\subsectionnn{Partie A : exploitation du graphique}

\begin{questions}
\item B a pour coordonnées $(-1;-2)$ et appartient à $\mathcal{C}_f$, donc $f(-1) = f(x_\mathrm{B}) = y_\mathrm{B} = -2$.

La tangente $T$ à $\mathcal{C}_f$ en B a pour coefficient directeur 1, donc $f'(-1) = 1$.

\item La fonction $f$ n'est pas convexe sur son ensemble de définition car la courbe $\mathcal{C}_f$ passe en dessous de sa tangente $T$ pour les valeurs $x$ inférieures à $- 1,7$ (à peu près). Si la fonction était convexe sur tout son ensemble de définition, elle serait au-dessus de n'importe quelle tangente, sur tout son ensemble de définition.

Ici, on a l'impression que la fonction est d'abord concave, puis convexe, avec un point d'inflexion dont l'abscisse est aux alentours de $-1,4$.

\item De ce que l'on peut voir de $\mathcal{C}_f$, elle ne coupe l'axe des abscisses qu'une fois, donc l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, qui est environ 0,1 (à $10^{-1}$ près).
\end{questions}



\subsectionnn{Partie B : étude de la fonction \boldmath $f$ \unboldmath}

\begin{questions}
\item $\lim\limits_{x \to -2}( x^2 + 2x - 1) = (-2)^2 + 2\times (-2) - 1 = -1$.

De plus, $\lim\limits_{x \to -2} (x + 2) = 0$.

Donc, par composition, $\lim\limits_{x \to -2}\ln(x+2) = \lim\limits_{X \to 0} \ln(X) = -\infty$.

Ainsi, par somme, $\lim\limits_{x \to -2}f(x) = -\infty$.

Graphiquement, cela signifie que la courbe $\mathcal{C}_f$ admet une asymptote\linebreak verticale, d'équation $x = -2$.

\item $f$ est dérivable sur $]-2~;~+\infty[$, en tant que somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle (une fonction polynôme et une fonction composée).
\begin{align*}
\forall x \in ]-2~;~+\infty[,\quad f'(x)&=2x + 2 + 0 + \dfrac{1}{x+2}\\
&=\dfrac{(2x + 2)(x+2) + 1}{x+2}\\
&=\dfrac{2x^2 + 4x + 2x + 4 + 1}{x+2}\\
&=\dfrac{2 x^{2} + 6x + 5}{x + 2}.
\end{align*}

\item Pour tout $x$ réel strictement supérieur à $-2$, $x + 2>0$ donc $f'(x)$ est due signe de son numérateur $2 x^{2} + 6x + 5$, dont le discriminant est:
\[
\Delta = 6^2 - 4\times 2 \times 5 = 36 - 40 = -4 <0.
\]
Le trinôme est donc du signe de 2, donc strictement positif.

On peut donc établir le tableau de variations suivant :
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -\infty &  & -2 &  & +\infty\\
\hline
f'(x) &  & + & \dvline & + & \\
\hline
f     &  & \nearrow & \dvline & \nearrow & \\
\hline
\end{array}
\]

\item Sur $]-2;+\infty[$,
\begin{itemize}
\item $f$ est continue et strictement croissante;
\item $\lim\limits_{x\to-2}f(x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x) = + \infty$, et $0\in]-\infty;+\infty[$.
\end{itemize}
Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $]-2;+\infty[$, que l'on notera $\alpha$.\enlargethispage*{\baselineskip}

À la calculatrice, on trouve $\alpha\approx,12$.

\item Des variations de $f$ trouvées précédemment et de la question précédente, on déduit le tableau suivant:
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -2 &  & \alpha &  & +\infty\\
\hline
f(x) & \dvline & - & 0 & + & \\
\hline
\end{array}
\]


\item Pour étudier la présence d'un point d'inflexion, on va étudier le signe de la dérivée seconde de $f$, notée $f''$.

$f$ est deux fois dérivable sur $]-2;+\infty[$, car sa dérivée première est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s'annule pas, et donc $f'$ est dérivable.
\begin{align*}
f''(x) &= \dfrac{(4x + 6)\times (x+2) - (2x^2 + 6x + 5)\times 1}{(x+2)^2}\\
&=\dfrac{4x^2+8x+6x+12-2x^2-6x-5}{(x+2)^2}\\
&=\dfrac{2x^2 +8x +7}{(x+2)^2}.
\end{align*}
Sur $]-2;+\infty[$, $(x+2)^2>0$ donc $f''(x)$ est du signe de son numérateur $2x^2 +8x +7$, de discriminant:
\[
\Delta = 8^2 - 4\times 2 \times 7 = 8\times 8- 8\times 7 = 8>0.
\]
Le trinôme a donc exactement deux racines réelles distinctes, et donc s'annule en changeant de signe deux fois en:
\[
x_1 = \dfrac{-8 - \sqrt{8}}{2\times 2} = \dfrac{-8 - 2\sqrt{2}}{4} = -2 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}<-2
\]
et
\[
x_2 = \dfrac{-8 + \sqrt{8}}{2\times 2} = \dfrac{-8 + 2\sqrt{2}}{4} = -2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}>-2.
\]
Sur $ \left]-2;-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right[ $, $f''(x)<0$ donc $f$ est \textit{concave}.

Sur $ \left]-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2};\infty\right[ $, $f''(x)>0$ donc $f$ est \textit{convexe}.

L'unique point d'inflexion de la courbe $\mathcal{C}_f$ est donc le point d'abscisse $-2 + \dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

\end{questions}

\newpage

\subsectionnn{Partie C : une distance minimale}

\begin{questions}
\item Le point J a pour coordonnées $(0~;~1)$ et $M$ a pour coordonnées $\big(x~;~g(x)\big)$.

Comme on est dans un repère orthonormé,
\begin{align*}
\mathrm{J}M^2 = h(x)
& = (x_M - x_\mathrm{J})^2 + (y_M - y_\mathrm{J})^2\\
        &=(x - 0)^2 + \big(g(x) - 1\big)^2\\
        &=x^{2}+\big[\ln (x+2)-1\big]^{2}.
\end{align*}

\item
\begin{questions}
\item $h'(x) = \dfrac{2f(x)}{x+2}$ donc, d'après le tableau de signes de $f(x)$ trouvé à la question 5 de la partie B, on a:
\[
\begin{array}{|C|lcccr|}
\hline
\tabulartitle
x & -2 &  & \alpha &  & +\infty\\
\hline
h'(x) & \dvline & - & 0 & + & \\
\hline
h & \dvline & \searrow &  & \nearrow & \\
\hline
\end{array}
\]

\item La distance $\mathrm{J}M$ est minimale lorsque $\mathrm{J}M^2$ est minimale, donc quand $h(x)$ est minimale.

D'après les variations de $h$ trouvées précédemment,  $\mathrm{J}M$ est minimale pour $x=\alpha$.
        
\end{questions}

\item
\begin{questions}
\item On sait que $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x) = 0$ donc:
\begin{align*}
f(\alpha) = 0 &\iff \alpha^2 + 2\alpha - 1 + \ln(\alpha+2) = 0\\
        &\iff \ln(\alpha+2) = 1 - 2\alpha -\alpha^2.
\end{align*}

\item La tangente à $\mathcal{C}_g$ au point $M_\alpha$ a pour coefficient directeur :
\[
g'(\alpha) = \dfrac{1}{\alpha + 2}.
\]
La droite (J$M_\alpha$) a pour coefficient directeur :
\begin{align*}
\dfrac{y_{M_\alpha} - y_\mathrm{J}}{x_{M_\alpha} - x_\mathrm{J}}
& = \dfrac{g(\alpha) - 1}{\alpha - 0}\\
& = \dfrac{\ln(\alpha + 2)-1}{\alpha} = \dfrac{1 - 2\alpha - \alpha^2 - 1}{\alpha}\\
& = \dfrac{\alpha (-2 - \alpha)}{\alpha }\\
& = -2 - \alpha.
\end{align*}
Le produit de ces deux coefficients directeurs est donc :
\[
\dfrac{1}{\alpha + 2}\times (-2-\alpha)~=~-1.
\]
On en déduit dont que la tangente à $\mathcal{C}_{g}$ au point $M_{\alpha}$ et la droite $\left(\mathrm{J}M_{\alpha}\right)$ sont perpendiculaires.
\end{questions}
\end{questions}
