Pour se tester avant d'attaquer la partie se préparer aux contrôles - Exercice 1

Soit $$h\left(x\right)=\left(x-1\right)e^{x} +1$$
$$h$$ est dérivable sur $$\left[0 ;+\infty \right[$$
Ici on reconnaît la forme $$\left(uv\right)'=u'v+uv'$$ avec $$u\left(x\right)=x-1$$ et $$v\left(x\right)=e^{x}$$.
On note $$w\left(x\right)=1$$
Ainsi : $$u'\left(x\right)=1$$ et $$v'\left(x\right)=e^{x}$$, enfin $$w'\left(x\right)=0$$
Il vient alors que :
$$h'\left(x\right)=e^{x} +\left(x-1\right)e^{x}$$
$$h'\left(x\right)=e^{x} +x\times e^{x} +\left(-1\right)\times e^{x}$$
$$h'\left(x\right)=e^{x} +xe^{x} -e^{x}$$
Ainsi :
Pour tout réel $$x\ge 0$$, on a $$e^{x} >0$$ et $$x\ge0$$.
De plus : $$h\left(0\right)=\left(0-1\right)e^{0} +1=0$$
On en déduit le tableau de variation suivant :

D'après le tableau de variation obtenue à la question $$1$$ :
On vérifie aisément que le minimum de $$h$$ vaut $$0$$ lorsque $$x=0$$.
Cela signifie donc que , pour tout réel $$x\in\left[0 ;+\infty \right[$$, on a : $$h\left(x\right)\ge 0$$ .

Soit $$g\left(x\right)=\frac{e^{x}-1}{x}$$
$$g$$ est dérivable sur $$\left]0 ;+\infty \right[$$
Ici on reconnaît la forme $$\left(\frac{u}{v} \right)^{'} =\frac{u'v-uv'}{v^{2} }$$ avec $$u\left(x\right)=e^{x}-1$$ et $$v\left(x\right)=x$$.
Ainsi $$u'\left(x\right)=e^{x}$$ et $$v'\left(x\right)=1$$.
Il vient alors que
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \times x-\left(e^{x} -1\right)\times 1}{x^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{xe^{x} -e^{x} +1}{x^{2} }$$
$$g'\left(x\right)=\frac{e^{x} \left(x-1\right)+1}{x^{2} }$$

D'après la question précédente, nous savons que : $$g'\left(x\right)=\frac{h\left(x\right)}{x^{2} }$$
Pour tout réel $$x> 0$$, on vérifie aisément que $$x^{2}>0$$ . Le signe de $$g'$$ dépend alors de son numérateur $$h\left(x\right)$$ .
D'après la question $$2$$, nous avons montré que pour tout réel $$x\in\left[0 ;+\infty \right[$$, on a : $$h\left(x\right)\ge 0$$ .
Il en résulte donc que :