\subsectionnn{Partie A}

\begin{questions}
\item On trouve facilement que $\lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty$  et $\lim\limits_{x\to3}f(x)=+\infty$. Cela montre que les droites d'équation $x=-1$ et $x=3$ sont des asymptotes à $\mathcal{C}$.
\item
\begin{questions}
\item $f$ est dérivable sur $]-1~;3[$ car c'est la composée d'une fonction rationnelle définie sur $]-1~;3[$, dont les valeurs sont strictement positives sur $]-1~;3[$, et de la fonction $\ln$.

\item $f'(x) = \dfrac{\frac{(3-x)+(1+x)}{(3-x)^2}}{\frac{1+x}{3-x}} = \dfrac{4}{(3-x)(1+x)}$.

Cette expression est strictement positive sur $]-1~;3[$ donc $f$ est strictement croissante sur cet intervalle.
\end{questions}

\item Une équation de la tangente au point d'abscisse 1 est :
\[
y=f'(1)(x-1)+f(1)\;,
\]
ce qui donne : $y=x-1$.

\item
\begin{questions}
\item  $\begin{aligned}[t]
g'(x)&=f'(x)-1\\
&=\dfrac{4}{(3-x)(1+x)}-1\\
&=\dfrac{(x-1)^2}{(3-x)(x+1)}.
\end{aligned}$

\item $g'(x)>0$ sur $]-1~;3[$  sauf en 1 où elle s'annule. La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $]-1~;3[$.
\item $g(1)=0$ et comme $g$ est strictement croissante, on trouve :
\begin{itemize}
\item  pour $-1<x<1$, $g(x)<0$,
\item pour $1<x<3$, $g(x)>0$,
\item $g(1)=0$.
\end{itemize}

\item Comme $y=x-1$ est une équation de $\mathcal{T}$, le signe de $g(x)$ donne la position relative de $\mathcal{C}$  par rapport à  $\mathcal{T}$ :

\begin{itemize}
\item pour $-1<x<1$, comme $g(x)<0$, $\mathcal{C}$ est en dessous de  $\mathcal{T}$ ;
\item pour $1<x<3$, comme $g(x)>0$, $\mathcal{C}$ est au dessus de $\mathcal{T}$ ;
\item $g(1)=0$  donc $\mathcal{C}$   et $\mathcal{T}$   sont sécantes au point d'abscisse 1.
\end{itemize}
\end{questions}
\end{questions}

\pagebreak

\subsectionnn{Partie B}

\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item On constate que $h_k(x)=f(x)-x-k$ donc on a bien:
\[h_k^\prime=f'-1=g'.\]
\item $h$ a le même sens de variations que $g$, donc $h_k$ est strictement croissante sur $]-1~;3[$.
\end{questions}
\item \`A l'aide des limites de la fonction $f$, on trouve $\lim\limits_{x\to-1}h_k(x)=-\infty$  et $\lim\limits_{x\to3}h_k(x)=+\infty$.

La fonction $h_k$ est donc continue, strictement croissante sur $]-1~;3[$. On a $0\in\left]\lim\limits_{x\to-1}h_k(x)~;\lim\limits_{x\to3}h_k(x)\right[$. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un réel $\alpha$ unique dans $]-1~;3[$  tel que $h_k(\alpha)=0$.

\item Pour toute droite $\mathcal{D}_k$, il y a donc un point d'intersection unique avec $\mathcal{C}$, qui a pour abscisse la valeur $\alpha$ de la question précédente.

\item
\begin{questions}
\item Pour $k=-1$, les conditions « Si » et « Sinon » ne sont pas vérifiées, donc on obtient directement l'affichage du $x$ initial, c'est-à-dire 1. C'est le cas étudié dans la partie A.


\item Si $k>-1$ alors comme  $h_k(x)=g(x)-k-1$, on a $h_k(x)<g(x)$ et en particulier pour $x = 1$ : $h_k(1)<0$.

Comme $h_k$ est croissante, la valeur qui annule $h_k$ est donc plus grande que 1, et il faut augmenter le $x$ initial pour l'atteindre.

\item Pour $k = 2$, tant que $(x+k)-f(x)>0$, on augmente $x$ par pas de 0,01. La valeur affichée est donc la première pour laquelle $(x+k)-f(x)\leqslant0$, c'est-à-dire une valeur supérieure ou égale à celle qui correspond à l'abscisse du point d'intersection.

\item Pour obtenir un résultat plus précis, on peut diminuer le pas utilisé, c'est-à-dire ajouter ou retrancher à $x$ une valeur plus petite que 0,01.
\end{questions}
\end{questions}
