Initialisation. $u_0=\frac13$ et $0<\frac13<1$ : vrai pour $n=0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$ ; supposons $0<u_n<1$. Alors $1+u_n>0$ et $3-u_n>2>0$, donc $u_{n+1}>0$. De plus $u_{n+1}-1=\frac{1+u_n-3+u_n}{3-u_n}=\frac{2(u_n-1)}{3-u_n}<0\quad(\text{car }u_n-1<0\text{ et }3-u_n>0),$ donc $u_{n+1}<1$.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n<1$.

$u_{n+1}-u_n=\frac{1+u_n-u_n(3-u_n)}{3-u_n}=\frac{u_n^2-2u_n+1}{3-u_n}=\frac{(u_n-1)^2}{3-u_n}.$

$(u_n-1)^2\geq0$ et $3-u_n>0$, donc $u_{n+1}-u_n\geq0$ : la suite $(u_n)$ est croissante.

Elle est croissante et majorée par $1$ (question 1), donc elle est convergente.

$v_n$ est bien défini car $u_n\neq1$. Soit $n\in\mathbb{N}$ : $1-u_{n+1}=\dfrac{3-u_n-1-u_n}{3-u_n}=\dfrac{2(1-u_n)}{3-u_n}$, donc $v_{n+1}-v_n=\frac{3-u_n}{2(1-u_n)}-\frac{2}{2(1-u_n)}=\frac{1-u_n}{2(1-u_n)}=\frac12.$

Donc $(v_n)$ est arithmétique de raison $r=\frac12$ et de premier terme $v_0=\dfrac{1}{1-\frac13}=\dfrac32$.

$v_n=v_0+nr=\dfrac32+\dfrac n2=\dfrac{n+3}{2}$.

Or $v_n=\dfrac{1}{1-u_n}\iff1-u_n=\dfrac{1}{v_n}\iff u_n=1-\dfrac{2}{n+3}=\dfrac{n+1}{n+3}$.

$\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{n\left(1+\frac1n\right)}{n\left(1+\frac3n\right)}=1.$

$u_n>\frac{1011}{1012}\iff1012(n+1)>1011(n+3)\iff1012n+1012>1011n+3033\iff n>2021.$ ($n+3>0$ et $1012>0$.)

Donc $u_n>\dfrac{1011}{1012}$ à partir de $n=2022$. (Pour $n=2021$ : $u_{2021}=\dfrac{2022}{2024}=\dfrac{1011}{1012}$, l’inégalité stricte n’est pas vérifiée.)

$\Delta=(-6)^2-4\times13=-16=(4i)^2<0$. Deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{6+4i}{2}=3+2i\qquad z_2=\frac{6-4i}{2}=3-2i.$ Donc $S=\{3+2i\,;\,3-2i\}$.

$\frac{c-b}{a-b}=\frac{-1-2i-3+2i}{3+2i-3+2i}=\frac{-4}{4i}=\frac{-1}{i}=i=\cos\frac{\pi}{2}+i\sin\frac{\pi}{2}.$

$\left|\dfrac{c-b}{a-b}\right|=1$, donc $BC=BA$ ; et $\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{c-b}{a-b}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$.

Donc le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $B$.

$z'-b=e^{i\frac{\pi}{2}}(z-b)\iff z'=i(z-3+2i)+3-2i=iz-3i-2+3-2i.$ Donc $z'=iz+1-5i$.

$ia+1-5i=i(3+2i)+1-5i=3i-2+1-5i=-1-2i=c$. Donc $R(A)=C$.

$\frac{d-c}{a-c}=\frac{-3-4i+1+2i}{3+2i+1+2i}=\frac{-2-2i}{4+4i}=-\frac12\in\mathbb{R}.$ Donc les points $A$, $C$ et $D$ sont alignés.

$h(A)=D\iff d-c=k(a-c)\iff k=\dfrac{d-c}{a-c}=-\dfrac12$ (question 4.a).

Le rapport de $h$ est $k=-\dfrac12$.

$BCDE$ est un parallélogramme $\iff\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{ED}\iff c-b=d-m\iff m=d-c+b$.

$m=-3-4i+1+2i+3-2i=1-4i$.

$\frac{d-a}{m-b}=\frac{-3-4i-3-2i}{1-4i-3+2i}=\frac{-6-6i}{-2-2i}=3\in\mathbb{R}.$

D’après 5.a, $\overrightarrow{AD}=3\,\overrightarrow{BE}$ : $(AD)\parallel(BE)$ et $AD\neq BE$, donc $ABED$ est un trapèze de bases $[AD]$ et $[BE]$ (non parallélogramme).

Côtés non parallèles : $AB=|b-a|=|-4i|=4$ et $ED=|d-m|=|-4|=4$, donc $AB=ED$.

Donc $ABED$ est un trapèze isocèle.

$h$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $h'(x)=1+\dfrac1x=\dfrac{x+1}{x}>0$ pour tout $x>0$.

Donc $h$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}(x+\ln x)=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x+\ln x)=+\infty$. $h$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$, donc $h\left(]0,+\infty[\right)=\left]\lim_{x\to0^+}h(x),\lim_{x\to+\infty}h(x)\right[=\mathbb{R}.$

$h$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ et $0\in h\left(]0,+\infty[\right)=\mathbb{R}$.

Donc l’équation $h(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $]0,+\infty[$.

$\alpha\in]0,+\infty[$, donc $\alpha>0$. De plus $h(\alpha)=0<1=h(1)$ et $h$ est strictement croissante, donc $\alpha<1$.

Ainsi $0<\alpha<1$.

$h(\alpha)=0$ donne $\ln\alpha=-\alpha$. Donc $h\left(\frac1\alpha\right)=\frac1\alpha+\ln\left(\frac1\alpha\right)=\frac1\alpha-\ln\alpha=\frac1\alpha+\alpha.$

$h\left(\frac1\alpha\right)-2=\alpha+\frac1\alpha-2=\frac{\alpha^2-2\alpha+1}{\alpha}=\frac{(\alpha-1)^2}{\alpha}>0$ car $\alpha>0$ et $\alpha\neq1$. Donc $h\left(\dfrac1\alpha\right)>2$.

$xe^{-x+1}=e\times\dfrac{x}{e^x}$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=2$.

La droite d’équation $y=2$ est une asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(-x+1)=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{-x+1}=+\infty$, et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}x=-\infty$ : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}xe^{-x+1}=-\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.

$\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\left(\frac2x-e^{-x+1}\right)=0-\infty=-\infty.$

Comme $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$, la courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $-\infty$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=-\left(1\times e^{-x+1}+x\times(-1)e^{-x+1}\right)=-(1-x)e^{-x+1}=(x-1)e^{-x+1}.$

$e^{-x+1}>0$, donc $f'(x)$ a le signe de $x-1$. $f(1)=2-1\times e^0=1$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & -\infty & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & 2\\\hline\end{array}$

$f''(x)=1\times e^{-x+1}+(x-1)\times(-1)e^{-x+1}=(2-x)e^{-x+1}.$

$f''(x)$ a le signe de $2-x$ : $f''(x)>0$ sur $]-\infty,2[$ et $f''(x)<0$ sur $]2,+\infty[$. $f''$ s’annule en $2$ en changeant de signe.

Donc $(C)$ admet un point d’inflexion $I\left(2,\,2-\frac{2}{e}\right)$, avec $f(2)\simeq1{,}26$.

Éléments : asymptote $y=2$ en $+\infty$, branche parabolique verticale en $-\infty$, minimum $(1,1)$, point d’inflexion $I(2\,;1{,}25)$, $f(0)=2$.

D’après le tableau de variations, la valeur minimale de $f$ sur $\mathbb{R}$ est $f(1)=1$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f(x)\geq1\iff2-xe^{-x+1}\geq1\iff xe^{-x+1}\leq1$. En multipliant par $e^{x-1}>0$ : $x\leq e^{x-1}$.

Donc $e^{x-1}\geq x$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

On pose $u(x)=x$, $v'(x)=e^{-x}$ ; alors $u'(x)=1$, $v(x)=-e^{-x}$. $\int_0^2xe^{-x}\,dx=\left[-xe^{-x}\right]_0^2+\int_0^2e^{-x}\,dx=-2e^{-2}+\left[-e^{-x}\right]_0^2=-2e^{-2}-e^{-2}+1=1-3e^{-2}.$

$xe^{-x+1}=e\times xe^{-x}$, donc $\int_0^2f(x)\,dx=\int_0^22\,dx-e\int_0^2xe^{-x}\,dx=4-e\left(1-3e^{-2}\right)=4-e+3e^{-1}.$

$g$ est continue et strictement décroissante sur $]-\infty,1]$, donc elle admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur $J=g\left(]-\infty,1]\right)=\left[g(1),\lim_{x\to-\infty}g(x)\right[=[1,+\infty[.$

La courbe de $g^{-1}$ est la symétrique de la partie de $(C)$ sur $]-\infty,1]$ par rapport à la droite $y=x$ ; elle part de $(1,1)$ (tangente verticale) et passe par $(2,0)$.

$(C)$ admet en $-\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées ; par symétrie par rapport à $y=x$, la courbe de $g^{-1}$ admet en $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{g^{-1}(x)}{x}=0$.