\partie{A : étude d'une fonction auxiliaire}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $\varphi(x)=\dfrac{x^2}{\e^x}+\dfrac{x}{\e^x}+\dfrac{1}{\e^x}-1$.\\
Or, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x^n}{\e^x}}=0$, avec $n\in\N$.\\
Par conséquent, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\varphi(x)}=-1}$.

\medskip

De plus, $\limite{x}{-\infty}{\left(x^2+x+1\right)}=+\infty$ et $\limite{x}{-\infty}{\e^{-x}}=+\infty$.\\
Par produit, $\boxed{\limite{x}{-\infty}{\varphi(x)}=+\infty}$.

\item $\varphi'(x)=x(1-x)\e^{-x}$ d'où le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$\varphi'(x)$/0.5,$\varphi(x)$/1.5}{$-\infty$,0,1,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/0,+/{$3\e^{-1}-1$},-/$-1$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item D'après le tableau de variations de $\varphi$, \og 0 \fg{} est une solution de l'équation $\varphi(x)=0$. Celle-ci n'admet pas d'autres solutions sur \intervOO{-\infty}{1} puisque 0 est un minimum sur cet intervalle.\\
$f(1)\approx0,1>0$ et $\limite{x}{+\infty}{\varphi(x)}<0$. De plus, $\varphi$ est continue et strictement décroissante sur \intervOO{1}{+\infty} donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $\varphi(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervOO{1}{+\infty}.

\underline{On trouve $1,793\leqslant\alpha\leqslant1,794$}.

\item \begin{tikzpicture}[baseline=-1em]
\tkzTabInit[color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.5,$\varphi(x)$/0.5}{$-\infty$,0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,+,z,-}
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}

\partie{B : étude de la position relative de deux courbes}

\begin{enumerate}
\item $f(0)=1$ et $g(0)=1$ donc les deux courbes passent par A\coord{0}{1}.\\
De plus,
\[
f'(x)=(1-2x)\e^{-x}\qquad\text{et}\qquad g'(x)=\dfrac{-2x^2-2x+1}{\left(x^2+x+1\right)^2}
\]
donc $f'(0)=1$ et $g'(0)=1$ ; ainsi, les deux courbes ont la m\^eme tangente en A.

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(x)-g(x) & = (2x+1)\e^{-x}-\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}\\
& = (2x+1)\left(\dfrac{(x^2+x+1)\e^{-x}-1}{x^2+x+1}\right)\\
\Aboxed{f(x)-g(x) & = \dfrac{(2x+1)\varphi(x)}{x^2+x+1}}
\end{aligned}$

\item \begin{tikzpicture}[baseline=-1em]
\tkzTabInit[lgt=2.5,color,colorL=violet!10,colorC=violet!10,colorV=violet!10]{$x$/0.8,$\varphi(x)$/0.5,$2x+1$/0.5,$f(x)-g(x)$/0.5}{$-\infty$,$-\frac{1}{2}$,0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,,+,z,+,z,-}
\tkzTabLine{,-,z,+,,+,,+}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,+,z,-}
\end{tikzpicture}

\item De ce dernier tableau, on déduit que $f(x)>g(x)$ sur \intervOO{-\dfrac{1}{2}}{\alpha}, donc que $\mathscr{C}_f$ est au-dessus de $\mathscr{C}_g$ sur cet intervalle.
\end{enumerate}
\end{enumerate}