\partie{A : Démonstration de cours}

\begin{enumerate}
\item Posons $h(x)=\e^x-\dfrac{x^2}{2}$. Alors, $h$ est dérivable sur $\R$ comme somme de deux fonctions dérivables sur $\R$ ; on a alors $h'(x)=\e^x-x$ et $h''(x)=\e^x-1$.

Or, $x \geqslant 0$ donc $\e^x \geqslant \e^0=1$ donc $h''(x) \geqslant 0$, ce qui signifie que $h'$ est croissante. Or, $h'(0)=1$ donc $h'(x) > 0$, ce qui implique que $h$ est croissante. Or, $h(0)=1$ donc\underline{ $h(x) \geqslant 1$}.


\item De l'inégalité précédente, on déduit que pour $x > 0$, on a : \[ \e^x \geqslant 1+\dfrac{x^2}{2}\;,\] soit en divisant par $x$ : \[ \frac{\e^x}{x} > \frac{1}{x}+\frac{x}{2}. \]

Or, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(\frac{1}{x}+\frac{x}{2} \right)=+\infty$. Ainsi, par comparaison, on a : \[ \boxed{\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\e^x}{x}=+\infty}\]
\end{enumerate}

\partie{B : \'Etude d'une fonction auxiliaire}

\begin{enumerate}
\item On a :
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} 2\e^x=0\\
\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} (-x-2)=+\infty
\end{array}
\right\rbrace
\Longrightarrow
\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} g(x)=+\infty}
\]

On peut écrire : $g(x)=x\left(2\dfrac{\e^x}{x} -1-\dfrac{2}{x}\right)$. Donc :
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\e^x}{x}=+\infty\\
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(-1-\dfrac{2}{x}\right)=-1
\end{array}
\right\rbrace
\Longrightarrow
\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)=+\infty}
\]

\item $g$ est dérivable sur $\R$ comme somme de fonctions dérivables sur $\R$. On a :
\[ g'(x)=2\e^x-1.\]
Ainsi :
\[ 
\begin{array}{ll}
g'(x)>0 & \Longleftrightarrow 2\e^x>1\\
& \Longleftrightarrow \e^x > \frac{1}{2}\\
& \Longleftrightarrow x > \ln \frac{1}{2}
\end{array}
\]
D'où le tableau de variations suivant :

\medskip

\begin{minipage}{.6\textwidth}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$g^{\prime}(x)$ / 1,
	$g$ / 2
}
{ $-\infty$ , $\ln\frac{1}{2}$ , $+\infty$ }
{ , - , z , + , }
{ +/$+\infty$ ,  -/$\ln 2 - 1$, +/$+\infty$ }
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.15\textwidth}
\[
\begin{array}{ll}
g\left(\ln\frac{1}{2}\right) & =2\e^{\ln\frac{1}{2}}-\ln\frac{1}{2}-2\\
& = 1+\ln 2 - 2\\
& = \ln 2 - 1.
\end{array}
\]
\end{minipage}


\item 
\begin{enumerate}
\item $g(0)=2\e^0-0-2=2-2=0$ donc $x=0$ est bien une solution de l'équation $g(x)=0$.
\item $g$ est continue sur $\intervOO{-\infty}{\ln\frac{1}{2}}$ donc a fortiori sur $\intervOO{-1,6}{-1,5}$.

De plus, $g(-1,6) \approx 0,004 > 0$ et $g(-1,5) \approx -0,054 < 0$.

Ainsi, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution (appelée $\alpha$) à l'équation $g(x)=0$ sur l'intervalle $\intervOO{-1,6}{-1,5}$.

De même, l'équation admet une unique solution sur $\intervOO{\ln\frac{1}{2}}{+\infty}$, qui est $x=0$ d'après la question précédente.

L'équation n'admet donc que deux solutions sur $\R$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\partie{C : \'Etude de la fonction principale}

\begin{enumerate}
\item On peut écrire $f(x)$ sous la forme : 
\[ 
f(x)=\e^{2x}\left(1-\frac{x}{\e^x}-\frac{1}{\e^x} \right).
\]

Donc :

\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{-x}{\e^x}\right)=0 \textrm{ (Partie A)}\\[8pt]
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{-1}{\e^x}\right)=0\\[8pt]
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \e^{2x} = +\infty
\end{array}
\right\rbrace
\Longrightarrow \boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty}
\]
De plus :
\[
\left.
\begin{array}{l}
\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} \e^{2x}=0 \\
\lim\limits_{x \rightarrow -\infty}(x\e^x)=0
\end{array}
\right\rbrace
\Longrightarrow \boxed{\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f(x)=0}
\]

\item $f$ est dérivable sur $\R$ comme somme de deux fonctions dérivables sur $\R$, et on a :
\[
\begin{array}{ll}
f'(x) & = 2\e^{2x}-\left(\e^x+(x+1)\e^x \right)\\
& =2\e^{2x} - (x+2)\e^x\\
& = \e^x(2\e^x-x-2)\\
& = \underline{\e^xg(x)}
\end{array}
\]

\underline{Ainsi, $f'(x)$ est du même signe que $g(x)$}.

\item On sait que $g(\alpha)=0$, c'est-à-dire que $2\e^{\alpha}-\alpha-2=0$, soit $\e^{\alpha}=\dfrac{\alpha+2}{2}$.

Ainsi :

\begin{align*}
f(\alpha) & =\left(\dfrac{\alpha+2}{2}\right)^2-(\alpha+1)\dfrac{\alpha+2}{2}\\
& =\dfrac{\alpha^2+4\alpha+4}{4}-\dfrac{\alpha^2+3\alpha+2}{2}\\
& =\dfrac{\alpha^2+4\alpha+4-2\alpha^2-6\alpha-4}{4}\\
& =-\dfrac{\alpha^2+2\alpha}{4}
\end{align*}

On sait que : 
\[ -1,6 \leqslant \alpha \leqslant -1,5\]
Donc : 
\[ 2,25=(-1,5)^2 \leqslant \alpha^2 \leqslant (-1,6)^2=2,56 \qquad \textrm{et} \qquad -3,2 \leqslant 2\alpha \leqslant -3,\]
d'où : \[ -0,95=-3,2+2,25 \leqslant \alpha^2+2\alpha \leqslant 2,56-3=-0,44. \]
En multipliant par $-\dfrac{1}{4}$ chaque membre de cet encadrement, on obtient :
\[ \boxed{0,11 \leqslant f(\alpha) \leqslant \numprint{0,2375}} \]

\item On a alors :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 1,
	$f$ / 2
}
{ $-\infty$ , $\alpha$ , $0$ , $+\infty$ }
{ , + , z , - , z , + , }
{ -/$-\infty$ ,  +/$f(\alpha)$, -/$0$ , +/$+\infty$ }
\end{tikzpicture}
\end{center}

\newpage

La courbe représentative de $f$ est la suivante (par curiosité) :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=-5,xmax=1,ymin=-2,ymax=2]
\tkzGrid
\tkzDrawXY\tkzLabelXY
\draw[color=red] plot[domain=-5:1,samples=100] (\x,{exp(2*\x)-(\x+1)*exp(\x)});
\draw[<->,dashed,>=stealth'] (-1.5,0) node[below] {$\alpha$} -- (-1.5,{exp(2*(-1.5))-(-1.5+1)*exp(-1.5)}) -- (0,{exp(2*(-1.5))-(-1.5+1)*exp(-1.5)}) node[right,scale=0.5] {$f(\alpha)$};
\tkzActivOn
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}