
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $g'(x)=\e^x(1+x)$ donc $g'(x)>0$ sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
\underline{Ainsi, $f$ est strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.}

\item $g$ est continue et strictement monotone (croissante ici) sur \intervFO{0}{+\infty}.\\
De plus, $g(0)=-1$ et $g(1)=\e-1>0$. Donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur $\alpha$ sur \intervFO{0}{+\infty} telle que $g(\alpha)=0$, soit $\alpha\e^\alpha=1$. On trouve \underline{$\alpha\approx0,567$}.

\item $g$ est croissante et $g(\alpha)=0$ donc $g(x)<0$ sur \intervFO{0}{\alpha} et $g(x)>0$ sur \intervOO{\alpha}{+\infty}.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $\limite{x}{0}{\ln x}=-\infty$ et $\limite{x}{0}{\e^x}=1$ donc, par somme, $\boxed{\limite{x}{0}{f(x)}=+\infty}$.

\medskip

On peut écrire :
\[
f(x)=\e^x\left(1-\dfrac{\ln x}{x}\times\dfrac{x}{\e^x}\right)
\]
De plus, $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\ln x}{x}}=0$ et $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{\e^x}{x}}=+\infty$, soit $\limite{x}{+\infty}{\dfrac{x}{\e^x}}=0$.\\
Par produit, on a $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$.

\item $f'(x)=\e^x-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x\e^x-1}{x}=\dfrac{g(x)}{x}$. Ainsi, d'après la question 1, on a :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$f(\alpha)$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\begin{aligned}[t]
f(\alpha) & =\e^\alpha-\ln\alpha\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln\dfrac{1}{\e^\alpha}\qquad\text{d'après la question 1.}b.\\
& = \dfrac{1}{\alpha}-\ln1+\ln\e^\alpha\\
\Aboxed{m& = \dfrac{1}{\alpha}+\alpha}
\end{aligned}$

De plus, avec $\alpha\approx0,567$, on a $m\approx2,33$. D'où le résultat demandé.
\end{enumerate}

\item Une équation de la tangente est :
\[ y=f'(a)(x-a)+f(a)\qquad,\qquad a=0.\]
Ainsi, 
\begin{align*}
y & = f'(1)(x-1)+f(1)\\
& = (\e-1)(x-1)+\e-\ln1\\
& = (\e-1)x-\e+1+\e\\
\Aboxed{y & = (\e-1)x+1}
\end{align*}

Notons A\coord{x}{0} le point d'intersection de $\mathcal{T}$ avec l'axe des abscisses. Alors,
\begin{align*}
(\e-1)x+1 =0 \Leftrightarrow \boxed{x=\dfrac{1}{1-\e}}
\end{align*}
\newpage
\item ~\par
\vspace*{-3em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 5pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[xscale=3]
\draw[gray!50,dashed] (-1,0) grid[step=0.5] (2,5);
\draw[thick,->,>=latex] (-1,0) -- (2,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,0) -- (0,5);
\draw[thick] (1,0.1) -- (1,-0.1) node[below] {1};
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\clip (-1,0) rectangle (2,5);
\draw[thick,color=cyan] plot[domain=0.05:5,samples=200] (\x,{exp(\x)-ln(\x)});
\draw[thick,purple] (-1,{2-exp(1)}) -- (2,{2*exp(1)-1});
\node[text=purple] at (1.7,3.5) {$\mathcal{T}$};
\node[text=cyan] at (1.3,4.5) {$\mathcal{C}_f$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
