\begin{questions}
\item $g(x)=-x^2+3x-1$ est un polynôme de degré 2, dont le discriminant est:
\[
\Delta = 3^2-4\times(-1)\times(-1)=5>0
\]
donc il admet deux racines:
\[
x_1 = \dfrac{3+\sqrt5}{2}\not\in[0;2[\qquad\text{et}\qquad
x_2 = \alpha = \dfrac{3-\sqrt5}{2}\in[0;2[.
\]
On en déduit alors le tableau de signes suivant:
\[
\begin{array}{|r|*5{c}|}
\hline
\tabulartitle
x & 0 &  & \alpha &  & 2\\
\hline
g(x) &  & - & 0 & + & \\
\hline
\end{array}
\]

\item $\lim\limits_{\substack{x\to2\\x<2}}(2-x)=0^+$ donc $\lim\limits_{\substack{x\to2\\x<2}}\sqrt{\dfrac{x}{2-x}}=+\infty$.

De plus, $\lim\limits_{\substack{x\to2\\x<2}}(x-1)=1>0$ donc, par produit, $\lim\limits_{\substack{x\to2\\x<2}}f(x)=+\infty$.

On peut alors en déduire que la droite d'équation $x=2$ est une asymptote verticale de $\mathcal{C}$.

\item $f(x)=a(x) \times b(x)$, avec $a(x)=(x-1)$ et $b(x)=\sqrt{\dfrac{x}{2-x}}$.
\begin{itemize}
\item $a'(x) = 1$.

\item $b(x) = \sqrt{u(x)}$, avec $u(x)=\dfrac{x}{2-x}$ et:
\[
u'(x) = \dfrac{1(2-x)-x\times(-1)}{(2-x)^2}=\dfrac{2}{(2-x)^2}.
\]
Donc:
\begin{align*}
b'(x) & = \dfrac{u'(x)}{2\sqrt{u(x)}}\\
      & = \dfrac{2}{(2-x)^2} \times \dfrac{1}{2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}\\
      & = \dfrac{1}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}.
\end{align*}

\item On en déduit alors que:
\begin{align*}
f'(x) & = a'(x)b(x) + a(x)b'(x)\\
      & = 1\times\sqrt{\dfrac{x}{2-x}} + (x-1)\times\dfrac{1}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}\\
      & = \dfrac{(2-x)^2\times\frac{x}{2-x}+x-1}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}\\
& =  \dfrac{(2-x)x + x-1}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}\\
& = \dfrac{-x^2+3x-1}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}\\
& = \dfrac{g(x)}{(2-x)^2\sqrt{\frac{x}{2-x}}}.
\end{align*}
\end{itemize}

Ainsi, $f'(x)$ est du même signe que $g(x)$, d'où le tableau suivant:
\[
\morestretch
\begin{array}{|c|*5{c}|}
\hline
\tabulartitle
x & 0 &  & \alpha &  & 2\\
\hline
f'(x) &  & - & 0 & + & \dvline\\
\hline
f &  & \searrow &  & \nearrow & \dvline \\
\hline
\end{array}
\]

\item L'équation réduite de $(T)$ est:
\begin{align*}
y & = f'(1)(x-1)+f(1)\\
\iff y & = 1(x-1)+0\\
\iff y & = x-1.
\end{align*}

\item
\begin{methode}
On peut aborder cette question de deux manières:
\begin{itemize}
\item Si on démontre que $f$ est concave sur $[0;2[$, alors cela signifie que toutes les tangentes à $\mathcal{C}$ sont au-dessus de $\mathcal{C}$ sur cet intervalle, y compris $(T)$.
\item Si on démontre que, sur $[0;1[\cup]1;2[$, $f(x)-(x-1) > 0$ alors cela signifie que $\mathcal{C}$ est au-dessus de $(T)$ sur cette union d'intervalles.
\end{itemize}
\end{methode}

Nous allons ici opter pour la seconde méthode car étudier la convexité de $f$ s'avère bien plus compliqué que d'étudier le signe de $f(x)-(x-1)$.

En effet, pour tout réel $x\in]0;1[\cup]1;2[$,
\begin{align*}
f(x)-(x-1) & = (x-1)\sqrt{\dfrac{x}{2-x}} - (x-1)\\
& = (x-1)\left[ \sqrt{\dfrac{x}{2-x}} - 1 \right]\\
& = (x-1)\dfrac{ \left[ \sqrt{\frac{x}{2-x}} - 1 \right] \left[ \sqrt{\frac{x}{2-x}} + 1 \right]}{  \sqrt{\frac{x}{2-x}} + 1  }\\
& = (x-1)\dfrac{ \frac{x}{2-x} - 1 }{  \sqrt{\frac{x}{2-x}} + 1  }\\
& = \dfrac{ \frac{2(x-1)^2}{2-x} }{  \sqrt{\frac{x}{2-x}} + 1  }.
\end{align*}
Pour tout réel $x\in]0;1[\cup]1;2[$, $\dfrac{2(x-1)^2}{2-x}>0$ et le dénominateur de la fraction aussi; le quotient obtenu est alors bien strictement positif sur $]0;1[\cup]1;2[$. Donc sur cette union d'intervalles, $\mathcal{C}$ est au-dessus de $(T)$.
\end{questions}
