
\begin{enumerate}
\item %$g$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$, avec $u(x)=x$ et $v(x)=\sqrt{x^2+1}$.
$g'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, avec $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}$.
\begin{align*}
g'(x) & = \dfrac{1\times\sqrt{x^2+1}-x\times\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{\sqrt{x^2+1}^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{x^2+1}-\dfrac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\\
& = \dfrac{\frac{\left(\sqrt{x^2+1}\right)^2-x^2}{\sqrt{x^2+1}}}{x^2+1}\\
\Aboxed{g'(x) & = \dfrac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}}
\end{align*}

$(x^2+1)>0$ et $\sqrt{x^2+1}>0$ donc $g'(x)>0$ sur \R.

Ainsi, $g$ est strictement croissante sur \R.

\item Notons que la fonction $g$ est impaire car $g(-x)=g(x)$ et que son domaine de définition est centré en 0. Donc $\limite{x}{-\infty}{g(x)}=-\limite{x}{+\infty}{g(x)}$.

On peut écrire :
\begin{align*}
g(x) & = \dfrac{x}{\sqrt{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}}\quad\text{pour }x\neq0\\
& = \dfrac{x}{|x|\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\\
& = \dfrac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\qquad\text{pour }x>0.
\end{align*}

Or, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{1}{x^2}}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}=\sqrt{1}=1$.

Par conséquent, $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=1$ et donc $\limite{x}{-\infty}{g(x)}=-1$.

\item $\begin{aligned}[t]
f'(x) & = \dfrac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}-2\\
& = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}-2\\
f'(x) & = g'(x)-2.
\end{aligned}$

Nous avons dit que $g$ était strictement croissante sur \R{} et que $\limite{x}{+\infty}{g(x)}=1$.

Donc $g(x)<1$ sur \R.

Par conséquent, $g(x)-2<0$ sur \R, donc $f'(x)<0$ sur \R.

$f$ est donc strictement décroissante sur \R.

\item $f(0)=1$ et $f(1)=\sqrt{2}-2<0$.

Or, $f$ est strictement décroissante et continue sur \intervFF{0}{1}. Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervFF{0}{1}. On trouve $\alpha\approx0,58$.
\end{enumerate}
