Exercices corrigés — Continuité et théorème des valeurs intermédiaires (Terminale)

a) f est dérivable sur ℝ et f'(x) = 3x² + 2 > 0 pour tout réel x : f est strictement croissante sur ℝ. Ses limites sont −∞ en −∞ et +∞ en +∞.
b) f est continue (polynôme) et strictement croissante sur ℝ, et 0 est compris entre ses limites : d'après le théorème de la bijection, l'équation f(x) = 0 admet une unique solution β dans ℝ. Comme f(1) = 1 + 2 − 5 = −2 < 0 et f(2) = 8 + 4 − 5 = 7 > 0, on a 1 < β < 2.
c) Balayage au dixième : f(1,3) = 2,197 + 2,6 − 5 = −0,203 < 0 et f(1,4) = 2,744 + 2,8 − 5 = 0,544 > 0, donc β ∈ ]1,3 ; 1,4[.
Balayage au centième dans cet intervalle : f(1,32) = 2,299968 + 2,64 − 5 ≈ −0,060 < 0 et f(1,33) = 2,352637 + 2,66 − 5 ≈ 0,013 > 0.
Comme f est croissante, β ∈ ]1,32 ; 1,33[. À la calculatrice, β ≈ 1,3283.

f n'est pas définie en 2, car le dénominateur s'y annule ; le numérateur s'annule aussi (4 − 4 = 0), c'est une forme 00 : il faut simplifier.
Pour x ≠ 2, x² − 4 = (x − 2)(x + 2), donc f(x) = (x − 2)x + 2x − 2 = x + 2.
Ainsi f(x) → 2 + 2 = 4 quand x → 2 : la limite existe et est finie.
On prolonge f par continuité en posant f(2) = 4. La fonction prolongée est x ↦ x + 2, définie et continue sur ℝ : sa courbe est la droite y = x + 2, à laquelle on a « rebouché » le point manquant (2 ; 4). Si la limite avait été infinie, comme pour 1x − 2, aucun prolongement n'aurait été possible.