Corrigé

1.a. Tu peux cliquer ICI pour revoir quelques limites de référence.
On note que: $\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)=\left(1+\ln \mathit{x}\right)\frac{1}{{\mathit{x}}^2}$.
On a: $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }1=1$ et $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }\ln \mathit{x}=-\mathit{\infty }$.
Donc: $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }1+\ln \mathit{x}=-\mathit{\infty }$.
Par ailleurs: $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }\frac{1}{{\mathit{x}}^2}=+\mathit{\infty }$.
Par conséquent, on obtient: $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }\left(1+\ln \mathit{x}\right)\frac{1}{{\mathit{x}}^2}=-\mathit{\infty }$. (limite d'un produit)
Soit: $\underset{\mathit{x}\to 0}{\lim }\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)=-\mathit{\infty }$.

1.b. Tu peux cliquer ICI pour revoir les opérations sur les limites.
On sait que: $\underset{\mathit{x}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{\ln \mathit{x}}{\mathit{x}}=0$.
On fait apparaître ce terme dans l'expression de $\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)$. On obtient: $\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)=\left(\frac{1}{\mathit{x}}+\frac{\ln \mathit{x}}{\mathit{x}}\right)\frac{1}{\mathit{x}}$.
Or: $\underset{\mathit{x}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{1}{\mathit{x}}=0$.
Par conséquent: $\underset{\mathit{x}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\left(\frac{1}{\mathit{x}}+\frac{\ln \mathit{x}}{\mathit{x}}\right)\frac{1}{\mathit{x}}=\left(0+0\right)\times 0=0$. Soit: $\underset{\mathit{x}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)=0$.

1.c. D'après le 1.a., l'axe des ordonnées est asymptote à la courbe $\mathit{C}$.
D'après le 1.b., l'axe des abscisses est asymptote à la courbe $\mathit{C}$ en $+\mathit{\infty }$.

2.a. Tu peux cliquer ICI pour revoir les opérations sur les dérivées.
On pose: $\mathit{u}=1+\ln \mathit{x}$ et $\mathit{v}={\mathit{x}}^2$.
Oa a alors: $\mathit{u}\prime =0+\frac{1}{\mathit{x}}=\frac{1}{\mathit{x}}$ et $\mathit{v}\prime =2\mathit{x}$.
Ici: $\mathit{f}=\frac{\mathit{u}}{\mathit{v}}$ et $\mathit{f}\prime =\frac{\mathit{u}\prime \mathit{v}-\mathit{u}\mathit{v}\prime }{{\mathit{v}}^2}$.
Donc: $\mathit{f}\prime \left(\mathit{x}\right)=\frac{\frac{1}{\mathit{x}}{\mathit{x}}^2-\left(1+\ln \mathit{x}\right)2\mathit{x}}{{\mathit{x}}^4}=\frac{\mathit{x}-2\mathit{x}-2\mathit{x}\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^4}=\frac{-\mathit{x}-2\mathit{x}\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^4}=\frac{\mathit{x}\left(-1-2\ln \mathit{x}\right)}{{\mathit{x}}^4}=\frac{-1-2\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^3}$.
Soit: $\mathit{f}\prime \left(\mathit{x}\right)=\frac{-1-2\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^3}$.

2.b. Tu peux cliquer ICI pour revoir le cours sur la fonction ln.
On résout sur $]0;+\mathrm{\infty }[$.
On a: $-1-2\ln \mathit{x}>0$ $\iff$ $-1>2\ln \mathit{x}$ $\iff$ $-0,5>\ln \mathit{x}$ $\iff$ ${\mathit{e}}^{-0,5}>{\mathit{e}}^{\ln \mathit{x}}$ $\iff$ ${\mathit{e}}^{-0,5}>\mathit{x}$.
Par conséquent: $\mathit{S}=]0;{\mathit{e}}^{-0,5}[$.

2.c. $\mathit{f}$ admet le tableau de variations suivant.

Notons que: $\mathit{f}\left({\mathit{e}}^{-0,5}\right)=\frac{1+\ln {\mathit{e}}^{-0,5}}{{\left({\mathit{e}}^{-0,5}\right)}^2}=\frac{1-0,5\ln \mathit{e}}{{\mathit{e}}^{-1}}=\frac{1-0,5}{{\mathit{e}}^{-1}}=\frac{0,5}{{\mathit{e}}^{-1}}=0,5\mathit{e}$.

3.a. On résout sur $]0;+\mathrm{\infty }[$: $\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)=0$ $\iff$ $\frac{1+\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^2}=0$ $\iff$ $1+\ln \mathit{x}=0$ $\iff$ $\ln \mathit{x}=-1$ $\iff$ $\mathit{x}={\mathit{e}}^{-1}=\frac{1}{\mathit{e}}$.
L'équation admet une solution et une seule. Donc $\mathit{C}$ admet un unique point d'intersection avec l'axe des abscisses.
Ce point a pour abscisse $\frac{1}{\mathit{e}}$.
Son ordonnée vaut évidemment $0$.
Pour les anxieux... Vérification: $\mathit{f}\left(\frac{1}{\mathit{e}}\right)=\frac{1+\ln \frac{1}{\mathit{e}}}{{\left(\frac{1}{\mathit{e}}\right)}^2}=\left(1-1\right){\mathit{e}}^2=0$.

3.b. Finalement, d'après le 3.a. et le tableau de variation, on en déduit alors que $\mathit{f}$ est strictement négative sur $]0;\frac{1}{\mathit{e}}[$, et strictement positive sur $]\frac{1}{\mathit{e}};+\mathit{\infty }[$.

4.a. Tu peux cliquer ICI pour revoir le cours sur les primitives.
Montrons que $\mathit{F}\prime =\mathit{f}$ sur l'intervalle $]0;+\mathrm{\infty }[$.
On pose: $\mathit{u}=-2-\ln \mathit{x}$ et $\mathit{v}=\mathit{x}$.
Oa a alors: $\mathit{u}\prime =0-\frac{1}{\mathit{x}}=\frac{-1}{\mathit{x}}$ et $\mathit{v}\prime =1$.
Ici: $\mathit{F}=\frac{\mathit{u}}{\mathit{v}}$ et $\mathit{F}\prime =\frac{\mathit{u}\prime \mathit{v}-\mathit{u}\mathit{v}\prime }{{\mathit{v}}^2}$.
Donc: $\mathit{F}\prime \left(\mathit{x}\right)=\frac{\frac{-1}{\mathit{x}}\mathit{x}-\left(-2-\ln \mathit{x}\right)\times 1}{{\mathit{x}}^2}=\frac{-1+2+\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^2}=\frac{1+\ln \mathit{x}}{{\mathit{x}}^2}=\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)$.

Donc la fonction $\mathit{F}$, définie sur l'intervalle $]0;+\mathrm{\infty }[$ par $\mathit{F}\left(\mathit{x}\right)=\frac{-2-\ln \mathit{x}}{\mathit{x}}$ est bien une primitive de la fonction $\mathit{f}$ sur l'intervalle $]0;+\mathrm{\infty }[$.

4.b. Soit $\mathit{n}$ un entier tel que $\mathit{n}\ge 1$.
La fonction $\mathit{f}$ étant continue (car dérivable) et positive sur $\left[\frac{1}{\mathit{e}};\mathit{n}\right]$ (d'après le 3.b.), on en déduit que: $${\mathit{I}}_{\mathit{n}}={\int }_{\frac{1}{\mathit{e}}}^{\mathit{n}}\mathit{f}\left(\mathit{x}\right)\mathit{d}\mathit{x}$$.
Donc: ${\mathit{I}}_{\mathit{n}}=\mathit{F}\left(\mathit{n}\right)-\mathit{F}\left(\frac{1}{\mathit{e}}\right)=\frac{-2-\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}-\frac{-2-\ln \left(\frac{1}{\mathit{e}}\right)}{\frac{1}{\mathit{e}}}=\frac{-2-\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}-\left(-2-\left(-1\right)\right)\mathit{e}=\frac{-2-\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}+\mathit{e}$.
Soit: ${\mathit{I}}_{\mathit{n}}=\frac{-2-\ln \left(\mathit{n}\right)}{\mathit{n}}+\mathit{e}$.

4.c. On obtient facilement $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }-2-\ln \mathit{n}=-\mathit{\infty }$ et $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\mathit{n}=+\mathit{\infty }$, ce qui conduit à une forme indéterminée.
On factorise alors le terme "dominant" du numérateur.
$\frac{-2-\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}=\frac{\ln \mathit{n}\left(\frac{-2}{\ln \mathit{n}}-1\right)}{\mathit{n}}=\frac{\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}\left(\frac{-2}{\ln \mathit{n}}-1\right)$
Or: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\ln \mathit{n}=+\mathit{\infty }$, et par là: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{-2}{\ln \mathit{n}}-1=0-1=-1$.
Or: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}=0$.
Donc: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}\left(\frac{-2}{\ln \mathit{n}}-1\right)=0\times \left(-1\right)=0$.
Et finalement: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }{\mathit{I}}_{\mathit{n}}=0+\mathit{e}=\mathit{e}$.
Autre méthode (qui fonctionne dans ce cas particulier):
On a: $\frac{-2-\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}=\frac{-2}{\mathit{n}}-\frac{\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}$.
Comme: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{\ln \mathit{n}}{\mathit{n}}=0$ et: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }\frac{-2}{\mathit{n}}=0$, on obtient: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }{\mathit{I}}_{\mathit{n}}=0+0+\mathit{e}=\mathit{e}$.
Quelle que soit la méthode, on a finalement: $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }{\mathit{I}}_{\mathit{n}}=\mathit{e}$.
On en déduit que l'aire du domaine ${\mathit{D}}_{\mathit{n}}$ tend vers $\mathit{e}$ lorsque $\mathit{n}$ tend vers $+\mathit{\infty }$.
Le domaine ${\mathit{D}}_{\mathit{n}}$ est hachuré ci-dessous.

On notera que, comme $\underset{\mathit{n}\to +\mathit{\infty }}{\lim }{\mathit{I}}_{\mathit{n}}=\mathit{e}$, l'aire du domaine "infini" délimité par $\mathit{C}$, l'axe des abscisses, et la droite d'équation $\mathit{x}=\frac{1}{\mathit{e}}$ vaut $\mathit{e}$.
Nous sommes en présence d'un domaine de taille infinie qui possède une aire finie.