Partie I :

$\begin{aligned}\text{1-a.} ~ \lim\limits _{x \rightarrow+\infty}\left(f_n(x)-x n+2\right) & =\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{-2 \mathrm{e}^x}{1+e^x}+2 \\ & =\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{-2 \mathrm{e}^x}{1+e^x}=0 .~\left(\text { car } ~\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^x=+\infty\right)\end{aligned}$

Donc $\left(\mathrm{C}_n\right)$ admet une asymptote oblique au voisinage de $+\infty$; d'équation $y=x n-2.\\[0.5cm]$

b. On a $~\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} f_n(x)=-\infty~$ et $~\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} f_n(x)-x n=0$

$\left(\text{car} ~\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^x=0\right)$

Donc $\left(\mathrm{C}_n\right)$ admet une asymptote oblique $(\Delta)$ au voisinage de $-\infty~$; d'équation $~y=x n.\\[0.5cm]$

2- a. $f_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme et quotient des fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$.

$\begin{aligned}(\forall x \in \mathbb{R})~ ;~ f_n^{\prime}(x) & =-2\left(\frac{-2 \mathrm{e}^x}{1+e^x}\right)+n\\ &=-2\left(\frac{\mathrm{e}^x\left(1+e^x\right)-\mathrm{e}^{2 x}}{\left(1+e^x\right)^2}\right)+n \\ & =\frac{-2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2}+n\end{aligned}\\[0.5cm]$

b. On a: $~(\forall x \in \mathbb{R}) ~;~ \frac{4 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2}-1=\frac{4 \mathrm{e}^x-\left(1+e^x\right)^2}{\left(1+e^x\right)^2}$

$\frac{4 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2}-1=\frac{-\mathrm{e}^{2 x}+2 e^x-1}{\left(1+e^x\right)^2}=\frac{-\left(\mathrm{e}^{2 x}-1\right)^2}{\left(1+e^x\right)^2} \leq 0$

D'où $~(\forall x \in \mathbb{R})~ ;~ \frac{4 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2} \leq 1$

Puisque $~\frac{4 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2} \leq 1 ;$

alors $~\frac{2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2} \leq \frac{1}{2}$

D'où $~n-\frac{2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2} \geq \mathrm{n}-\frac{1}{2}$

Si $~n \geq 1~$; alors $~n-\frac{1}{2}>0~$; d'où $~f_n^{\prime}(x)>0$. Pour tout $x$ de $\mathbb{R}$

Par suite $f_n$ strictement croissante sur $\mathbb{R}\\[0.5cm]$

3- a. L'équation de la tangente à $(\mathrm{C_n})$ au point $I$ est :

$\mathrm{y}=f_n^{\prime}(0) x+f_n(0)$

D'où $~y=\left(n-\frac{1}{2}\right) x-1\\[0.5cm]$

b. On a : $~(\forall x \in \mathbb{R})~ ; ~f_n^{\prime}(x)=\frac{-2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2}+\mathrm{n}$

Donc $~(\forall x \in \mathbb{R}) ~; ~f_n^{\prime \prime}(x)=-2\left(\frac{\mathrm{e}^x\left(1+e^x\right)^2-2 \mathrm{e}^{2 x}\left(1+e^x\right)}{\left(1+e^x\right)^4}\right)$

$=\frac{-2 \mathrm{e}^x\left(1+e^x\right)\left(1+e^x-2 e^x\right)}{\left(1+e^x\right)^4}$

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

Le signe de $f_n^{\prime \prime}(x)$ est celui de $e^x-1$; car

$(\forall x \in \mathbb{R}) ~;~ \frac{2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^3}>0$

$e^x-1~$ s'annule en $0$ et change de signe à gauche et à droite de $0$ ; donc de même pour $f_n^{\prime \prime}(x)$;

par suite le point $I$ est le seul point d'infléxion de la courbe $\left(C_n\right).\\[0.5cm]$

4-Tracé de $\left(\mathrm{C}_0\right)$ et $\left(\mathrm{C}_2\right)$

On a :

et 

1- a. On a: $(\forall t>0)$

$\begin{aligned} A(t) & =\int_0^t\left|f_n(x)-(n x-2)\right| d x\left(\mathrm{~cm}^2\right) \\ & =\int_0^t\left|\frac{2}{1+e^x}\right| d x\left(\mathrm{~cm}^2\right) \\ & =\int_0^t \frac{2}{1+e^x} d x\left(\mathrm{~cm}^2\right)=2 \int_0^t\left(1-\frac{e^x}{1+e^x}\right) d x\left(\mathrm{~cm}^2\right) \\ & =2\left[\mathrm{x}-\ln \left(1+e^x\right)\right]_0^t\left(\mathrm{~cm}^2\right) \\ & =2\left[\mathrm{t}-\ln \left(1+e^t\right)+\ln 2\right]\left(\mathrm{cm}^2\right)\end{aligned}\\[0.5cm]$

$\begin{aligned}\text{b.}~ \lim\limits _{t \rightarrow+\infty} A(t)& = \lim\limits _{t \rightarrow+\infty} 2\left[t-\ln \left(1+e^t\right)+\ln 2\right] \\ & =\lim\limits _{t \rightarrow+\infty} 2\left[t-\ln e^t-\ln \left(1+e^{-t}\right)+\ln 2\right] \\ &= \lim\limits _{t \rightarrow+\infty} 2\left[\ln 2-\ln \left(1+e^{-t}\right)\right] \\ &= 2 \ln 2\left(\mathrm{Cm}^2\right)\end{aligned}\\[0.5cm]$

Partie II

$\mathrm{u}_0=0~$ et $~(\forall n \in \mathbb{N})~ ; ~\mathrm{u}_{\mathrm{n}+1}=f_0\left(u_0\right)$

1- a. On pose pour tout $\mathrm{x}$ de $\mathbb{R} ; ~g(x)=f_0(x)-x$

$g$ est une fonction continue sur $\mathbb{R}$, et dérivable sur $\mathbb{R}$ et $~(\forall x \in \mathbb{R}) ~ ;~ g^{\prime}(x)=f_0^{\prime}(\mathrm{x})-1<0$.

D'où $g$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$. et on a :

$g(\mathbb{R})=\mathbb{R}~$ et $~0 \in \mathbb{R}$;

donc l'équation $~g(x)=0~\left(\text{c à d }:~ f_0(x)=x\right)$ admet une solution unique $\alpha$ dans $\mathbb{R}.\\[0.5cm]$

b. On a : $~(\forall x \in \mathbb{R})~ ;~ f_0^{\prime}(x)=\frac{-2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2}$

D'où $~\left|f_0^{\prime}(x)\right|=\frac{2 \mathrm{e}^x}{\left(1+e^x\right)^2} \leq \frac{1}{2} \quad($ d'aprés I/2) a) $\\[0.5cm]$

2- a.On a $f_0$ est continue sur le segment d'extrémités $\mathrm{U}_{\mathrm{n}}$ et $\alpha$; et dérivable sur l'intervalle d'extrémités $U_n$ et $\alpha$;

donc d'aprés T.A.F.

$\exists \mathrm{c} \in ] \mathrm{U}_{\mathrm{n}} ; \alpha\left[;~ f_0\left(\mathrm{U}_{\mathrm{n}}\right)-f_0(\alpha)=f_0(\mathrm{c})\left(\mathrm{U}_{\mathrm{n}}-\alpha\right)\right.$

D' où $\quad\left|f_0\left(\mathrm{U}_{\mathrm{n}}\right)-f_0(\alpha)\right|=\left|f_0^{\prime}(\mathrm{c})\right|\left|\mathrm{U}_{\mathrm{n}}-\alpha\right|$

Par suite $:~(\forall x \in \mathbb{R}) ~;~\left|U_{n+1}-\alpha\right| \leq \frac{1}{2}\left|U_n-\alpha\right| \\[0.5cm]$

b. Par recurrence :

Pour $~\mathrm{n}=0~$; on a :$~\left|\mathrm{U}_0- \alpha \right|=|\alpha|~$ et $~\left(\frac{1}{2}\right)^0 |\alpha|=|\alpha|$

Donc $~\left|U_0-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^0 |\alpha|$

Soit $~\mathrm{n} \in \mathbb{N}~$; supposons que $~\left|\mathrm{U}_{\mathrm{n}}-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right) \mathrm{n}|\alpha|$

et montrons que $~\left|U_{n+1}-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}|\alpha|$.

On a: $~\left|\mathrm{U}_{\mathrm{n}+1}-\alpha\right| \leq \frac{1}{2}\left|\mathrm{U}_{\mathrm{n}}-\alpha\right|$.

et $~\frac{1}{2}\left|U_n-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}|\alpha|$

Donc $~\left|U_{n+1}-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}|\alpha|$

Par suite $\quad(\forall n \in \mathbb{N}) ;~\left|U_n-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^n|\alpha|\\[0.5cm]$

c. On a : $~(\forall n \in \mathbb{N}) ~;~\left|U_{\mathrm{n}}-\alpha\right| \leq\left(\frac{1}{2}\right)^n\left|\alpha\right|$

et puisque $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n|\alpha|=0 \quad\left(\text{car}~-1<\frac{1}{2}<1\right)$

alors $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}\left|U_n-\alpha\right|=0 ;$

par suite $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty} U_n=\alpha \\[0.5cm]$

Partie III

1- a. Pour tout $~\mathrm{n} \geq 2 ; ~f_n$ est une fonction continue est strictement croissante sur $\mathbb{R} ; ~f(\mathbb{R})=\mathbb{R}~$ et $~0 \in \mathbb{R}$;

donc l'équation $f_n(x)=0$ admet une solution unique $x_n$ dans $\mathbb{R}.\\[0.5cm]$

b.On a : $~ f_n(0)=-1 \quad$ et $~f_n(1)=\frac{-2 \mathrm{e}}{1+e}+\mathrm{n}=\frac{(\mathrm{n}-2) \mathrm{e}+\mathrm{n}}{1+e}>0$

Donc $~(\forall n \geq 2) ~; ~ 0<x_n<1.\\[0.5cm]$

2.a. On a: $~(\forall n \geq 2)~$; $~f_{n+1}(\mathrm{x})-f_n(\mathrm{x})=\mathrm{x}$

Donc $~f_{n+1}\left(x_n\right)-f_n\left(x_n\right)=x_n$

et puisque $~\forall n \geq 2 ;~ x_n>0~$ et $~f_n\left(x_n\right)=0$

alors: $~f_{n+1}\left(x_n\right)>0\\[0.5cm]$

b. On a : $~(\forall n \geq 2) ; f_{n+1}\left(x_n\right)>0~$ et on sait que $~f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)=0$

alors $~(\forall n \geq 2)~ ;~f_{n+1}\left(x_n\right)>f_{n+1}\left(x_{n+1}\right)$

Or on sait que : $\forall n \geq 2)~ ;~ f_{n+1}$ est continue et strictement croissante

Donc $f_{n+1}$ est bijective par suite $~(\forall n \geq 2) ~; \quad x_n>x_{n+1}$

Donc la suite $\left(x_n\right)_n$ est strictement décroissante.$\\[0.5cm]$

b. la suite $\left(x_n\right)_n$ est décroissante et minorée par $0$ ; donc elle est convergente.$\\[0.5cm]$

3- a. On a d'une part :

$(\forall n \geq 2) ~;~ f_n\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{-2 e^{1 / n}}{1+e^{1 / n}}+1=\frac{1-e^{1 / n}}{1+e^{1 / n}}<0$

et on sait que $f_n(1)>0$; donc

$\begin{aligned}& (\forall n \geq 2) ; \frac{1}{n}\left < x_n<1\right. \\& *  \text { D'autre part on a }:~(\forall n \geq 2) ~ ;~ f_n\left(x\right)=0 \\& f_n\left(x_n\right)=0 \Leftrightarrow n x_n=\frac{2 e^{x n}}{1+e^{x n}}=2-\frac{2^{n}}{1+e^{x n}}\end{aligned}$

On sait que : $~(\forall n \geq 2)~ ; \quad x_n<1$

Donc $~1+e^{x n}<1+e~$ D'où $\quad \frac{-2}{1+e^{x n}}<\frac{-2}{1+e}$

Donc $\quad 2-\frac{2}{1+e^{x n}}<2-\frac{2}{1+e}$

Par suite $~(\forall n \geq 2) ~;~ n x_n<2-\frac{2}{1+e}=\frac{2 \mathrm{e}}{1+e}$

D'où $\quad(\forall n \geq 2)~ ; ~~x_n<\frac{1}{n}\left(\frac{2 e}{1+e}\right)$.

Conclusion :

$(\forall n \geq 2) ; \quad \frac{1}{n}<x_n<\frac{1}{n}\left(\frac{2 e}{1+e}\right)\\[0.5cm]$

b. On a : $~(\forall n \geq 2) ~; ~\frac{1}{n}<x_n<\frac{1}{n}\left(\frac{2 e}{1+e}\right)$.

et puisque : $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}\frac{1}{n}=0 ~$ et $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}\frac{1}{n}\left(\frac{2 \mathrm{e}}{1+e}\right)=0$

alors $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty} x_n=0 \\[0.5cm]$

Puisque : $~(\forall n \geq 2) ~;~ n x_n=\frac{2 \mathrm{e}^{x n}}{1+e^{x n}}$

Donc $~\lim\limits n x_n=\lim\limits \frac{2 \mathrm{e}^{x n}}{1+e^{x n}}=\frac{2}{2}=1$.

$\left(\right.$ car $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^{\mathrm{x} n}=\mathrm{e}^0=1~$; la fonction $\operatorname{exp}$ est continue en $0)\\[0.5cm]$

4. a Etant donné que la suite $(x n)_{n \geq 2}$ est décroissante ;

donc elle est majorée par son premier terme $x_2$

D'où : $(\forall n \geq 2) ~; ~x_n \leq x_2 \\[0.5cm]$

b. On sait que : $~(\forall n \geq 2)~$; $~0<x_n \leq x_2$

Donc: $~(\forall n \geq 2) ~;~ 0<\left(x_n\right)^n \leq(x 2)^n$

On sait que $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}0=0~$ et $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}(x 2)^n=0\left(\right.$ car $\left.0<x_2<1\right)$

Donc $~\lim\limits _{n \rightarrow+\infty}\left(x_n\right)^n=0$