Le numérateur et le dénominateur sont de degré 4. La limite vaut donc le quotient des coefficients dominants : \[ \frac{5}{2}. \] Ainsi, \[ \lim_{x\to +\infty}f(x)=\frac52 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to -\infty}f(x)=\frac52. \]

La droite \(y=\frac52\) est donc une asymptote horizontale.

Conclusion : \(\boxed{y=\frac52}\).

Comme le degré du numérateur est 2 et celui du dénominateur est 3, on a \[ \lim_{x\to +\infty}\frac{4x^2-7x+3}{x^3-5}=0 \qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to -\infty}\frac{4x^2-7x+3}{x^3-5}=0. \]

La droite \(y=0\) est donc une asymptote horizontale aux deux infinis.

Conclusion : \(\boxed{y=0}\).

On a une forme \(\frac00\). On factorise : \[ x^2-1=(x-1)(x+1), \qquad x^2+x-2=(x-1)(x+2). \] Pour \(x\neq 1\), \[ \frac{x^2-1}{x^2+x-2}=\frac{x+1}{x+2}. \] Donc \[ \lim_{x\to 1}\frac{x^2-1}{x^2+x-2}=\frac23. \]

Conclusion : \(\boxed{\frac23}\).

On reconnaît \[ x^3-6x^2+12x-8=(x-2)^3 \] et \[ x^2-4=(x-2)(x+2). \] Donc, pour \(x\neq 2\), \[ \frac{x^3-6x^2+12x-8}{x^2-4} = \frac{(x-2)^3}{(x-2)(x+2)} = \frac{(x-2)^2}{x+2}. \] Par passage à la limite : \[ \lim_{x\to 2}\frac{(x-2)^2}{x+2}=0. \]

Conclusion : \(\boxed{0}\).

On a une forme \(\frac00\). On conjugue : \[ \frac{\sqrt{1+x}-1}{x} = \frac{(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1+x}+1)}{x(\sqrt{1+x}+1)} = \frac{x}{x(\sqrt{1+x}+1)}. \] Pour \(x\neq 0\), \[ \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac{1}{\sqrt{1+x}+1}. \] Donc \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac12. \]

Conclusion : \(\boxed{\frac12}\).

On conjugue : \[ \sqrt{x^2+5x}-x = \frac{5x}{\sqrt{x^2+5x}+x}. \] Puis \[ \sqrt{x^2+5x}=x\sqrt{1+\frac5x}. \] Donc \[ \frac{5x}{\sqrt{x^2+5x}+x} = \frac{5}{\sqrt{1+\frac5x}+1}. \] Quand \(x\to +\infty\), \(\frac5x\to 0\), donc \[ \lim_{x\to +\infty}(\sqrt{x^2+5x}-x)=\frac52. \]

Conclusion : \(\boxed{\frac52}\).

Au voisinage de \(-1\), on a \(x-4<0\) et \(x-2<0\). Seul \(x+1\) change de signe. Donc : \[ \lim_{x\to -1^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to -1^+}f(x)=+\infty. \]

Au voisinage de 2, on a \(x-4<0\) et \(x+1>0\). Seul \(x-2\) change de signe. Donc : \[ \lim_{x\to 2^-}f(x)=+\infty, \qquad \lim_{x\to 2^+}f(x)=-\infty. \]

Conclusion : asymptotes verticales \(\boxed{x=-1}\) et \(\boxed{x=2}\).

On écrit \[ x^2-2x+5=(x+1)(x-3)+8. \] Ainsi \[ f(x)=x-3+\frac{8}{x+1}. \] Donc la droite \(\boxed{y=x-3}\) est une asymptote oblique.

De plus, \[ f(x)-(x-3)=\frac{8}{x+1}. \] Donc :

• si \(x>-1\), la courbe est au-dessus ;
• si \(x<-1\), la courbe est au-dessous.

Conclusion : asymptote \(\boxed{y=x-3}\), courbe au-dessus pour \(x>-1\), au-dessous pour \(x<-1\).

On a \[ \lim_{x\to \pm\infty}f_a(x)=a-1. \] Pour que \(y=2\) soit asymptote horizontale, il faut \[ a-1=2, \] donc \[ a=3. \]

Conclusion : \(\boxed{a=3}\).

Pour que la limite soit finie en 1, il faut que le numérateur tende aussi vers 0 : \[ 1+(a-3)-a=0. \] Or \[ 1+a-3-a=-2. \] Cette quantité vaut toujours \(-2\), quel que soit \(a\).

Le numérateur ne s’annule donc jamais en 1. La fraction se comporte toujours comme un non-zéro sur \(x-1\), donc la limite ne peut pas être finie.

Conclusion : \(\boxed{\text{aucune valeur de }a}\).

On a \[ \lim_{x\to +\infty}\frac{2x+1}{x+3}=2. \] Par continuité du logarithme sur \(]0;+\infty[\), \[ \lim_{x\to +\infty}\ln\left(\frac{2x+1}{x+3}\right)=\ln(2). \]

Conclusion : \(\boxed{\ln(2)}\).

Comme \(e^x\to 0\) quand \(x\to -\infty\), on a \[ e^x+1\to 1 \qquad\text{et}\qquad e^x-2\to -2. \] Donc \[ \lim_{x\to -\infty}\frac{e^x+1}{e^x-2}=-\frac12. \]

Conclusion : \(\boxed{-\frac12}\).

On a \[ x^2+1\to +\infty. \] Comme \(\ln(u)\to +\infty\) quand \(u\to +\infty\), on obtient \[ \lim_{x\to +\infty}\ln(x^2+1)=+\infty. \]

Conclusion : \(\boxed{+\infty}\).

On factorise : \[ x^2-3x+2=(x-1)(x-2). \] Donc, pour \(x\neq 1\), \[ f(x)=x-2. \] Ainsi \[ \lim_{x\to 1}f(x)=1-2=-1. \]

La fonction n’est pas définie en 1 mais tend vers \(-1\). Il y a donc un trou au point \((1;-1)\).

Conclusion : discontinuité amovible, point manquant \(\boxed{(1;-1)}\).

On sait que \[ -1\le \sin\left(\frac1x\right)\le 1. \] En multipliant par \(x^2\ge 0\), on obtient \[ -x^2\le x^2\sin\left(\frac1x\right)\le x^2. \] Les deux bornes tendent vers 0, donc par le théorème des gendarmes : \[ \lim_{x\to 0}x^2\sin\left(\frac1x\right)=0. \]

Conclusion : \(\boxed{0}\).

On écrit \[ \frac{\sin(7x)}{x}=7\cdot\frac{\sin(7x)}{7x}. \] Comme \(\frac{\sin u}{u}\to 1\) quand \(u\to 0\), on obtient \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(7x)}{x}=7. \]

Conclusion : \(\boxed{7}\).

On écrit \[ \frac{\sin(2x)}{\sin(5x)} = \frac{\sin(2x)}{2x}\cdot\frac{2x}{5x}\cdot\frac{5x}{\sin(5x)}. \] Donc \[ \frac{\sin(2x)}{\sin(5x)} = \frac{\sin(2x)}{2x}\cdot\frac25\cdot\frac{5x}{\sin(5x)}. \] Les deux quotients trigonométriques tendent vers 1, d’où \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin(2x)}{\sin(5x)}=\frac25. \]

Conclusion : \(\boxed{\frac25}\).

Quand \(x\to +\infty\), on a \[ e^{-x}\to 0, \] donc \[ \lim_{x\to +\infty}f(x)=3. \] Quand \(x\to -\infty\), \(-x\to +\infty\), donc \[ e^{-x}\to +\infty \quad\Rightarrow\quad \lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty. \]

La droite \(y=3\) est donc une asymptote horizontale en \(+\infty\).

Conclusion : asymptote horizontale \(\boxed{y=3}\) en \(+\infty\).

Comme les deux polynômes sont de degré 2 et ont le même coefficient dominant 1, on a \[ \lim_{x\to +\infty}\frac{x^2+1}{x^2+3}=1. \] Par continuité de \(\ln\), \[ \lim_{x\to +\infty}\ln\left(\frac{x^2+1}{x^2+3}\right)=\ln(1)=0. \]

Conclusion : \(\boxed{0}\).

(a)

La fonction est définie pour \(x\neq 1\), donc \[ \mathcal D_f=\mathbb R\setminus\{1\}. \]

(b)

Le numérateur tend vers \[ 1^2+1=2>0. \] Donc : \[ \lim_{x\to 1^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to 1^+}f(x)=+\infty. \] La droite \(x=1\) est une asymptote verticale.

(c)

On effectue la division : \[ x^2+1=(x-1)(x+1)+2. \] Donc \[ f(x)=x+1+\frac{2}{x-1}. \] Comme \(\frac{2}{x-1}\to 0\) quand \(x\to \pm\infty\), la droite \[ y=x+1 \] est une asymptote oblique.

(d)

On compare : \[ f(x)-(x+1)=\frac{2}{x-1}. \] Ainsi :

• si \(x>1\), la courbe est au-dessus de la droite ;
• si \(x<1\), la courbe est au-dessous.

Conclusion : asymptote verticale \(\boxed{x=1}\), asymptote oblique \(\boxed{y=x+1}\), courbe au-dessus pour \(x>1\) et au-dessous pour \(x<1\).

On factorise par le terme dominant : \[ \frac{e^x}{x^3}-\ln(x^2+1) =\frac{e^x}{x^3}\left(1-\frac{x^3\ln(x^2+1)}{e^x}\right). \]

Par croissances comparées, l’exponentielle domine tout produit polynomial-logarithmique : \[ \frac{x^3\ln(x^2+1)}{e^x}\to0. \] Donc le facteur entre parenthèses tend vers \(1\).

Or \(\frac{e^x}{x^3}\to +\infty\). Ainsi \[ \lim_{x\to +\infty}\left(\frac{e^x}{x^3}-\ln(x^2+1)\right)=+\infty. \]

On pose \[ x^2+ax+b=(x-1)(x+c)+r. \] Or \[ (x-1)(x+c)=x^2+(c-1)x-c. \] Donc \(a=c-1\).

Comme l’asymptote demandée est \(y=x+3\), on veut \(c=3\), donc \[ a=2. \]

Le réel \(b\) n’est pas imposé par l’asymptote. Avec \(c=3\), on obtient \(r=b+3\), donc \[ f(x)-(x+3)=\frac{b+3}{x-1}. \]

• Si \(b=-3\), la courbe coïncide avec \(\Delta\) sauf au point interdit.
• Si \(b+3>0\), la courbe est au-dessus pour \(x>1\), au-dessous pour \(x<1\).
• Si \(b+3<0\), c’est l’inverse.

On écrit \[ \frac{\ln(1+4x)}{\sin(2x)} =\frac{\ln(1+4x)}{4x}\cdot\frac{4x}{2x}\cdot\frac{2x}{\sin(2x)}. \]

Quand \(x\to0\), \(\frac{\ln(1+4x)}{4x}\to1\) et \(\frac{2x}{\sin(2x)}\to1\). Donc \[ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+4x)}{\sin(2x)}=1\cdot2\cdot1=2. \]

Le logarithme impose \(x>-2\), et le quotient impose \(x\neq-1\). Donc \[ \mathcal D_f=]-2;-1[\cup]-1;+\infty[. \]

On effectue la division : \[ x^2+2x+5=(x+1)(x+1)+4, \] donc \[ f(x)=x+1+\frac4{x+1}+\ln(x+2). \]

Quand \(x\to-2^+\), la fraction tend vers \(-5\), tandis que \(\ln(x+2)\to-\infty\). Donc \[ \lim_{x\to-2^+}f(x)=-\infty. \]

Quand \(x\to-1\), \(\ln(x+2)\to0\), mais \(\frac4{x+1}\) domine. Donc \[ \lim_{x\to-1^-}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-1^+}f(x)=+\infty. \]

Enfin, quand \(x\to+\infty\), \(x+1\to+\infty\), \(\frac4{x+1}\to0\), et \(\ln(x+2)\to+\infty\). Donc \[ \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty. \]