$f(\alpha)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\alpha$ est la valeur pour laquelle $g(\alpha)=0$.
\begin{align*}
g(\alpha)=0 & \Longleftrightarrow 1-\alpha\e-2\ln\alpha=0\\
& \Longleftrightarrow -2\ln\alpha=-1+\alpha\e\\
& \Longleftrightarrow \ln\alpha=\dfrac{1-\alpha\e}{2}\tag{E}\label{ts-ln-17-eg1}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
f(\alpha) & = \dfrac{\ln \alpha + \alpha\e}{\alpha^2}\\
& = \dfrac{\frac{1-\alpha\e}{2}+\alpha\e}{\alpha^2}\text{ , d'après l'égalité (\ref{ts-ln-17-eg1})}\\
& = \dfrac{1}{\alpha^2}\times\dfrac{1-\alpha\e+2\alpha\e}{2}\\
\Aboxed{f(\alpha) & = \dfrac{1+\alpha\e}{2\alpha^2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
