Corrigé des 32 exercices sur les limites de fonctions en terminale à télécharger en PDF

1) Forme indéterminée « \(\infty-\infty\) ». Ensuite, on multiplie par la quantité conjuguée :

\[ \sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\frac{(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})(\sqrt{x+1}+\sqrt{x})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\frac{(x+1)-x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}. \]

Par ailleurs, le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc la limite est 0.

2) Forme « \(\frac{\infty}{\infty}\) ». Par ailleurs, on factorise par \(x^2\) :

\[ \frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}=\frac{x^2\left(2-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1-\frac{1}{x^2}\right)}=\frac{2-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x^2}}\ \xrightarrow[x\to+\infty]{}\ \frac{2}{1}=2. \]

3) Forme « \(\frac{0}{0}\) ». Puis pour \(x\geqslant 0\), \(x\neq 4\), on a \(x-4=(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)\), donc

\[ \frac{x-4}{\sqrt{x}-2}=\sqrt{x}+2\ \xrightarrow[x\to 4]{}\ 2+2=4. \]

1) Fonction polynôme, continue : \(\lim\limits_{x\to 0}(x^3+5)=0+5=\mathbf{5}\).

2) \(\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt{x}=0\), donc \(\lim(\sqrt{x}+2)=\mathbf{2}\).

3) \(\sqrt{x}\to 0^+\), donc \(\dfrac{1}{\sqrt{x}}\to+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-2\right)=\mathbf{+\infty}\).

4) \((x+1)^2\to 0^+\) quand \(x\to -1\) (un carré est positif), donc \(\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{2}{(x+1)^2}=\mathbf{+\infty}\).

5) \(\lim\limits_{x\to-\infty}x^2=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}(1-x)=+\infty\) : par produit, \(+\infty\).

6) \(x\to 2\) et, pour \(x\gt 2\), \(2-x\to 0^-\) : \(\dfrac{x}{2-x}\to\dfrac{2}{0^-}\), soit \(-\infty\).

7) Pour \(x\lt 0\), \(-x\to 0^+\), donc \(\sqrt{-x}\to 0\) et la limite vaut 1.

8) \(x\to+\infty\) et \(\dfrac{1}{x}\to 0\) : par somme, \(+\infty\).

Pour un polynôme ou une fonction rationnelle, on factorise par le terme de plus haut degré : en \(\pm\infty\), la limite est celle du quotient des termes de plus haut degré.

Ainsi, exemple détaillé pour 10) : \(\dfrac{1-x^2}{1+x^2}=\dfrac{x^2\left(\frac{1}{x^2}-1\right)}{x^2\left(\frac{1}{x^2}+1\right)}=\dfrac{\frac{1}{x^2}-1}{\frac{1}{x^2}+1}\to\dfrac{-1}{1}=-1\).

1) \((x-1)^2\to 0^+\) des deux côtés : \(\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\mathbf{+\infty}\) (asymptote verticale \(x=1\)).

2) \(f\) est définie et continue en 1 (dénominateur \(x\neq 0\)) : \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=\dfrac{1-1}{1}=\mathbf{0}\), à gauche comme à droite.

3) \(f\) est définie si \(x^2-1\geqslant 0\) et \(x^2+6x-7\neq 0\). Or \(x^2+6x-7=(x-1)(x+7)\) et \(x^2-1\geqslant 0\iff x\leqslant -1\) ou \(x\geqslant 1\). De même, sur \(]-1\,;1[\), \(f\) n’est pas définie : pas de limite à gauche en 1. Ensuite, À droite, pour \(x\gt 1\) :

\[ f(x)=\frac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{(x-1)(x+7)}=\frac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}\,(x+7)}. \]

\(\sqrt{x+1}\to\sqrt{2}\), \(x+7\to 8\) et \(\sqrt{x-1}\to 0^+\), donc \(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\mathbf{+\infty}\).

4) \(\lfloor x\rfloor\) désigne la partie entière. Ensuite, pour \(x\in[1\,;2[\), \(\lfloor x\rfloor=1\), donc \(\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\mathbf{1}\). Puis pour \(x\in[0\,;1[\), \(\lfloor x\rfloor=0\) : \(f\) n’est pas définie à gauche de 1, il n’y a pas de limite à gauche.

Un seul contre-exemple suffit pour chaque implication.

1) \(f(x)=x+1\) et \(g(x)=x\) tendent vers \(+\infty\), mais \(f(x)-g(x)=1\) : la limite vaut 1, pas 0.

2) \(f(x)=2x\) et \(g(x)=x\) tendent vers \(+\infty\), mais \(\dfrac{f(x)}{g(x)}=2\) : la limite vaut 2, pas 1.

3) \(f(x)=x\) et \(g(x)=\dfrac{1}{x}\) : \(\lim f=+\infty\), \(\lim\dfrac{1}{g}=\lim x=+\infty\), mais \(f(x)g(x)=1\) : la limite vaut 1, pas 0.

1) Vrai. \(\lim\limits_{x\to+\infty}x^2=+\infty\) et \(f(x)\geqslant x^2\) : par le théorème de comparaison, \(\lim f=+\infty\).

2) Faux. Une majoration seule ne suffit pas. Puis contre-exemple : \(f(x)=-x\) vérifie \(f(x)\leqslant\dfrac{1}{x}\) pour \(x\gt 0\), mais \(\lim f=-\infty\).

3) Vrai. En divisant par \(x^2\gt 0\) :

\[ \frac{1}{x^2}\leqslant\frac{f(x)}{x^2}\leqslant\frac{x+1}{x^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}. \]

De plus, les deux bornes tendent vers 0 : par le théorème des gendarmes, \(\lim\dfrac{f(x)}{x^2}=0\).

• 1) Limite infinie en \(+\infty\) : pas d’asymptote horizontale ni verticale à en déduire.
• 2) Limite finie (\(10^{99}\)) en 1 : pas d’asymptote (le point d’abscisse 1 est « comblé »).
• 3) Limite finie en 0 : pas d’asymptote.
• 4) Limite finie 0 en \(-\infty\) : asymptote horizontale d’équation \(y=0\) en \(-\infty\).
• 5) Limite infinie en 0 à gauche : asymptote verticale d’équation \(x=0\).
• 6) Limite finie \(-10^{99}\) en \(-\infty\) : asymptote horizontale d’équation \(y=-10^{99}\).

Règle : une limite finie en l’infini donne une asymptote horizontale ; une limite infinie en un réel \(a\) donne une asymptote verticale \(x=a\).

1) Sur le graphique, la courbe présente un « trou » au point d’abscisse 1 (cercle vide, ordonnée environ 0,4), et le point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse 1 est isolé plus haut (ordonnée environ 1,75). De plus, on ne peut pas tracer la courbe sans lever le crayon : \(f\) n’est pas continue en 1, donc pas continue sur \(\mathbb{R}\).

2) Par définition \(f(1)=\alpha\) (sur le graphique, \(\alpha\approx 1{,}75\)). Ensuite, pour \(x\neq 1\), \(f(x)=\sqrt{x^2+1}-1\), expression continue, donc

\[ \lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to 1^+}f(x)=\sqrt{1+1}-1=\sqrt{2}-1\approx 0{,}414. \]

3) \(f\) est continue en 1 si et seulement si \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)=f(1)\), soit \(\alpha=\sqrt{2}-1\). Par ailleurs, sur \(\mathbb{R}\setminus\{1\}\), \(f\) est continue (composée de fonctions continues), donc \(f\) est alors continue sur \(\mathbb{R}\).

1) \(\lim\limits_{x\to+\infty}x^3=+\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}x^3=-\infty\).

2) \(f^{\prime}(x)=3x^2\geqslant 0\), nul seulement en 0 : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

3) a) Sur \([1{,}5\,;1{,}6]\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(1{,}5)=3{,}375\) et \(f(1{,}6)=4{,}096\). Ainsi, comme \(4\in[3{,}375\,;4{,}096]\), d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(x^3=4\) admet une unique solution sur \([1{,}5\,;1{,}6]\) : \(\sqrt[3]{4}\approx 1{,}587\).

b) Sur \(\mathbb{R}\), \(f\) est continue, strictement croissante, de limites \(-\infty\) et \(+\infty\) : elle prend une fois et une seule chaque valeur réelle. De même, l’équation \(x^3=-3\) admet une unique solution, \(-\sqrt[3]{3}\approx -1{,}442\).

1) La partie entière \(\lfloor x\rfloor\) est le plus grand entier inférieur ou égal à \(x\). Ensuite, sur chaque intervalle \([k\,;k+1[\) (\(k\) entier), \(\lfloor x\rfloor=k\) : la courbe est formée de paliers horizontaux, fermés à gauche et ouverts à droite. Par ailleurs, la fonction est discontinue en chaque entier.

2) a) \(\lfloor x\rfloor\) est toujours un entier et \(\dfrac{1}{2}\) n’en est pas un : l’équation n’a aucune solution, \(S=\varnothing\).

b) \(\lfloor x\rfloor=1\iff 1\leqslant x\lt 2\) : \(S=[1\,;2[\).

1) Continuité. La courbe \( \mathscr{C} \) est tracée d’un seul trait, sans lever le crayon sur tout l’intervalle \( [-5 \,;\, 7] \) : elle est formée de deux segments, d’un arc et de deux autres segments qui se raccordent aux points d’abscisses \( -3 \), \( 1 \) et \( 5 \), sans saut. Puis la fonction \( f \) est donc continue sur \( I \).

2) Tableau de variation. On lit les extremums sur la courbe : \( f(-5) = 3 \), \( f(-3) = -2 \), \( f(1) = 2 \), \( f(5) = -2 \) et \( f(7) = 3 \).

3) Nombre de solutions de \( f(x) = 0 \). On utilise le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : si \( f \) est continue et strictement monotone sur \( [a \,;\, b] \) et si \( 0 \) est compris entre \( f(a) \) et \( f(b) \), alors l’équation \( f(x) = 0 \) a une unique solution dans \( [a \,;\, b] \).

• a) Sur \( [1 \,;\, 5] \), \( f \) est continue et strictement décroissante, avec \( f(1) = 2 \gt 0 \) et \( f(5) = -2 \lt 0 \). L’équation a donc une seule solution dans \( [1 \,;\, 5] \) (environ \( 3{,}8 \) sur le graphique).
• b) Sur \( [-1 \,;\, 1] \), \( f \) est croissante et \( f(-1) = 1 \) : pour tout \( x \) de cet intervalle, \( f(x) \geqslant 1 \gt 0 \). L’équation n’a aucune solution dans \( [-1 \,;\, 1] \).
• c) On découpe \( I \) selon le tableau de variation. Sur chacun des intervalles \( [-5 \,;\, -3] \), \( [-3 \,;\, 1] \), \( [1 \,;\, 5] \) et \( [5 \,;\, 7] \), la fonction est continue, strictement monotone, et change de signe (elle passe de \( 3 \) à \( -2 \), de \( -2 \) à \( 2 \), de \( 2 \) à \( -2 \), puis de \( -2 \) à \( 3 \)). Il y a donc exactement une solution dans chacun : 4 solutions dans \( I \).

1) Conjecture. Sur l’écran, la courbe a la forme d’une parabole tournée vers le haut : elle semble monter indéfiniment des deux côtés. Ensuite, on conjecture que \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \) et \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \).

2) Étude des limites. On a \( f(x) = x^2 \left(1 – \dfrac{x^2}{9}\right) \).

• En \( +\infty \) : \( \lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} \left(1 – \dfrac{x^2}{9}\right) = -\infty \). Par produit, \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty \).
• En \( -\infty \) : de même, \( x^2 \to +\infty \) et \( 1 – \dfrac{x^2}{9} \to -\infty \), donc \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty \).

(On pouvait aussi remarquer que \( f(-x) = f(x) \) : la fonction est paire, donc les deux limites sont égales.)

3) Pourquoi la conjecture était fausse. La fenêtre du logiciel ne montre que \( x \) entre \( -2{,}5 \) et \( 2{,}5 \). Or, pour \( -3 \lt x \lt 3 \), on a \( x^2 \lt 9 \), donc \( 1 – \dfrac{x^2}{9} \gt 0 \) et \( f(x) \geqslant 0 \) : la courbe reste au-dessus de l’axe. Puis elle atteint son maximum \( \dfrac{9}{4} \) en \( x = \pm \dfrac{3}{\sqrt{2}} \approx \pm 2{,}12 \) (en effet \( f^{\prime}(x) = 2x – \dfrac{4x^3}{9} = 2x\left(1 – \dfrac{2x^2}{9}\right) \) s’annule pour \( x^2 = \dfrac{9}{2} \)), puis redescend, coupe l’axe en \( -3 \) et en \( 3 \), et plonge vers \( -\infty \). De plus, la fenêtre était trop étroite pour voir ce changement.

1) Ensemble de définition. Il faut \( 3x^2 + x + 7 \gt 0 \) (sous la racine et au dénominateur). Ensuite, le discriminant de \( 3x^2 + x + 7 \) vaut \( \Delta = 1^2 – 4 \times 3 \times 7 = 1 – 84 = -83 \lt 0 \) : ce trinôme a le signe de \( a = 3 \), il est toujours strictement positif. Donc \( g \) est définie sur \( \mathbb{R} \).

2) a) Avec le logiciel, on saisit \( g(x) = x / \sqrt{3x^2 + x + 7} \) et on obtient la courbe ci-dessous.

b) Pour de grandes valeurs de \( x \), la courbe se rapproche d’une droite horizontale d’ordonnée voisine de \( 0{,}58 \) (par exemple \( g(1\,000) \approx 0{,}577 \)). Par ailleurs, on conjecture \( \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) \approx 0{,}58 \).

3) Valeur exacte. Pour \( x \gt 0 \), on factorise \( x^2 \) sous la racine : \( \sqrt{3x^2 + x + 7} = \sqrt{x^2\left(3 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{7}{x^2}\right)} = x\sqrt{3 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{7}{x^2}} \) car \( \sqrt{x^2} = x \) pour \( x \gt 0 \). Donc :

\[ g(x) = \frac{x}{x\sqrt{3 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{3 + \frac{1}{x} + \frac{7}{x^2}}} \]

Puis quand \( x \to +\infty \), \( \dfrac{1}{x} \to 0 \) et \( \dfrac{7}{x^2} \to 0 \), donc \( 3 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{7}{x^2} \to 3 \) et, par continuité de la racine, \( g(x) \to \dfrac{1}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx 0{,}577 \). Puis la conjecture est confirmée.

1) Limites en \( -\infty \) et \( +\infty \). Pour \( x \neq 0 \), on factorise par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur :

\[ f(x) = \frac{x\left(-3 + \frac{1}{x}\right)}{x^2\left(1 – \frac{9}{x^2}\right)} = \frac{1}{x} \times \frac{-3 + \frac{1}{x}}{1 – \frac{9}{x^2}} \]

De plus, en \( \pm\infty \) : \( \dfrac{1}{x} \to 0 \), \( -3 + \dfrac{1}{x} \to -3 \) et \( 1 – \dfrac{9}{x^2} \to 1 \). Par ailleurs, par produit et quotient, \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0 \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0 \). Ensuite, la droite d’équation \( y = 0 \) est asymptote horizontale en \( -\infty \) et en \( +\infty \).

a) L’écran de la calculatrice semble pourtant montrer une courbe qui part vers \( -\infty \) à gauche et vers \( +\infty \) à droite.

b) Explication de la contradiction. La fenêtre de la calculatrice est trop étroite : elle ne montre que la partie de la courbe comprise entre les valeurs interdites \( -3 \) et \( 3 \). Puis les branches qui s’envolent au bord de l’écran ne décrivent pas le comportement en l’infini, mais celui près des asymptotes verticales :

• quand \( x \to -3 \) avec \( x \gt -3 \) : \( 1 – 3x \to 10 \) et \( x^2 – 9 \to 0 \) en restant négatif, donc \( f(x) \to -\infty \) ;
• quand \( x \to 3 \) avec \( x \lt 3 \) : \( 1 – 3x \to -8 \) et \( x^2 – 9 \to 0 \) en restant négatif, donc \( f(x) \to +\infty \).

Ainsi, il n’y a donc pas de contradiction : en élargissant la fenêtre, on voit les deux autres branches de la courbe, qui se rapprochent de l’axe des abscisses.

1) Conjecture. Les valeurs \( h(10^3) \approx 2{,}494\,753 \), \( h(10^4) \approx 2{,}499\,475 \), \( h(10^5) \approx 2{,}499\,948 \), \( h(10^6) \approx 2{,}499\,995 \) se rapprochent de \( 2{,}5 \). De plus, on conjecture que \( \lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 2{,}5 \) (l’énoncé écrit « \( f \) », il s’agit de la fonction \( h \)).

Justification. Pour \( x \gt 0 \), on factorise par \( x \) :

\[ h(x) = \frac{x\left(5 – \frac{8}{x}\right)}{x\left(2 + \frac{1}{x}\right)} = \frac{5 – \frac{8}{x}}{2 + \frac{1}{x}} \]

De même, quand \( x \to +\infty \), \( \dfrac{8}{x} \to 0 \) et \( \dfrac{1}{x} \to 0 \), donc par quotient \( \lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = \dfrac{5}{2} = 2{,}5 \). Ensuite, la conjecture est démontrée.

2) Interprétation graphique. La droite d’équation \( y = 2{,}5 \) est asymptote horizontale à la courbe de \( h \) en \( +\infty \). Par ailleurs, le tableau montre même que les valeurs restent inférieures à \( 2{,}5 \) : la courbe est sous l’asymptote.

a) Soit \( \alpha \gt 0 \). Puis on cherche à partir de quand \( 1 – \alpha \lt g(x) \lt 1 + \alpha \), c’est-à-dire \( 1 – \alpha \lt \dfrac{1}{x} + 1 \lt 1 + \alpha \), soit \( -\alpha \lt \dfrac{1}{x} \lt \alpha \).

• Pour \( x \gt 0 \), \( \dfrac{1}{x} \gt 0 \gt -\alpha \) : l’inégalité de gauche est toujours vraie.
• Pour \( x \gt 0 \), \( \dfrac{1}{x} \lt \alpha \iff x \gt \dfrac{1}{\alpha} \) (la fonction inverse est décroissante sur \( ]0 \,;\, +\infty[ \)).

Donc dès que \( x \gt \dfrac{1}{\alpha} \), toutes les valeurs \( g(x) \) sont dans l’intervalle \( ]1 – \alpha \,;\, 1 + \alpha[ \). Ensuite, par exemple, pour \( \alpha = 0{,}01 \), il suffit que \( x \gt 100 \).

b) Tout intervalle ouvert centré en \( 1 \) contient toutes les valeurs \( g(x) \) pour \( x \) assez grand : c’est exactement la définition de \( \lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 1 \).

c) La droite d’équation \( y = 1 \) est asymptote horizontale à la courbe de \( g \) en \( +\infty \). Puis comme \( g(x) – 1 = \dfrac{1}{x} \gt 0 \), la courbe est au-dessus de cette asymptote.

a) Soit \( \alpha \gt 0 \). De plus, sur \( ]1 \,;\, +\infty[ \), \( x^2 – 1 \gt 0 \), donc \( h(x) \gt 0 \gt -\alpha \) : l’inégalité \( h(x) \gt -\alpha \) est toujours vraie.

Par ailleurs, il reste \( h(x) \lt \alpha \). Ainsi, comme les deux membres sont positifs :

\[ \frac{1}{x^2 – 1} \lt \alpha \iff x^2 – 1 \gt \frac{1}{\alpha} \iff x^2 \gt 1 + \frac{1}{\alpha} \iff x \gt \sqrt{1 + \frac{1}{\alpha}} \]

(la dernière équivalence car \( x \gt 1 \gt 0 \)). Donc pour tout \( x \gt \sqrt{1 + \dfrac{1}{\alpha}} \), \( h(x) \in \, ]-\alpha \,;\, \alpha[ \). De même, par exemple, pour \( \alpha = 0{,}01 \), il suffit que \( x \gt \sqrt{101} \approx 10{,}05 \).

b) Tout intervalle ouvert centré en \( 0 \) contient toutes les valeurs \( h(x) \) pour \( x \) assez grand, donc \( \lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 0 \).

c) L’axe des abscisses, droite d’équation \( y = 0 \), est asymptote horizontale à la courbe de \( h \) en \( +\infty \) ; la courbe est au-dessus de l’axe car \( h(x) \gt 0 \).

a) Pour \( x \geqslant 0 \) :

\[ f(x) \gt 100 \iff \sqrt{x} + 2 \gt 100 \iff \sqrt{x} \gt 98 \iff x \gt 98^2 = 9\,604 \]

(la fonction carré est croissante sur \( [0 \,;\, +\infty[ \), et les deux membres sont positifs). Donc \( f(x) \gt 100 \) dès que \( x \gt 9\,604 \).

b) Soit \( A \gt 2 \). Ensuite, alors \( A – 2 \gt 0 \) et, de la même façon :

\[ f(x) \gt A \iff \sqrt{x} \gt A – 2 \iff x \gt (A – 2)^2 \]

Donc l’intervalle \( ]A \,;\, +\infty[ \) contient toutes les valeurs \( f(x) \) dès que \( x \gt (A – 2)^2 \). (Pour \( A \leqslant 2 \), c’est encore plus facile : \( f(x) \geqslant 2 \) pour tout \( x \), donc \( f(x) \gt A \) dès que \( x \gt 0 \).)

c) Tout intervalle \( ]A \,;\, +\infty[ \) contient toutes les valeurs \( f(x) \) pour \( x \) assez grand : par définition, \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \).

a) Soit \( A \gt -1 \). Puis alors \( A + 1 \gt 0 \) et, pour \( x \gt 0 \) :

\[ f(x) \gt A \iff x^2 – 1 \gt A \iff x^2 \gt A + 1 \iff x \gt \sqrt{A + 1} \]

(la fonction racine carrée est croissante et \( x \gt 0 \)). Donc l’intervalle \( ]A \,;\, +\infty[ \) contient toutes les valeurs \( f(x) \) dès que \( x \gt \sqrt{A + 1} \).

b) Tout intervalle \( ]A \,;\, +\infty[ \) contient toutes les valeurs de \( f(x) \) pour \( x \) assez grand : on en déduit que \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \).

c) On applique le a) :

• \( f(x) \gt 1\,000 \iff x^2 \gt 1\,001 \iff x \gt \sqrt{1\,001} \approx 31{,}64 \) (pour \( x \gt 0 \)) ;
• \( f(x) \gt 10^{10} \iff x^2 \gt 10^{10} + 1 \iff x \gt \sqrt{10^{10} + 1} \approx 100\,000{,}000\,005 \) (pour \( x \gt 0 \)).

1) \( f(x) = x^3 + 3x^2 – 6 \) sur \( \mathbb{R} \). De plus, forme indéterminée « \( -\infty + \infty \) » en \( -\infty \) : on factorise par \( x^3 \).

\[ f(x) = x^3\left(1 + \frac{3}{x} – \frac{6}{x^3}\right) \]

Par ailleurs, la parenthèse tend vers \( 1 \) en \( \pm\infty \), donc \( \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \) (comme \( x^3 \)).

2) \( f(x) = \dfrac{1}{x + 2} \).

• En \( \pm\infty \) : \( x + 2 \to \pm\infty \), donc \( f(x) \to 0 \).
• En \( -2 \) à gauche (\( x \lt -2 \)) : \( x + 2 \to 0 \) avec \( x + 2 \lt 0 \), donc \( f(x) \to -\infty \).
• En \( -2 \) à droite (\( x \gt -2 \)) : \( x + 2 \to 0 \) avec \( x + 2 \gt 0 \), donc \( f(x) \to +\infty \).

3) \( f(x) = 1 – \dfrac{1}{x – 1} \).

• En \( \pm\infty \) : \( \dfrac{1}{x – 1} \to 0 \), donc \( f(x) \to 1 \).
• En \( 1 \) à gauche : \( x – 1 \to 0 \) avec \( x – 1 \lt 0 \), donc \( \dfrac{1}{x – 1} \to -\infty \) et \( f(x) \to +\infty \).
• En \( 1 \) à droite : \( x – 1 \to 0 \) avec \( x – 1 \gt 0 \), donc \( \dfrac{1}{x – 1} \to +\infty \) et \( f(x) \to -\infty \).

4) \( f(x) = \dfrac{1 – 2x}{(x – 2)^2} \).

• En \( \pm\infty \) : forme « \( \dfrac{\infty}{\infty} \) ». On factorise : \( f(x) = \dfrac{x\left(\frac{1}{x} – 2\right)}{x^2\left(1 – \frac{2}{x}\right)^2} = \dfrac{1}{x} \times \dfrac{\frac{1}{x} – 2}{\left(1 – \frac{2}{x}\right)^2} \), produit d’un terme qui tend vers \( 0 \) et d’un terme qui tend vers \( -2 \) : \( f(x) \to 0 \).
• En \( 2 \) (à gauche comme à droite) : \( 1 – 2x \to -3 \) et \( (x – 2)^2 \to 0 \) en restant positif (c’est un carré), donc \( f(x) \to -\infty \).

1) On cherche \( a \) et \( b \) tels que \( f(x) = a + \dfrac{b}{x – 2} = \dfrac{a(x – 2) + b}{x – 2} = \dfrac{ax – 2a + b}{x – 2} \). Ainsi, par identification avec \( \dfrac{-5x + 3}{x – 2} \) : \( a = -5 \) et \( -2a + b = 3 \), soit \( 10 + b = 3 \), donc \( b = -7 \).

\[ f(x) = -5 – \frac{7}{x – 2} \]

Vérification : \( -5 – \dfrac{7}{x – 2} = \dfrac{-5(x – 2) – 7}{x – 2} = \dfrac{-5x + 10 – 7}{x – 2} = \dfrac{-5x + 3}{x – 2} \).

2) Limites.

• En \( \pm\infty \) : \( \dfrac{7}{x – 2} \to 0 \), donc \( f(x) \to -5 \) : la droite \( y = -5 \) est asymptote horizontale.
• En \( 2 \) à gauche : \( x – 2 \to 0^- \), donc \( \dfrac{7}{x – 2} \to -\infty \) et \( f(x) \to +\infty \).
• En \( 2 \) à droite : \( x – 2 \to 0^+ \), donc \( \dfrac{7}{x – 2} \to +\infty \) et \( f(x) \to -\infty \). La droite \( x = 2 \) est asymptote verticale.

3) Variations. Avec la forme du 1), \( f^{\prime}(x) = -7 \times \left(-\dfrac{1}{(x – 2)^2}\right) = \dfrac{7}{(x – 2)^2} \gt 0 \) sur \( \mathcal{D} \). Ensuite, la fonction \( f \) est donc strictement croissante sur \( ]-\infty \,;\, 2[ \) et sur \( ]2 \,;\, +\infty[ \).

\( f(x)=\dfrac{x^3-x-6}{x-2} \) est définie sur \( \mathbb{R}\setminus\{2\} \).

1) Ce sont des fonctions polynômes, donc on remplace \(x\) par 2 :

\[ \lim_{x\to 2}(x-2)=2-2=0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to 2}(x^3-x-6)=8-2-6=0. \]

De même, le numérateur et le dénominateur tendent tous les deux vers 0 : on obtient la forme « \( \frac{0}{0} \) », qui est une forme indéterminée. Puis les règles opératoires ne permettent pas de conclure directement.

2) Tableau de valeurs à la calculatrice, en s’approchant de 2 par la gauche et par la droite :

Ensuite, les valeurs se rapprochent de 11 des deux côtés : on conjecture que \( \lim\limits_{x\to 2}f(x)=11 \).

3) On développe :

\[ \begin{aligned} (x-2)(x^2+2x+3) &= x^3+2x^2+3x-2x^2-4x-6 \\ &= x^3-x-6. \end{aligned} \]

Donc, pour tout \(x\neq 2\), on peut simplifier par \(x-2\) (qui n’est pas nul) :

\[ f(x)=\frac{(x-2)(x^2+2x+3)}{x-2}=x^2+2x+3. \]

Puis cette fonction polynôme a pour limite en 2 : \( 2^2+2\times 2+3=4+4+3=11 \). Donc \( \lim\limits_{x\to 2}f(x)=\mathbf{11} \), ce qui confirme la conjecture.

1) \( f(x)=x^2-5x+6 \). De plus, en l’infini, un polynôme a la limite de son terme de plus haut degré : \( x^2 \).

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty. \]

2) \( f(x)=-4x^2+6x-7 \) : même règle avec \( -4x^2 \).

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. \]

3) \( f(x)=\dfrac{2x+1}{x-1} \) : forme « \( \frac{\infty}{\infty} \) ». Ensuite, on factorise par \(x\) en haut et en bas :

\[ f(x)=\frac{x\left(2+\frac{1}{x}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}=\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}} \xrightarrow[x\to\pm\infty]{} \frac{2}{1}=2. \]

Donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\mathbf{2} \).

4) \( f(x)=\dfrac{2x^2-3x+5}{x^3+x-3} \) : on factorise par les termes de plus haut degré.

\[ f(x)=\frac{x^2\left(2-\frac{3}{x}+\frac{5}{x^2}\right)}{x^3\left(1+\frac{1}{x^2}-\frac{3}{x^3}\right)}=\frac{1}{x}\times\frac{2-\frac{3}{x}+\frac{5}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}-\frac{3}{x^3}}. \]

De plus, le quotient tend vers 2 et \( \frac{1}{x} \) tend vers 0, donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\mathbf{0} \).

5) \( f(x)=\dfrac{x^3}{x^2+1}-x \) : forme « \( \infty-\infty \) ». Par ailleurs, on réduit au même dénominateur :

\[ f(x)=\frac{x^3-x(x^2+1)}{x^2+1}=\frac{x^3-x^3-x}{x^2+1}=\frac{-x}{x^2+1}=-\frac{1}{x}\times\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}. \]

Donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\mathbf{0} \).

6) \( f(x)=\dfrac{2x-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3} \) n’est définie que pour \(x\geqslant 0\) et \(x\neq 9\) : on ne peut étudier que la limite en \(+\infty\) (la limite en \(-\infty\) n’a pas de sens). Puis pour \(x\gt 9\), on factorise par \( \sqrt{x} \), en écrivant \( 2x=2\sqrt{x}\times\sqrt{x} \) :

\[ f(x)=\frac{\sqrt{x}\left(2\sqrt{x}-1\right)}{\sqrt{x}\left(1-\frac{3}{\sqrt{x}}\right)}=\frac{2\sqrt{x}-1}{1-\frac{3}{\sqrt{x}}}. \]

Par ailleurs, le numérateur tend vers \(+\infty\) et le dénominateur vers 1, donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\mathbf{+\infty} \).

7) \( f(x)=2x-\sqrt{4x^2-1} \), définie pour \( x\leqslant-\frac{1}{2} \) ou \( x\geqslant\frac{1}{2} \).

• En \(-\infty\) : \(2x\) tend vers \(-\infty\) et \( -\sqrt{4x^2-1} \) aussi, donc la somme tend vers \(-\infty\) (pas de forme indéterminée).
• En \(+\infty\) : forme « \( \infty-\infty \) ». On multiplie par la quantité conjuguée :
  \[ f(x)=\frac{(2x)^2-(4x^2-1)}{2x+\sqrt{4x^2-1}}=\frac{1}{2x+\sqrt{4x^2-1}}. \]
  Le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\mathbf{0} \).

8) \( f(x)=\dfrac{\sqrt{x^2-2x+3}}{x} \). Ensuite, le trinôme \(x^2-2x+3\) a pour discriminant \( 4-12=-8\lt 0 \) : il est toujours positif, donc \(f\) est définie sur \( \mathbb{R}^* \). Puis on factorise par \(x^2\) sous la racine, en se rappelant que \( \sqrt{x^2}=|x| \) :

\[ f(x)=\frac{|x|\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}}}{x}. \]

• Pour \(x\gt 0\), \( |x|=x \) : \( f(x)=\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}} \), donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sqrt{1}=\mathbf{1} \).
• Pour \(x\lt 0\), \( |x|=-x \) : \( f(x)=-\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}} \), donc \( \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\mathbf{-1} \).

\( \lfloor x\rfloor \) désigne la partie entière de \(x\) : le plus grand entier inférieur ou égal à \(x\).

1) Par définition de la partie entière, pour tout réel \(x\) :

\[ \lfloor x\rfloor\leqslant x\lt\lfloor x\rfloor+1, \]

ce qui donne, en retranchant 1 dans la deuxième inégalité, \( x-1\lt\lfloor x\rfloor \). Donc :

\[ x-1\lt\lfloor x\rfloor\leqslant x. \]

Ainsi, pour \(x\neq 0\), \( x^2\gt 0 \) : diviser par \(x^2\) ne change pas le sens des inégalités.

\[ \frac{x-1}{x^2}\lt\frac{\lfloor x\rfloor}{x^2}\leqslant\frac{x}{x^2}, \quad \text{soit} \quad \frac{x-1}{x^2}\lt f(x)\leqslant\frac{1}{x}. \]

De même, c’est ce que montre la figure : la courbe rouge de \(f\) est toujours entre la courbe verte et la courbe bleue (elle touche la bleue aux entiers).

2) On cherche les limites des deux fonctions qui encadrent \(f\).

• \( \lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x}=0 \).
• \( \dfrac{x-1}{x^2}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2} \), donc \( \lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{x-1}{x^2}=0-0=0 \).

Ensuite, les deux fonctions qui encadrent \(f\) ont la même limite 0 en \(+\infty\) et en \(-\infty\). Puis d’après le théorème des gendarmes :

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=0 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=0. \]

De plus, l’axe des abscisses (\(y=0\)) est donc asymptote horizontale à la courbe de \(f\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\).

Deux règles à appliquer : une limite finie \(\ell\) en l’infini donne une asymptote horizontale \(y=\ell\) ; une limite infinie en un réel \(a\) donne une asymptote verticale \(x=a\).

• 1) Limite finie 3 en \(+\infty\) : asymptote horizontale d’équation \(y=3\) en \(+\infty\).
• 2) Limite infinie quand \(x\) tend vers le réel 3 : asymptote verticale d’équation \(x=3\).
• 3) Limite infinie en l’infini : on ne peut pas en déduire d’asymptote (ni horizontale, ni verticale).
• 4) Limite infinie quand \(x\) tend vers 0 par valeurs négatives : asymptote verticale d’équation \(x=0\) (l’axe des ordonnées).
• 5) Limite finie 0 en \(-\infty\) : asymptote horizontale d’équation \(y=0\) (l’axe des abscisses) en \(-\infty\).
• 6) Limite infinie en 1 : asymptote verticale d’équation \(x=1\).
• 7) Limite finie \(10^{100}\) en \(+\infty\) : même très grand, c’est un nombre réel. Asymptote horizontale d’équation \(y=10^{100}\) en \(+\infty\).
• 8) Limite finie en un réel : aucune asymptote ; la courbe s’approche seulement du point de coordonnées \((1\,;1)\).

\( f(x)=-2+\dfrac{1}{x} \) sur \( \mathbb{R}^* \).

1) \( \lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x}=0 \), donc par somme :

\[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=-2 \qquad \text{et} \qquad \lim_{x\to-\infty}f(x)=-2. \]

2) Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \( \frac{1}{x} \) tend vers \(+\infty\) ; par valeurs négatives, \( \frac{1}{x} \) tend vers \(-\infty\). De plus, en ajoutant \(-2\) :

\[ \lim_{\substack{x\to 0 \\ x\gt 0}}f(x)=+\infty \qquad \text{et} \qquad \lim_{\substack{x\to 0 \\ x\lt 0}}f(x)=-\infty. \]

3)

• D’après 1), la droite d’équation \(y=-2\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\) et en \(-\infty\).
• D’après 2), la droite d’équation \(x=0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à la courbe.

\( f(x)=\dfrac{-4x^2+1}{x^2-9} \) sur \( \mathbb{R}\setminus\{-3\,;3\} \). Ensuite, les bornes du domaine sont \(-\infty\), \(-3\), \(3\) et \(+\infty\).

1) En l’infini, on factorise par \(x^2\) :

\[ f(x)=\frac{x^2\left(-4+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1-\frac{9}{x^2}\right)}=\frac{-4+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{9}{x^2}}\xrightarrow[x\to\pm\infty]{}-4. \]

En 3 et en \(-3\), le numérateur tend vers \( -4\times 9+1=-35 \) et le dénominateur \( x^2-9=(x-3)(x+3) \) tend vers 0. Par ailleurs, il faut son signe :

• \(x\to -3\), \(x\lt -3\) : « \( \frac{-35}{0^+} \) », donc \( f(x)\to\mathbf{-\infty} \).
• \(x\to -3\), \(x\gt -3\) : « \( \frac{-35}{0^-} \) », donc \( f(x)\to\mathbf{+\infty} \).
• \(x\to 3\), \(x\lt 3\) : « \( \frac{-35}{0^-} \) », donc \( f(x)\to\mathbf{+\infty} \).
• \(x\to 3\), \(x\gt 3\) : « \( \frac{-35}{0^+} \) », donc \( f(x)\to\mathbf{-\infty} \).

2) La courbe \(\mathscr{C}\) admet :

• une asymptote horizontale d’équation \(y=-4\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\) ;
• deux asymptotes verticales d’équations \(x=-3\) et \(x=3\).

3) On étudie le signe de la différence \( f(x)-(-4)=f(x)+4 \) :

\[ f(x)+4=\frac{-4x^2+1+4(x^2-9)}{x^2-9}=\frac{-35}{x^2-9}. \]

Par ailleurs, le numérateur est négatif, donc \( f(x)+4 \) est du signe contraire de \(x^2-9\) :

• sur \( ]-\infty\,;-3[ \) et sur \( ]3\,;+\infty[ \), \( f(x)+4\lt 0 \) : \(\mathscr{C}\) est en dessous de l’asymptote \(y=-4\) ;
• sur \( ]-3\,;3[ \), \( f(x)+4\gt 0 \) : \(\mathscr{C}\) est au-dessus de l’asymptote \(y=-4\).

\( f(x)=\dfrac{2x^3+4x-1}{x^3-1} \) sur \( \mathbb{R}\setminus\{1\} \). Puis les bornes sont \(-\infty\), 1 et \(+\infty\).

1) En l’infini, on factorise par \(x^3\) :

\[ f(x)=\frac{x^3\left(2+\frac{4}{x^2}-\frac{1}{x^3}\right)}{x^3\left(1-\frac{1}{x^3}\right)}=\frac{2+\frac{4}{x^2}-\frac{1}{x^3}}{1-\frac{1}{x^3}}\xrightarrow[x\to\pm\infty]{}2. \]

En 1, le numérateur tend vers \( 2+4-1=5 \) et le dénominateur vers 0. Ensuite, la fonction cube est croissante : si \(x\lt 1\), \(x^3\lt 1\) donc \(x^3-1\lt 0\) ; si \(x\gt 1\), \(x^3-1\gt 0\).

• \(x\to 1\), \(x\lt 1\) : « \( \frac{5}{0^-} \) », donc \( \lim f(x)=\mathbf{-\infty} \).
• \(x\to 1\), \(x\gt 1\) : « \( \frac{5}{0^+} \) », donc \( \lim f(x)=\mathbf{+\infty} \).

2) La courbe \(\mathscr{C}\) admet une asymptote horizontale d’équation \(y=2\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\), et une asymptote verticale d’équation \(x=1\).

Le dénominateur commun est \( x^2+x-2=(x+2)(x-1) \) : les quatre courbes ont des branches infinies en \(-2\) et en 1. Puis pour les distinguer, on regarde les limites en l’infini et les points où la courbe coupe l’axe des abscisses.

• \( f_1(x)=\dfrac{x^2+4x+3}{x^2+x-2} \) : limite 1 en \(\pm\infty\) (quotient des termes \(x^2/x^2\)). Le numérateur \( (x+1)(x+3) \) s’annule en \(-3\) et \(-1\) : la courbe coupe l’axe des abscisses deux fois, à gauche de l’origine.
• \( f_2(x)=-\dfrac{2x}{x^2+x-2} \) : limite 0 en \(\pm\infty\) (le degré du dénominateur est plus grand) ; \( f_2(0)=0 \) : la courbe passe par l’origine.
• \( f_3(x)=\dfrac{7-x^3}{x^2+x-2} \) : se comporte comme \( \dfrac{-x^3}{x^2}=-x \) en l’infini, donc limite \(-\infty\) en \(+\infty\) et \(+\infty\) en \(-\infty\).
• \( f_4(x)=\dfrac{x^4+2}{x^2+x-2} \) : se comporte comme \(x^2\), donc limite \(+\infty\) des deux côtés ; le numérateur est toujours positif, donc \(f_4\) est du signe de \( (x+2)(x-1) \) : négative entre \(-2\) et 1, positive ailleurs.

Ainsi, on associe alors chaque écran :

• Écran a : la courbe monte vers \(+\infty\) à gauche et à droite, avec une partie en dessous de l’axe au milieu : c’est \(f_4\).
• Écran b : la courbe descend sans fin à droite et monte à gauche : c’est \(f_3\).
• Écran c : la courbe passe par l’origine et se rapproche de l’axe des abscisses à gauche et à droite : c’est \(f_2\).
• Écran d : la courbe se rapproche d’une droite horizontale au-dessus de l’axe et coupe deux fois l’axe des abscisses à gauche : c’est \(f_1\).

a) Pour tout entier naturel \(k\), \( \sin(k\pi)=0 \) (les points \(k\pi\) du cercle trigonométrique sont d’ordonnée 0). Donc :

\[ g(k\pi)=(k\pi)^4\times\sin(k\pi)=(k\pi)^4\times 0=0. \]

b) Si \(g\) avait pour limite \(+\infty\) en \(+\infty\), alors \(g(x)\) serait plus grand que 1 (par exemple) pour tous les \(x\) assez grands. Or, aussi loin que l’on aille, il existe des réels \(k\pi\) (avec \(k\) entier aussi grand que l’on veut) où \( g(k\pi)=0 \). De même, c’est contradictoire : \(g\) n’a pas pour limite \(+\infty\) en \(+\infty\).

Ensuite, en réalité, \(g\) oscille : par exemple \( g\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right)=-\left(\frac{3\pi}{2}+2k\pi\right)^4 \) est très négatif. Puis louise s’est trompée car sa fenêtre d’affichage ne montre que les \(x\) entre environ \(-1{,}5\) et \(1{,}5\) : elle n’a vu que le début de la courbe, là où \( \sin(x)\gt 0 \) pour \(x\gt 0\). De plus, une conjecture faite sur un écran de calculatrice doit toujours être démontrée.

\( h(x)=\sqrt{x^2+5}-x^2 \) sur \( \mathbb{R} \).

a) Quelques valeurs à la calculatrice :

De plus, les valeurs deviennent négatives et de plus en plus grandes en valeur absolue : on conjecture que \( \lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=-\infty \).

b) Pour \(x\gt 0\), on factorise \(x^2\) sous la racine :

\[ \sqrt{x^2+5}=\sqrt{x^2\left(1+\frac{5}{x^2}\right)}=\sqrt{x^2}\times\sqrt{1+\frac{5}{x^2}}=x\sqrt{1+\frac{5}{x^2}}, \]

car \( \sqrt{x^2}=|x|=x \) quand \(x\gt 0\). Par ailleurs, comme \( x^2=x\times x \), on met \(x\) en facteur :

\[ h(x)=x\sqrt{1+\frac{5}{x^2}}-x\times x=x\left(\sqrt{1+\frac{5}{x^2}}-x\right). \]

c) \( \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{5}{x^2}=0 \), donc \( \sqrt{1+\frac{5}{x^2}} \) tend vers \( \sqrt{1}=1 \). Ainsi, alors la parenthèse tend vers \( 1-(+\infty)=-\infty \), et \(x\) tend vers \(+\infty\). De même, par produit :

\[ \lim_{x\to+\infty}h(x)=-\infty. \]

1. Lecture graphique : la courbe se rapproche de la droite horizontale \(y=1\) à gauche et à droite, et de la droite verticale \(x=-2\) de part et d’autre.

\[ \lim_{x\to-\infty}f(x)=1, \qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=1, \qquad \lim_{\substack{x\to-2 \\ x\lt-2}}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{\substack{x\to-2 \\ x\gt-2}}f(x)=-\infty. \]

Ensuite, on lit aussi que \( f(0)=0 \), que \( f(x)\gt 0 \) pour \( x\gt 0 \) et que \( f(x)\lt 0 \) pour \( -2\lt x\lt 0 \) : cela servira pour les limites en 0.

2. \( g(x)=\dfrac{1}{f(x)} \). Ensuite, on utilise la limite de l’inverse.

• a) En \(-\infty\) : \(f(x)\to 1\), donc \( \lim g(x)=\frac{1}{1}=1 \).
• b) En \(+\infty\) : de même, \( \lim g(x)=1 \).
• c) En \(-2\) : \(f(x)\) tend vers \(+\infty\) à gauche et vers \(-\infty\) à droite ; l’inverse d’une quantité qui tend vers l’infini tend vers 0, donc \( \lim\limits_{x\to-2}g(x)=0 \) (par valeurs positives à gauche, négatives à droite).
• d) En 0 : \(f(x)\) tend vers \(f(0)=0\). À droite de 0, \(f(x)\gt 0\) : « \( \frac{1}{0^+} \) », donc \( \lim\limits_{x\to 0,\,x\gt 0}g(x)=+\infty \). À gauche de 0, \(f(x)\lt 0\) : « \( \frac{1}{0^-} \) », donc \( \lim\limits_{x\to 0,\,x\lt 0}g(x)=-\infty \).

3. \( h(x)=\sqrt{f(x)} \) sur \( ]-\infty\,;-2[\,\cup\,]0\,;+\infty[ \), là où \(f(x)\geqslant 0\). Par ailleurs, on utilise la limite de la racine carrée (composée).

• a) En \(-\infty\) : \(f(x)\to 1\), donc \( \lim h(x)=\sqrt{1}=1 \).
• b) En \(+\infty\) : de même, \( \lim h(x)=1 \).
• c) En \(-2\) (forcément par la gauche, car \(h\) n’est pas définie sur \( ]-2\,;0] \)) : \(f(x)\to+\infty\) et \( \lim\limits_{X\to+\infty}\sqrt{X}=+\infty \), donc \( \lim h(x)=+\infty \).
• d) En 0 (forcément par la droite) : \(f(x)\to 0\), donc \( \lim h(x)=\sqrt{0}=0 \).