
\subsectionnn{A: étude du signe d'une fonction auxiliaire}

\begin{enumerate}
\item $g(x)=x^3\left(3+\dfrac{9}{x}-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2}{x^3}\right)$.

De plus, $\limite{x}{-\infty}{\dfrac{1}{x^n}}=0$ pour tout entier naturel $n$ non nul, donc:
\[
\limite{x}{-\infty}{g(x)}=\limite{x}{-\infty}{3x^3}=-\infty.
\]
De même,
\[
\limite{x}{+\infty}{g(x)}=\limite{x}{+\infty}{3x^3}=+\infty.
\]

\item $g'(x)=9x^2+18x-2$. Son discriminant est:
\[
\Delta = b^2-4ac = 18^2-4\times9\times(-2)=396.
\]
Donc $g'(x)$ admet deux racines:
\[
x_1 = \dfrac{-b-\sqrt\Delta}{2a}=\dfrac{-18-6\sqrt{11}}{18}=\dfrac{-3-\sqrt{11}}{3}
\qquad\text{et}\qquad x_2 = \dfrac{-3+\sqrt{11}}{3}.
\]
On en déduit le tableau suivant:

\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-32mm}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=exercicenumbg!10,colorC=exercicenumbg!10,colorV=exercicenumbg!10]{$x$/0.5,$g'(x)$/0.5,$g(x)$/1.5}{$-\infty$,$x_1$,$x_2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+,}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/$g(x_1)$,-/$u(x_2)$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{31mm}
\begin{itemize}
\item \small $g(x_1)\approx 18,1$
\item \small $g(x_2)\approx 1,9$
\end{itemize}
\end{minipage}

\item
\begin{itemize}
\item Sur \intervOO{-\infty}{x_1}, $g$ est continue et strictement croissante. De plus, $0\in g(\intervOO{-\infty}{x_1})$.

Donc, d'après le corollaire d u théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur \intervOO{-\infty}{x_1}.

\item Sur \intervOO{x_1}{+\infty}, le minimum de $g$ est strictement positif. Donc sur cet intervalle, l'équation $g(x)=0$ n'a pas de solution.
\end{itemize}

Ainsi, il existe bien un unique réel $\alpha$ tel que $g(\alpha)=0$.

Une valeur approchée est $\alpha\approx-3,3$.
\end{enumerate}

\subsectionnn{B: étude des variations d'une fonction}

\begin{enumerate}
\item $f = u \times v$ avec:
\[
\begin{array}{l@{\qquad\qquad}l}
u(x)=3x-2 & v(x)=\e^{\sqrt{x}}\\
u'(x)=3 & v'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\e^{\sqrt{x}}
\end{array}
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f'(x) & = (u'v+v'u)(x)\\
      & = 3\e^{\sqrt{x}} + \dfrac{3x-2}{2\sqrt{x}}\e^{\sqrt{x}}\\
      & = \left(3 + \dfrac{3x-2}{2\sqrt{x}}\right)\e^{\sqrt{x}}\\
\Aboxed{ f'(x) & = \dfrac{6\sqrt{x}+3x-2}{2\sqrt{x}}\e^{\sqrt{x}}}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item Le discriminant du polynôme $3X^2+6X-2$ est:
\[
\Delta = 6^2-4\times3\times(-2)=36+24=60.
\]
Il admet donc deux racines:
\[
X_1=\dfrac{-6-\sqrt{60}}{6}=\dfrac{-3-\sqrt{15}}{3}<0
\]
et
\[
X_2=\dfrac{-3+\sqrt{15}}{3}>0.
\]
D'où le tableau de signes suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=exercicenumbg!10,colorC=exercicenumbg!10,colorV=exercicenumbg!10,lgt=3]{$X$/0.5,$3X^2+6X-2$/0.5}{$0$,$X_2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Remarquons que, en posant $X=\sqrt{x}$, on a:
\[
f'(X)=\dfrac{3X^2+6X-2}{2X}\e^X\quad,\qquad X > 0.
\]
Ainsi, $f'(x)$ est du signe de $3X^2+6X-2$.

De plus, $X=\dfrac{\sqrt{15}-3}{3} \iff x = \left(\dfrac{\sqrt{15}-3}{3}\right)^2=\dfrac{8-2\sqrt{15}}{3}$.

\newpage

On en déduit alors le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=exercicenumbg!10,colorC=exercicenumbg!10,colorV=exercicenumbg!10]{$x$/0.75,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1.5}{0,$\frac{8-2\sqrt{15}}{3}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,}
\tkzTabVar{+/,-/,+/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item $f''(x)$ est du signe de $3x\sqrt{x}+9x-2\sqrt{x}+2 = 3X^3+9X^2-2X+2$, en posant $X=\sqrt{x}$.

D'après la partie A, pour $X \geqslant 0$, $3X^3+9X^2-2X+2 > 0$, donc $f''(x) > 0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.

Par conséquent, $f$ est convexe sur \intervFO{0}{+\infty}.
\end{enumerate}
