
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item On sait que $f(0)=1$ donc $a\e^{k\times0}+b=1$, soit $a+b=1$, ou encore $b=1-a$.
\item De plus, $f(6)=0$ donc $a\e^{6k}+b=0$, soit $a\e^{6k}=-b=a-1$. Ainsi, $\e^{6k}=1-\dfrac{1}{a}$ et donc $6k=\ln\left(1-\dfrac{1}{a}\right)$.\\
Finalement, $k=\dfrac{1}{6}\ln\left(1-\dfrac{1}{a}\right)$.
\end{itemize}
On obtient alors :
\[
\boxed{f(t)=a\e^{\frac{1}{6}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)t}+1-a}
\]

\item \pourcent{50} des bactéries disparaissent au bout de deux jours, donc $f(2)=\dfrac{1}{2}$, soit :\[a\e^{\frac{1}{6}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)\times2}+1-a=\dfrac{1}{2}.\]
Ainsi,
\[
\boxed{\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{a}\right)}+\dfrac{1}{2}-a=0}
\]

\item Si on pose $h(x)=x\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}$, alors $h$ est de la forme $uv$ avec :
\[
u(x)=x \qquad \text{et} \qquad v(x)=\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}
\]
avec $u'(x)=1$ et :
\begin{align*}
v'(x) & =\dfrac{1}{3}\times\dfrac{\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x}}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \dfrac{1}{3x^2}\times\dfrac{x}{x-1}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \dfrac{1}{3x}\times\dfrac{1}{x-1}\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}
\end{align*}
D'où :
\begin{align*}
h'(x) & = (u'v-uv')(x)\\
& = 1\times\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)} + x\times\dfrac{1}{3x}\times\dfrac{1}{x-1}\times\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\\
& = \e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right)
\end{align*}
Ainsi,
\[
g'(x)=h'(x)-1\qquad\text{soit}\qquad\boxed{g'(x)=\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right)-1}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{1}{3x-3}\right)}=1$ ;
\item $\limite{x}{+\infty}{\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=1$ et $\limite{X}{1}{\ln(X)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\ln\left(1-\dfrac{1}{x}\right)}=0$.

De plus, $\limite{Y}{0}{\big(\e^Y\big)}=1$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left[\e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\right]}=1$.
\end{itemize}

Ainsi, par produit, $\limite{x}{+\infty}{\left[ \e^{\frac{1}{3}\ln\left(1-\frac{1}{x}\right)}\left(1+\dfrac{1}{3x-3} \right) \right]}=1$, et donc
\[
\boxed{\limite{x}{+\infty}{g'(x)}=0}
\]

\item Si $x>1$, alors $9x(x-1)>0$ et donc $\dfrac{-2}{9x(x-1)}<0$.

De plus, une exponentielle est toujours strictement positive, donc $g''(x)<0$ sur \intervOO{1}{+\infty}.

Par conséquent, $g'$ est strictement décroissante sur \intervOO{1}{+\infty} et donc, d'après la question précédente, $g'(x)>0$ sur cet intervalle.

On en déduit que $g$ est strictement croissante sur \intervOO{1}{+\infty}.
\end{enumerate}

\item $g(1,3)\approx-\numprint{0,00261269}>0$ et $g(1,4)\approx\numprint{0,022087258}<0$ donc $0$ est une valeur intermédiaire de $g(1,3)$ et $g(1,4)$.\\
De plus, $g$ est continue et strictement monotone sur \intervFF{1,3}{1,4} donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{1,3}{1,4}.
\end{enumerate}
