Fonction auxiliaire $g$ lue sur sa courbe : signe de $g$, $f'=-g$, asymptote oblique $y=x-1$, aire entre la courbe et la droite $y=x$

1.a $g'(x)=-\left(e^x+x\,e^x\right)=-(x+1)\,e^x<0$ pour $x\ge0$ : $g$ est strictement décroissante sur $[0,+\infty[$.

1.b $g(0)=3$ ; $\lim\limits_{x\to+\infty}x\,e^x=+\infty$, donc $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty$.

1.c $g$ est continue et strictement décroissante sur $[0,+\infty[$, de $3$ à $-\infty$ : l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$. $g(1{,}04)\approx0{,}058>0$ et $g(1{,}05)\approx-0{,}0005<0$, donc $\boxed{1{,}04<\alpha<1{,}05}$.

1.d $g(x)>0$ sur $[0,\alpha[$, $g(\alpha)=0$, $g(x)<0$ sur $]\alpha,+\infty[$.

2.a $f'(x)=3-e^x+(1-x)\,e^x=3-x\,e^x=g(x)$.

2.b Pour $x>0$, $\dfrac{f(x)}{x}=3+\dfrac{(1-x)\,e^x}{x}=3+\left(\dfrac1x-1\right)e^x$. Quand $x\to+\infty$, $\dfrac1x-1\to-1$ et $e^x\to+\infty$, donc $\dfrac{f(x)}{x}\to-\infty$ ; et $f(x)=x\times\dfrac{f(x)}{x}\to-\infty$. La courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction celle de l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

2.c Idée : $g(\alpha)=0$ donne $\alpha\,e^{\alpha}=3$, c'est-à-dire $e^{\alpha}=\dfrac3\alpha$ ; on remplace $e^{\alpha}$ dans $f(\alpha)$.

3. $f'=g$ : $f$ est strictement croissante sur $[0,\alpha]$ et strictement décroissante sur $[\alpha,+\infty[$ ; $f(0)=1$ et $f(\alpha)\approx3{,}01$.

4.a $F'(x)=3x-e^x+(2-x)\,e^x=3x+(1-x)\,e^x=f(x)$.

4.b Idée : vérifier le signe de $f$ sur $[0,1]$ avant d'écrire l'aire comme une intégrale. $[0,1]\subset[0,\alpha]$ où $f$ est croissante, donc $f(x)\ge f(0)=1>0$ : $(C)$ est au-dessus de l'axe des abscisses.

soit $\boxed{\mathcal A=e-\dfrac12\approx2{,}22\text{ u.a.}}$

1.a En $-\infty$ : $f(x)=2e^x-x\,e^x$ et $\lim\limits_{x\to-\infty}x\,e^x=0$, donc $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0$ (asymptote horizontale $y=0$). En $+\infty$ : $2-x\to-\infty$ et $e^x\to+\infty$, donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$.

1.b $f'(x)=-e^x+(2-x)\,e^x=(1-x)\,e^x$, du signe de $1-x$ : $f$ est strictement croissante sur $]-\infty,1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$, de maximum $f(1)=e$.

1.c $f(0)=2$ et $f'(0)=1$, donc $T : y=1\times(x-0)+2$, soit $y=x+2$.

2.a $u'(x)=-e^x+(1-x)\,e^x=-x\,e^x$, du signe de $-x$ : $u$ est strictement croissante sur $]-\infty,0]$ et strictement décroissante sur $[0,+\infty[$, avec $u(0)=0$. En $-\infty$, $(1-x)\,e^x=e^x-x\,e^x\to0$, donc $u\to-1$ ; en $+\infty$, $u\to-\infty$.

2.b Le maximum de $u$ sur $\R$ est $u(0)=0$ : pour tout réel $x$, $u(x)\le0$, avec égalité seulement en $0$.

3.a $\varphi'(x)=f'(x)-1=(1-x)\,e^x-1=u(x)\le0$, et $u$ ne s'annule qu'en $0$ : $\varphi$ est strictement décroissante sur $\R$.

3.b Idée : une fonction strictement décroissante qui s'annule en $0$ est positive avant $0$ et négative après. $\varphi(0)=f(0)-2=0$. Pour $x<0$, $\varphi(x)>0$ : $(C)$ est au-dessus de $T$ ; pour $x>0$, $\varphi(x)<0$ : $(C)$ est au-dessous de $T$. La tangente traverse la courbe au point $(0\,;2)$.

1.a $g'(x)=e^x+x\,e^x=(x+1)\,e^x>0$ sur $[0,+\infty[$ : $g$ est strictement croissante.

1.b $g$ est continue, strictement croissante, avec $g(0)=-2<0$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$ : l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$. $g(0{,}85)\approx-0{,}011<0$ et $g(0{,}86)\approx0{,}032>0$, donc $\boxed{0{,}85<\alpha<0{,}86}$.

1.c $g(x)<0$ sur $[0,\alpha[$, $g(\alpha)=0$, $g(x)>0$ sur $]\alpha,+\infty[$ :

2.a Quand $x\to0^{+}$, $\ln x\to-\infty$ et $e^x\to1$, donc $\lim\limits_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$ (la droite $x=0$ est asymptote verticale). En $+\infty$, $\dfrac{\ln x}{x}\to0$ et $\dfrac{x}{e^x}\to0$, donc la parenthèse tend vers $1$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

2.b $f'(x)=e^x-\dfrac{2}{x}=\dfrac{x\,e^x-2}{x}=\dfrac{g(x)}{x}$.

2.c Comme $x>0$, $f'(x)$ a le signe de $g(x)$ : $f$ est strictement décroissante sur $]0,\alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha,+\infty[$, de minimum $f(\alpha)$.

3.a $M(\alpha\,;e^{\alpha})$ et $N(\alpha\,;2\ln\alpha)$ ont la même abscisse, donc $MN=\left|e^{\alpha}-2\ln\alpha\right|=|f(\alpha)|$. Comme $\alpha<1$, $\ln\alpha<0$ et $f(\alpha)=e^{\alpha}-2\ln\alpha>0$ : $MN=f(\alpha)$.

3.b Idée : $g(\alpha)=0$ s'écrit $\alpha\,e^{\alpha}=2$ ; on en tire $e^{\alpha}=\dfrac2\alpha$ et, en passant au logarithme, $\ln\alpha+\alpha=\ln2$. Donc $\ln\alpha=\ln2-\alpha$ et