Exercices corrigés — Limites de fonctions (Tle spé)

1. Quand \(x\to+\infty\), le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\). On obtient donc la forme indéterminée \(\dfrac{\infty}{\infty}\) : on ne peut pas conclure directement.

2. Pour \(x\neq0\), \[f(x)=\dfrac{3-\dfrac{5}{x}+\dfrac{1}{x^2}}{2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{4}{x^2}}.\] Cette factorisation supprime la forme indéterminée et met en évidence les termes qui tendent vers 0.

3. Dans les deux directions, \(\dfrac{1}{x}\to0\) et \(\dfrac{1}{x^2}\to0\). Ainsi \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)=\dfrac{3}{2}.\] Le dénominateur limite vaut 2, donc il n’y a aucune difficulté de quotient à la limite.

4. La limite étant \(\dfrac{3}{2}\) aux deux infinis, la droite \(\boxed{y=\dfrac{3}{2}}\) est une asymptote horizontale à gauche et à droite. Méthode à retenir : pour un quotient de polynômes de même degré, factoriser par la plus grande puissance de \(x\).

1. Le dénominateur s’annule pour \(x=1\). Donc \(D_g=\mathbb{R}\setminus\{1\}\).

2. Quand \(x\to1\), le numérateur tend vers \(2+3=5>0\). Le dénominateur \(x-1\) est négatif à gauche de 1 et positif à droite.

3. Ainsi \[\lim_{x\to1^-}g(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to1^+}g(x)=+\infty.\] La gestion du signe est indispensable : écrire seulement « le dénominateur tend vers 0 » ne suffit pas.

4. Les limites infinies au voisinage de 1 donnent l’asymptote verticale \(\boxed{x=1}\). De plus \(g(x)=\dfrac{2+\dfrac{3}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\), donc \(g(x)\to2\) quand \(x\to\pm\infty\). L’asymptote horizontale est \(\boxed{y=2}\).

1. Comme \(x^2+4\ge4>0\), la racine est définie pour tout réel. Donc \(D_h=\mathbb{R}\).

2. À \(+\infty\), on lit la forme \(+\infty-+\infty\), indéterminée. On rationalise : \[h(x)=\dfrac{(x^2+4)-x^2}{\sqrt{x^2+4}+x}=\dfrac{4}{\sqrt{x^2+4}+x}.\]

3. Pour \(x>0\), on peut diviser le dénominateur par \(x\) : \[h(x)=\dfrac{\dfrac{4}{x}}{\sqrt{1+\dfrac{4}{x^2}}+1}\longrightarrow0.\] Donc \(\boxed{\lim_{x\to+\infty}h(x)=0}\).

4. Pour \(x<0\), \(\sqrt{x^2+4}=(-x)\sqrt{1+\dfrac{4}{x^2}}\). Ainsi \(h(x)=(-x)(\sqrt{1+\dfrac{4}{x^2}}+1)\to+\infty\). La courbe admet donc l’asymptote horizontale \(\boxed{y=0}\) seulement en \(+\infty\). Méthode à retenir : rationaliser les différences de racines et traiter séparément le signe de \(x\).

1. Comme \(e^x>0\) pour tout réel \(x\), on a \(D_p=\mathbb{R}\).

2. La croissance comparée donne, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(\dfrac{x^n}{e^x}\to0\) en \(+\infty\). Avec \(n=3\), \(\boxed{\lim_{x\to+\infty}p(x)=0}\).

3. Lorsque \(x\to-\infty\), le numérateur devient négatif de module arbitrairement grand et le dénominateur reste positif tout en tendant vers 0. Le quotient tend donc vers \(\boxed{-\infty}\).

4. On a exactement \(q(x)=p(x)\), donc \(q(x)\to0\) en \(+\infty\). La droite \(\boxed{y=0}\) est une asymptote horizontale de \(q\) à droite. Méthode à retenir : avant toute manipulation, reconnaître les croissances comparées déjà au programme.

1. Pour tout réel \(x\), \(e^{-x}>0\), donc \(2+e^{-x}>0\). La racine est toujours définie : \(D_f=\mathbb{R}\).

2. Si \(x\to+\infty\), alors \(-x\to-\infty\) et \(e^{-x}\to0\). Par composition, \(2+e^{-x}\to2\), puis \(\boxed{f(x)\to\sqrt2}\).

3. Si \(x\to-\infty\), alors \(-x\to+\infty\), donc \(e^{-x}\to+\infty\). Ainsi \(2+e^{-x}\to+\infty\) et \(\boxed{f(x)\to+\infty}\).

4. La droite \(\boxed{y=\sqrt2}\) est une asymptote horizontale en \(+\infty\). Méthode à retenir : pour une composée, établir successivement la limite de la fonction intérieure puis appliquer la fonction extérieure sur un domaine où son comportement est connu.

1. Le dénominateur s’annule pour \(x=\dfrac{-3}{2}\). Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{\dfrac{-3}{2}\}\).

2. On écrit \(f(x)=\dfrac{5-\dfrac{1}{x}}{2+\dfrac{3}{x}}\). Les termes en \(\dfrac{1}{x}\) tendent vers 0, donc \(\boxed{\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=\dfrac{5}{2}}\).

3. Le numérateur tend vers \(\dfrac{-17}{2}\), donc reste négatif près de \(\dfrac{-3}{2}\). Le dénominateur est négatif à gauche et positif à droite. Ainsi \[\lim_{x\to(\dfrac{-3}{2})^-}f(x)=+\infty,\qquad \lim_{x\to(\dfrac{-3}{2})^+}f(x)=-\infty.\]

4. Les asymptotes sont \(\boxed{x=-\dfrac{3}{2}}\) et \(\boxed{y=\dfrac{5}{2}}\). De plus \[f(x)-\dfrac{5}{2}=\dfrac{-17}{4x+6}.\] Pour \(x\) grand positif cette différence est négative, donc la courbe est sous l’asymptote ; pour \(x\) grand négatif elle est positive, donc la courbe est au-dessus.

1. On a \(x^2+1\ge1\), donc le dénominateur ne s’annule jamais. Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\).

2. Pour \(x\neq0\), \[f(x)=x\,\dfrac{2-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}}{1+\dfrac{1}{x^2}}.\] Le quotient entre parenthèses tend vers 2 aux deux infinis.

3. À droite, \(x\to+\infty\) et le second facteur tend vers 2>0, donc \(f(x)\to+\infty\). À gauche, \(x\to-\infty\) et le second facteur tend encore vers 2, donc \(f(x)\to-\infty\).

4. On obtient \[\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{2-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}}{1+\dfrac{1}{x^2}}\longrightarrow2.\] La fonction croît donc comme une grandeur de type linéaire de pente 2 en valeur relative. On ne conclut pas ici à une asymptote oblique : il faudrait étudier \(f(x)-2x\), notion réservée à l’approfondissement.

1. La racine impose \(x\ge-3\) et le dénominateur impose \(x\neq1\). Donc \(D_f=[-3;1[\cup]1;+\infty[\).

2. En 1, on obtient \(\dfrac{0}{0}\), forme indéterminée. Pour \(x\neq1\), \[f(x)=\dfrac{(x+3)-4}{(x-1)(\sqrt{x+3}+2)}=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}+2}.\]

3. La nouvelle expression a pour limite \(\dfrac{1}{2+2}=\dfrac{1}{4}\). Ainsi \(\boxed{\lim_{x\to1}f(x)=\dfrac{1}{4}}\).

4. La limite en 1 est finie, donc \(x=1\) n’est pas une asymptote verticale. Méthode à retenir : une valeur interdite dans la formule initiale ne crée pas automatiquement une asymptote ; il faut calculer la limite.

1. De \(-1\le\sin x\le1\), on déduit \(2\le3+\sin x\le4\).

2. Pour \(x>0\), \[\dfrac{2}{x}\le f(x)\le\dfrac{4}{x}.\] Les deux bornes tendent vers 0 lorsque \(x\to+\infty\). Par le théorème des gendarmes, \(\boxed{f(x)\to0}\).

3. Pour \(x<0\), l’ordre s’inverse : \[\dfrac{4}{x}\le f(x)\le\dfrac{2}{x}.\] Les deux bornes tendent encore vers 0 lorsque \(x\to-\infty\). Donc \(\boxed{f(x)\to0}\) à gauche également.

4. La droite \(\boxed{y=0}\) est une asymptote horizontale aux deux infinis. Méthode à retenir : avec une oscillation bornée, chercher un encadrement dont les bornes ont la même limite.

1. La fonction est définie dès que \(x-2\neq0\), donc \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{2\}\).

2. On a \(\dfrac{1}{x-2}\to-\infty\) quand \(x\to2^-\), donc \(e^{\dfrac{1}{x-2}}\to0\). À droite, l’exposant tend vers \(+\infty\), donc \(f(x)\to+\infty\).

3. Quand \(x\to\pm\infty\), \(\dfrac{1}{x-2}\to0\). Par composition, \(f(x)\to e^0=1\) dans les deux directions.

4. La droite \(\boxed{x=2}\) est une asymptote verticale car la limite à droite est infinie. La droite \(\boxed{y=1}\) est une asymptote horizontale aux deux infinis.

1. Le dénominateur s’annule en \(x=\pm1\). Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{-1,1\}\).

2. En divisant par \(x^2\), \[f(x)=\dfrac{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{5}{x^2}}{1-\dfrac{1}{x^2}}\longrightarrow1\] aux deux infinis. Donc \(y=1\) sera une asymptote horizontale.

3. En 1, le numérateur tend vers 8>0. Le facteur \(x+1\) est positif et \(x-1\) change de signe. Donc \(\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty\).

4. En -1, le numérateur tend vers 4>0 et \(x-1<0\) près de -1. À gauche, \(x+1<0\), donc le produit du dénominateur est positif : limite \(+\infty\). À droite il est négatif : limite \(-\infty\). Les asymptotes sont \(\boxed{x=-1}\), \(\boxed{x=1}\) et \(\boxed{y=1}\).

1. Comme \(x^2+2x+2=(x+1)^2+1>0\), la fonction est définie sur tout \(\mathbb{R}\).

2. On rationalise : \[f(x)=\dfrac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x+2}+x}.\] Pour \(x>0\), on divise numérateur et dénominateur par \(x\), ce qui donne une limite \(\dfrac{2}{1+1}=1\). Ainsi \(\boxed{f(x)\to1}\) en \(+\infty\).

3. Pour \(x<0\), \(\sqrt{x^2+2x+2}=(-x)\sqrt{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x^2}}\). Donc \[f(x)=(-x)\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{2}{x^2}}+1\right)\to+\infty.\]

4. La droite \(\boxed{y=1}\) est une asymptote horizontale seulement à droite. À gauche la fonction diverge. L’erreur classique consiste à remplacer partout \(\sqrt{x^2}\) par \(x\) ; la bonne identité est \(\sqrt{x^2}=|x|\).

1. Le quotient \(\dfrac{2x+1}{x-1}\) est positif ou nul sur \(]-\infty;\dfrac{-1}{2}]\) et sur \(]1;+\infty[\). Donc \(D_f=]-\infty;\dfrac{-1}{2}]\cup]1;+\infty[\).

2. Aux deux infinis, \(\dfrac{2x+1}{x-1}=\dfrac{2+\dfrac{1}{x}}{1-\dfrac{1}{x}}\to2\). Par composition avec la racine, \(\boxed{f(x)\to\sqrt2}\) à gauche comme à droite.

3. Quand \(x\to1^+\), le quotient intérieur tend vers \(+\infty\), donc \(f(x)\to+\infty\). Il n’existe aucun intervalle du domaine immédiatement à gauche de 1 : \(]\dfrac{-1}{2};1[\) est exclu, donc on ne demande pas de limite latérale depuis des points du domaine.

4. Quand \(x\to(\dfrac{-1}{2})^-\), le quotient intérieur tend vers \(0^+\), donc \(f(x)\to0\). Les asymptotes sont \(\boxed{x=1}\) et \(\boxed{y=\sqrt2}\) aux deux infinis.

1. On a \(x^2+4x+5=(x+2)^2+1>0\) et \(x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0\). Donc \(D_f=\mathbb{R}\).

2. Avec le conjugué, \[f(x)=\dfrac{(x^2+4x+5)-(x^2+2x+3)}{\sqrt{x^2+4x+5}+\sqrt{x^2+2x+3}}=\dfrac{2x+2}{\sqrt{x^2+4x+5}+\sqrt{x^2+2x+3}}.\]

3. Pour \(x>0\), après division par \(x\), le numérateur tend vers 2 et le dénominateur vers \(1+1=2\). Donc \(\boxed{f(x)\to1}\) en \(+\infty\).

4. Pour \(x<0\), chaque racine se factorise par \(-x\). En divisant la fraction par \(-x\), le numérateur tend vers \(-2\) et le dénominateur vers 2. Ainsi \(\boxed{f(x)\to-1}\). Les asymptotes horizontales sont \(\boxed{y=1}\) à droite et \(\boxed{y=-1}\) à gauche.

1. On a \[|f(x)|=\dfrac{|\sin x|}{\sqrt{x^2+1}}\le\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}.\] Le membre de droite est positif et tend vers 0 lorsque \(|x|\to\infty\).

2. Ainsi \(-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\le f(x)\le\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\). Par les gendarmes, \(\boxed{f(x)\to0}\) en \(+\infty\).

3. Le même encadrement reste valable pour \(x\to-\infty\), et les deux bornes tendent encore vers 0. Donc \(\boxed{f(x)\to0}\) à gauche.

4. Comme \(|a+b\sin x|\le|a|+|b|\), on obtient \[|g(x)|\le\dfrac{|a|+|b|}{\sqrt{x^2+1}}\to0.\] Donc \(\boxed{g(x)\to0}\) aux deux infinis. Méthode à retenir : une quantité bornée divisée par une quantité dont le module tend vers \(+\infty\) tend vers 0.

1. La fraction de l’exposant est définie pour \(x\neq3\). Donc \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{3\}\).

2. On a \(2x+1=2x-6+7=2(x-3)+7\), donc \[\dfrac{2x+1}{x-3}=2+\dfrac{7}{x-3}.\] Aux deux infinis, \(\dfrac{7}{x-3}\to0\), donc l’exposant tend vers 2 et \(f(x)\to e^2\).

3. Quand \(x\to3^-\), \(\dfrac{7}{x-3}\to-\infty\), donc \(f(x)\to0\). Quand \(x\to3^+\), l’exposant tend vers \(+\infty\), donc \(f(x)\to+\infty\).

4. La droite \(\boxed{x=3}\) est une asymptote verticale et \(\boxed{y=e^2}\) est une asymptote horizontale aux deux infinis.

1. Comme \(x^2+4\ge4>0\), aucune valeur réelle n’est interdite : \(D_{f_a}=\mathbb{R}\).

2. On écrit \[f_a(x)=\dfrac{a+\dfrac{3}{x}-\dfrac{1}{x^2}}{1+\dfrac{4}{x^2}}.\] Quand \(x\to\pm\infty\), tous les termes en \(\dfrac{1}{x}\) s’annulent et \(\boxed{f_a(x)\to a}\).

3. Pour avoir l’asymptote horizontale \(y=2\), il faut et il suffit que la limite soit 2. Donc \(\boxed{a=2}\).

4. Pour \(a=2\), \[f_2(x)-2=\dfrac{2x^2+3x-1-2x^2-8}{x^2+4}=\dfrac{3(x-3)}{x^2+4}.\] Le dénominateur est positif. Pour \(x\) grand positif, la différence est positive : la courbe est au-dessus de \(y=2\). Pour \(x\) grand négatif, elle est négative : la courbe est au-dessous.

1. Le dénominateur interdit \(x=-1\). Pour \(x\ge0\), \(|x|-x=0\), donc \(f(x)=0\). Pour \(x<0\), \(|x|-x=-2x\), donc \(f(x)=\dfrac{-2x}{x+1}\), avec \(x\neq-1\).

2. À droite, \(f(x)=0\) pour tout \(x\ge0\), donc la limite vaut 0. À gauche, \(\dfrac{-2x}{x+1}=\dfrac{-2}{1+\dfrac{1}{x}}\to-2\).

3. Près de -1, \(-2x\to2>0\). Le dénominateur \(x+1\) est négatif à gauche et positif à droite. Donc \(\lim_{x\to-1^-}f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to-1^+}f(x)=+\infty\).

4. Les asymptotes sont \(\boxed{x=-1}\), \(\boxed{y=0}\) en \(+\infty\) et \(\boxed{y=-2}\) en \(-\infty\).

1. Le dénominateur s’annule uniquement en \(x=-1\). Donc \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{-1\}\). De plus \(x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)\) et \(x^2-x+1=(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}>0\).

2. Quand \(x\to-\infty\), le numérateur tend vers \(0^+\) et le dénominateur vers \(-\infty\), donc \(f(x)\to0\) par valeurs négatives. Pour \(x<-1\), le dénominateur est négatif et l’exponentielle positive, donc \(f(x)<0\).

3. En \(+\infty\), \(e^x\) domine \(x^3\). Ainsi \(\dfrac{e^x}{x^3}\to+\infty\), et comme \(\dfrac{x^3+1}{x^3}\to1\), on obtient \(\boxed{f(x)\to+\infty}\).

4. Près de -1, \(e^x\to e^{-1}>0\) et \(x^2-x+1\to3>0\). Donc le signe est celui de \(x+1\) : limite \(-\infty\) à gauche et \(+\infty\) à droite. Les asymptotes parallèles aux axes sont \(\boxed{x=-1}\) et \(\boxed{y=0}\) en \(-\infty\).

1. Comme \(x^2+4x+5=(x+2)^2+1>0\), on a \(D_f=\mathbb{R}\).

2. On calcule \[f(x)-(x+2)=\dfrac{f(x)^2-(x+2)^2}{f(x)+x+2}=\dfrac{1}{f(x)+x+2}.\] En \(+\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc la différence tend vers 0. La droite \(y=x+2\) est asymptote à droite.

3. À gauche, \[f(x)-(-x-2)=f(x)+x+2=\dfrac{1}{f(x)-x-2}.\] Quand \(x\to-\infty\), le dénominateur tend vers \(+\infty\), donc cette différence tend vers 0. La droite \(y=-x-2\) est asymptote à gauche.

4. Les asymptotes obliques sont \(\boxed{y=x+2}\) en \(+\infty\) et \(\boxed{y=-x-2}\) en \(-\infty\). Statut : le BO actuellement applicable mentionne « asymptotes obliques, branches infinies » uniquement parmi les approfondissements possibles ; cet exercice enrichit le chapitre mais n’est pas traité comme exigence Bac dans ce pack.

1. Le dénominateur s’annule en \(x=\pm2\), donc \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\). On factorise \(x^2-3x+2=(x-1)(x-2)\) et \(x^2-4=(x-2)(x+2)\).

2. Pour \(x\neq\pm2\), \(f(x)=\dfrac{x-1}{x+2}\). Ainsi \(\lim_{x\to2}f(x)=\dfrac{1}{4}\). La formule initiale n’est pas définie en 2, mais la limite est finie.

3. Près de -2, le numérateur \(x-1\to-3<0\). Le dénominateur \(x+2\) tend vers \(0^-\) à gauche et \(0^+\) à droite. Donc \(\lim_{x\to-2^-}f(x)=+\infty\) et \(\lim_{x\to-2^+}f(x)=-\infty\).

4. À l’infini, \(\dfrac{x-1}{x+2}\to1\). Les asymptotes sont donc \(\boxed{x=-2}\) et \(\boxed{y=1}\). La droite \(x=2\) n’est pas asymptote car la limite y est \(\dfrac{1}{4}\), pas infinie. Méthode Bac : toujours simplifier les facteurs communs avant de conclure sur une valeur interdite.

1. Comme \(\sqrt{x^2+1}>\sqrt{x^2}=|x|\), on a \(\sqrt{x^2+1}+x>|x|+x\ge0\), avec stricte positivité grâce au \(+1\) sous la racine. Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\).

2. Le produit des conjugués vaut 1 : \((\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)=1\). Donc \[f(x)=\dfrac{1}{(\sqrt{x^2+1}+x)^2}.\]

3. Quand \(x\to+\infty\), \(\sqrt{x^2+1}+x\to+\infty\). Son carré tend vers \(+\infty\), donc \(\boxed{f(x)\to0}\).

4. Quand \(x\to-\infty\), \(\sqrt{x^2+1}-x\to+\infty\) et \(\sqrt{x^2+1}+x=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}\to0^+\). Ainsi le quotient initial, ou \((\sqrt{x^2+1}-x)^2\), tend vers \(+\infty\). L’unique asymptote horizontale est \(\boxed{y=0}\) en \(+\infty\).

1. La fonction \(\ln x\) n’est définie que pour \(x>0\), et le dénominateur y est non nul. Donc \(D_f=]0,+\infty[\).

2. Posons \(t=\dfrac{1}{x}\). Lorsque \(x\to0^+\), \(t\to+\infty\) et \[f(x)=\dfrac{\ln x}{x}=(-\ln t)t=-t\ln t.\] Comme \(t\to+\infty\) et \(\ln t\to+\infty\), le produit tend vers \(+\infty\), donc \(\boxed{f(x)\to-\infty}\).

3. La croissance comparée du logarithme et des puissances donne \(\boxed{\dfrac{\ln x}{x}\to0}\) en \(+\infty\). Cette propriété appartient au programme de Terminale dans la partie logarithme.

4. Les asymptotes sont \(\boxed{x=0}\) et \(\boxed{y=0}\) en \(+\infty\). Attention : \(x\ln x\to0\) lorsque \(x\to0^+\), alors que \(\dfrac{\ln x}{x}\to-\infty\). Les positions du facteur \(x\) et du quotient \(\dfrac{1}{x}\) changent complètement le comportement.

1. Le dénominateur s’annule lorsque \(e^x=1\), donc uniquement pour \(x=0\). Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

2. Le numérateur tend vers 2>0. Pour \(x<0\), \(e^x-1<0\), donc la limite à gauche est \(-\infty\). Pour \(x>0\), le dénominateur est positif et tend vers 0, donc la limite à droite est \(+\infty\).

3. En divisant par \(e^x\), \[f(x)=\dfrac{1+e^{-x}}{1-e^{-x}}\longrightarrow1\] quand \(x\to+\infty\), car \(e^{-x}\to0\).

4. Quand \(x\to-\infty\), \(e^x\to0\), donc \(f(x)\to\dfrac{0+1}{0-1}=-1\). Les asymptotes sont \(\boxed{x=0}\), \(\boxed{y=1}\) à droite et \(\boxed{y=-1}\) à gauche.

1. Le discriminant de \(x^2+x+1\) vaut \(-3<0\) et le coefficient de \(x^2\) est positif ; le trinôme est donc strictement positif pour tout réel. Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\).

2. Pour \(x>0\), \[f(x)=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}+x}.\] En divisant numérateur et dénominateur par \(x\), la limite est \(\dfrac{1}{1+1}=\dfrac{1}{2}\). Donc \(\boxed{f(x)\to\dfrac{1}{2}}\) en \(+\infty\).

3. Pour \(x<0\), \[f(x)=\sqrt{x^2+x+1}+x=\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+x+1}-x}.\] En divisant par \(-x>0\), le numérateur tend vers -1 et le dénominateur vers 2. Donc \(\boxed{f(x)\to-\dfrac{1}{2}}\).

4. Les asymptotes horizontales sont \(\boxed{y=\dfrac{1}{2}}\) à droite et \(\boxed{y=-\dfrac{1}{2}}\) à gauche. La dissymétrie vient de \(|x|=x\) à droite et \(|x|=-x\) à gauche.

1. Le dénominateur s’annule en \(x=\pm2\), indépendamment de \(a\). Donc \(D=\mathbb{R}\setminus\{-2,2\}\).

2. En divisant par \(x^2\), \(f_a(x)\to a\) aux deux infinis. Pour que l’asymptote horizontale soit \(y=2\), il faut \(\boxed{a=2}\).

3. Pour \(a=2\), le numérateur tend vers \(2\cdot4+2+3=13>0\). Près de 2, \(x+2>0\), donc le signe du dénominateur est celui de \(x-2\). Ainsi la limite vaut \(-\infty\) à gauche et \(+\infty\) à droite.

4. En -2, le numérateur tend vers \(8-2+3=9>0\). Le facteur \(x-2\) reste négatif ; à gauche de -2, \(x+2<0\) donc le dénominateur est positif et la limite \(+\infty\). À droite il est négatif, donc \(-\infty\). Asymptotes : \(\boxed{x=-2}\), \(\boxed{x=2}\), \(\boxed{y=2}\).

1. De \(-1\le\sin x\le1\), on tire \(1\le2+\sin x\le3\). Comme \(e^{-x}>0\), \[e^{-x}\le f(x)\le3e^{-x}.\]

2. Quand \(x\to+\infty\), les deux bornes tendent vers 0. Par les gendarmes, \(\boxed{f(x)\to0}\).

3. Pour \(x>0\), \(0\le x f(x)\le\dfrac{3x}{e^x}\). La croissance comparée donne \(\dfrac{x}{e^x}\to0\), donc \(\boxed{x f(x)\to0}\). Cette question vérifie que la décroissance exponentielle reste dominante même après multiplication par \(x\).

4. Quand \(x\to-\infty\), \(e^{-x}\to+\infty\) et \(f(x)\ge e^{-x}\), donc \(f(x)\to+\infty\) par comparaison. La seule asymptote horizontale est \(\boxed{y=0}\) en \(+\infty\).

1. Il faut \(x+2\ge0\), donc \(x\ge-2\), et \(x\neq1\). Ainsi \(D_f=[-2;1[\cup]1;+\infty[\).

2. Quand \(x\to-2^+\), \(\sqrt{x+2}\to0^+\) et \(x-1\to-3\). Donc \(\boxed{f(x)\to0}\). La borne -2 appartient au domaine et ne correspond pas à une asymptote verticale.

3. Quand \(x\to1\), le numérateur tend vers \(\sqrt3>0\). Le dénominateur tend vers \(0^-\) à gauche puis \(0^+\) à droite. Donc \(\lim_{x\to1^-}f(x)=-\infty\) et \(\lim_{x\to1^+}f(x)=+\infty\).

4. Pour \(x>0\), \[f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,\dfrac{\sqrt{1+\dfrac{2}{x}}}{1-\dfrac{1}{x}}.\] Le premier facteur tend vers 0 et le second vers 1, donc \(f(x)\to0\). Les asymptotes sont \(\boxed{x=1}\) et \(\boxed{y=0}\) en \(+\infty\).

1. Le dénominateur s’annule si et seulement si \(e^x=1\), donc pour \(x=0\). Ainsi \(D_f=\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

2. Quand \(x\to0\), le numérateur tend vers \(1+0=1>0\). Pour \(x<0\), \(e^x<1\), donc le dénominateur est négatif et tend vers 0 : limite \(-\infty\). Pour \(x>0\), il est positif : limite \(+\infty\).

3. En divisant par \(e^x\), \[f(x)=\dfrac{1+xe^{-x}}{1-e^{-x}}.\] La croissance comparée donne \(xe^{-x}=\dfrac{x}{e^x}\to0\), et \(e^{-x}\to0\). Donc \(\boxed{f(x)\to1}\) en \(+\infty\).

4. Quand \(x\to-\infty\), \(e^x\to0\), donc le numérateur \(e^x+x\to-\infty\) et le dénominateur tend vers -1 : le quotient tend vers \(+\infty\). Les asymptotes parallèles aux axes sont \(\boxed{x=0}\) et \(\boxed{y=1}\) en \(+\infty\). Méthode de synthèse : domaine, limites latérales avec signes, factorisation par l’exponentielle à droite, puis opérations directes à gauche.