Utilisez la représentation graphique fournie.

La courbe Cu $\mathcal C_u$ passe par le point A(1;0) $\,(1\,;\,0)$ donc u(1)=0 $u(1)=0$ .

La courbe Cu $\mathcal C_u$ passe par le point B(4;0) $\,(4\,;\,0)$ donc u(4)=0 $u(4)=0$ .

Relisez clairement l'énoncé et identifiez les informations utiles à la détermination de la limite de u(x). Ensuite, réfléchissez à la limite des différents termes de u pour trouver les valeurs de a.

La droite $\mathcal D$ d'équation $y=1$ est asymptote à la courbe $\mathcal C_u$ en $+\infty$ donc $\lim_{x \to +\infty} u(x) = 1$.

$\left. 
\begin{array}{@{} l}
\lim_{x\to +\infty} \dfrac{b}{x}=0\\
\lim_{x\to +\infty} \dfrac{c}{x^2}=0
\end{array}
\right\rbrace
\implies \lim_{x\to +\infty} \left (a + \dfrac{b}{x} + \dfrac{c}{x^2}\right ) = a
\iff
\lim_{x\to +\infty} u(x) =a $

$\left. 
\begin{array}{@{} l}
\lim_{x\to +\infty} u(x) = 1\\
\lim_{x\to +\infty} u(x) = a
\end{array}
\right\rbrace
\implies a=1$ donc $u(x)=1+\dfrac{b}{x} + \dfrac{c}{x^2}$

Réutilisez les informations de la question 1), et résolvez le système utilisant ces dernières.

D'après la première question $u(1)=0$ ce qui équivaut à  $1+\dfrac{b}{1} + \dfrac{c}{1^2} = 0 \iff b+c = -1$.

De même $u(4)=0$ équivaut à  $1+\dfrac{b}{4} + \dfrac{c}{4^2} = 0 \iff
1+\dfrac{b}{4} + \dfrac{c}{16} = 0 \iff 4b+c = -16$.

On résout le système
$\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} r}
b+c & -1\\
4b+c & -16
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} r}
c & -1 -b\\
4b - 1 - b & -16
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l !{=} r}
c & 4\\
b  & -5
\end{array}
\right. 
$

Donc pour tout $x$ de ]$ 0\,;\,+\infty$[ , $u(x)=1-\dfrac{5}{x} + \dfrac{4}{x^2} = \dfrac{x^2-5x+4}{x^2}$.

f est une forme indéterminée, pensez tout d'abord à modifier l'expression de cette dernière avant de calculer sa limite.

$f(x) = x - 5\ln x - \dfrac{4}{x} = \dfrac{x^2 - 5x\ln x -4}{x}$

$\left.
\begin{array}{@{} r}
\left. 
\begin{array}{@{} l}
\lim_{x\to 0} x^2 = 0\\
\lim_{x\to 0 \atop x>0} x\ln x = 0
\end{array} 
\right\rbrace 
\implies
\lim_{x\to 0 \atop x>0} \left ( x^2 -5x\ln x -4\right ) = -4\\
\lim_{x \to 0} x = 0\\
x > 0
\end{array}
\right\rbrace 
\implies \lim_{x\to 0 \atop x>0} \dfrac{x^2 - 5x\ln x - 4}{x} = -\infty
$

donc $\lim_{x\to 0 \atop x>0}f(x)=-\infty$

Factorisez par le terme prépondérant, soit x.

Déterminez la dérivée de f. N'oubliez pas que la dérivée de ln(x) est 1x ${1} \over {x}$ . De plus, déterminez le tableau de signes de la dérivée pour ensuite trouver les variations de f.

$\mathcal A = - \int_{1}^{4} u(x) dx$.

Déterminer l'aire $\mathcal{A}$, exprimée en unité d'aire, du domaine hachuré sur le graphique de la partie A.
On appelle $\mathcal{A}$ l'aire du domaine hachuré sur la figure fournie avec le texte; c'est l'ensemble des points $M\,(x\,;\,y)$ tels que $1\leq x \leq 4$ et $u(x)\leq y \leq 0$.

Pour tout $x$ de $ [1\,;\, 4] $, $u(x) \leq 0$ donc 
$\mathcal A = - \int_{1}^{4} u(x) dx$ 

$f'(x)=u(x)$ donc la fonction $f$ est une primitive de la fonction $u$ et donc $\int_{1}^{4} u(x) d x = f(4)-f(1)$.

On en déduit que
$\mathcal A = f(1)-f(4) = -3 - \left( 3-5\ln 4\right )= 5\ln 4 - 6$ unité d'aire. 

N'oubliez pas que ∫4λu(x)dx= $\int_\lambda^4 u(x)dx=$ f(4)−f(λ) .