Exercice 15

1. $f(x)=\dfrac{x^{2}+3}{x-1} =\dfrac{x^{2}\left(1+\frac{3}{x^{2}}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)} =\dfrac{x\left(1+\frac{3}{x^{2}}\right)}{1-\frac{1}{x}}$.

Le quotient des parenthèses tend vers $1$, donc $f(x)$ se comporte comme $x$ : $$\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=\boxed{+\infty}\qquad\text{et}\qquad \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\boxed{-\infty}$$

2. En $1$, le numérateur tend vers $4>0$ : $$\lim_{x\to 1^{+}} f(x)=\boxed{+\infty}\qquad\text{et}\qquad \lim_{x\to 1^{-}} f(x)=\boxed{-\infty}$$ On en déduit donc que $\boxed{x=1 \text{ est asymptote verticale à la courbe de } f.}$

3. Pour tout $x\neq 1$, avec $u=x^{2}+3$ et $v=x-1$ : $$f'(x)=\frac{2x(x-1)-(x^{2}+3)\times 1}{(x-1)^{2}} =\frac{2x^{2}-2x-x^{2}-3}{(x-1)^{2}} =\frac{x^{2}-2x-3}{(x-1)^{2}} =\boxed{\frac{(x-3)(x+1)}{(x-1)^{2}}}$$ Vérification de la factorisation : $(x-3)(x+1)=x^{2}+x-3x-3=x^{2}-2x-3$. ✓

4. Le dénominateur $(x-1)^{2}$ est strictement positif pour $x\neq 1$ : le signe de $f'(x)$ est donc celui du produit $(x-3)(x+1)$.

5. $f(-1)=\dfrac{(-1)^{2}+3}{-1-1}=\dfrac{4}{-2}=\boxed{-2}$ (maximum local)

$f(3)=\dfrac{3^{2}+3}{3-1}=\dfrac{12}{2}=\boxed{6}$ (minimum local)

On remarque que le maximum local $-2$ est ici inférieur au minimum local $6$ : c'est possible parce que la fonction n'est pas définie en $1$, et que ces extremums sont seulement locaux.