Exercices types : $$1$$^ère partie - Exercice 2

$$g$$ est dérivable sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$. On a :
$$g'\left(x\right)=e^{x}-1$$
Or :
$$e^{x}-1\ge 0$$ équivaut successivement à :
$$e^{x}\ge 1$$
$$e^{x}\ge e^{0}$$
$$x\ge 0$$ . Cela signifie que $$e^{x}-1$$ est positive ou nulle dès que $$x\ge 0$$.
De plus , $$g\left(0\right)=e^{0}-0+1$$ c'est à dire $$g\left(0\right)=2$$.
Nous allons pouvoir dresser le tableau de variation de $$g$$. Il vient alors que :
On remarque que le minimum de $$g$$ vaut $$2$$ lorsque $$x=0$$. Il en résulte alors que $$g$$ est positive sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$ ou encore $$g\left(x\right)\ge 0$$ sur $$\left]-\infty;+\infty\right[$$.
On en déduit alors le signe de $$g$$.

$$f$$ est dérivable sur $$\left[-1;+\infty\right[$$.
Ici on reconnaît la forme : $$\left(w+\frac{u}{v} \right)^{'} =w'+\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=x$$ et $$v\left(x\right)=e^{x}$$ et $$w\left(x\right)=x+1$$ .
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$ et $$w'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que :
$$f'\left(x\right)=1+\frac{e^{x} -xe^{x} }{\left(e^{x}\right)^{2} }$$. Nous allons tout mettre au même dénominateur.
$$f'\left(x\right)=\frac{\left(e^{x}\right)^{2}+e^{x} -xe^{x} }{\left(e^{x}\right)^{2} }$$. Maintenant on factorise par $$e^{x}$$, ce qui donne :
$$f'\left(x\right)=\frac{e^{x} \left(e^{x}+1-x \right)}{\left(e^{x} \right)^{2} }$$ . Puis on simplifie le numérateur et le dénominateur par $$e^{x}$$. D'où :
$$f'\left(x\right)=\frac{e^{x}+1-x}{e^{x}}$$
Ainsi :
$$f'\left(x\right)= \frac{g\left(x\right)}{e^{x}}$$

Pour tout réel $$x$$ appartenant à $$\left[-1;+\infty\right[$$, on a : $$f'\left(x\right)= \frac{g\left(x\right)}{e^{x}}$$
Nous savons que $$e^{x}>0$$, donc le signe de $$f'$$ dépend du signe de $$g$$. Or, d'après la question $$1$$, $$g\left(x\right) \ge 0$$ pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left]-\infty;+\infty\right[$$ donc $$g\left(x\right) \ge 0$$ pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left[-1;+\infty\right[$$. Ainsi $$f\left(x\right) \ge 0$$ pour tout réel $$x$$ appartenant à l'intervalle $$\left[-1;+\infty\right[$$
Nous avons donc le tableau de variation ci-dessous :

Nous allons reproduire le tableau de variation de $$f$$ uniquement sur l'intervalle $$\left[-1;0\right]$$.
On a :
$$f\left(-1\right)=\frac{-1}{e^{-1}}$$ et $$f\left(-1\right)=-e^{1}<0$$
$$f\left(0\right)=1>0$$
On a donc le tableau de variation ci-dessous, et l'on a fait également apparaître le zéro que l'on recherche.

Sur $$\left[-1 ;0 \right]$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante.
De plus, $$f\left(-1\right)=-e^{1}<0$$ et $$f\left(0\right)=1>0$$.
Or $$0\in \left[-e^{1} ;1\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution $$\alpha$$ dans $$\left[-1;0\right]$$ tel que $$f\left(x\right)=0$$.
A la calculatrice, on vérifie que :
$$f\left(-0,41\right)\approx -0,027$$ et $$f\left(-0,4\right)\approx 0,003$$ .
Or $$0\in \left]-0,027;0,003\right]$$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires on en déduit que :

Sur $$\left[-1;+\infty\right[$$, la fonction $$f$$ est continue et strictement croissante et $$f\left(\alpha \right)=0$$.
Donc $$f\left(x\right)\le 0$$ pour tout $$x\in \left[-1 ;\alpha \right]$$ et $$f\left(x\right)\ge 0$$ pour tout $$x\in \left[\alpha ;+\infty\right[$$.
On résume cela dans un tableau de signe :