• On admet l’existence d’une telle fonction.
• Nous allons montrer l’unicité d’une telle fonction.
  Nous allons dans un premier temps montrer qu’une fonction vérifiant ces propriétés ne s’annule pas.
  On appelle $\varphi$ la fonction définie sur $\R$ par $\varphi(x) = f(x) \times f(-x)$.
  La fonction $f$ étant dérivable sur $\R$ alors la fonction $\varphi$ l’est aussi, par produit.
  Ainsi :
  $$\begin{align*} \varphi'(x) &= f'(x)\times f(-x) + f(x) \times \left(-f'(-x) \right) \\
  &= f(x)\times f(-x) – f(x) \times f(-x) \qquad \text{(car } f'(x) = f(x) \\
  &= 0
  \end{align*}$$
  On en déduit donc que la fonction $\varphi$ est constante.
  Or on sait que $f(0)=1$. Par conséquent $\varphi(0)= 1$.
  Donc, pour tous réels $x$, $f(x) \times f(-x) = 1$ et la fonction $f$ ne s’annule jamais.
  $\quad$
  Montrons maintenant l’unicité de la fonction $f$.
  Nous allons considérer une autre fonction $g$ définie et dérivable sur $\R$ vérifiant $g'(x)=g(x)$ et $g(0) = 1$.
  On appelle $h$ la fonction définie sur $\R$ par $h(x) = \dfrac{g(x)}{f(x)}$ (On sait que la fonction $f$ ne s’annule pas; la fonction $h$ est donc bien définie).
  $h$ est dérivable sur $\R$ comme quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
  $$\begin{align*} h'(x) &= \dfrac{g'(x) \times f(x) – g(x) \times f'(x)}{\left(f(x) \right)^2} \\
  & = \dfrac{g(x)\times f(x) – g(x) \times f(x)}{\left(f(x) \right)^2} \\
  &= 0
  \end{align*}$$
  La fonction $h$ est donc également constante.
  Or $h(0) = \dfrac{g(0)}{f(0)} = 1$.
  Donc pour tous réels $x$, $\dfrac{g(x)}{f(x)} = 1$.
  Cela signifie donc que, pour tous réels $x$, on a $f(x) = g(x)$.
  La fonction $f$ est bien unique.

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \exp(a+b-x) \times \exp(x)$.
Cette fonction est dérivable sur $\R$ comme produit de fonctions dérivables sur $\R$.
$$\begin{align*} f'(x) &= -\exp'(a+b-x) \times \exp(x) + \exp(a + b -x) \times \exp'(x) \\
&= -\exp(a+b-x) \times \exp(x) + \exp(a+b-x) \times \exp(x)\\
&= 0
\end{align*}$$
La fonction $f$ est donc constante.
Mais $f(0) = \exp(a+b) \times \exp(0) = \exp(a + b)$.
Ainsi Pour tous réels $x$, on a donc $f(x) = \exp(a+b-x) \times \exp(x) = \exp(a+b)$.
En particulier si $x=b$, $f(b) = \exp(a) \times \exp(b) = \exp(a+b)$

Pour tous réels $x$, on a $x=\dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2}$.
On peut alors utiliser la propriété précédente :
$$\begin{align*} \exp(x) &= \exp \left( \dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2} \right) \\
&= \exp \left( \dfrac{x}{2} \right) \times \exp \left( \dfrac{x}{2} \right) \\
& = \left( \exp \left(\dfrac{x}{2} \right) \right)^2 \\
& > 0 \end{align*}$$
En effet, d’après la preuve du théorème-définition, la fonction exponentielle ne s’annule jamais.

On sait que pour tout $x$, $\exp'(x) = \exp(x)$.
D’après la propriété précédente $\exp(x) > 0$.
Donc $\exp'(x) > 0$.

1. On sait que $\exp(0) = 1$
   Mais on a aussi $\exp(0) = \exp(a+(-a)) = \exp(a) \times \exp(-a)$.
   Par conséquent $\exp(-a) = \dfrac{1}{\exp(a)}$.
   $\quad$
2. $\quad$
   $$\begin{align*} \exp(a-b) &= \exp \left( a+(-b) \right)\\
   & = \exp(a) \times \exp(-b) \\
   & = \exp(a) \times \dfrac{1}{\exp(b)} \\
   & = \dfrac{\exp(a)}{\exp(b)}
   \end{align*}$$
   $\quad$
3. Nous allons démontrer par récurrence que la propriété est vraie pour tout entier naturel $n$.
   Initialisation : Si $n=0$ alors $\exp(0 \times a) = \exp(0) = 1$ et $\exp(a)^0=1$.
   La propriété est donc vraie au rang $0$.
   $\quad$
   Hérédité : On suppose que la propriété vraie au rang $n$ : $\exp(na) = \left( \exp(a) \right)^n$
   $$\begin{align*} \exp \left((n+1)a \right) &= \exp(na + a) \\
   & = \exp(na) \times \exp(a) \\
   & = \left( \exp(a) \right)^n \times \exp(a) \\
   &= \left( \exp(a) \right)^{n+1}
   \end{align*}$$
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
   Donc pour tous entiers naturels $n$, on a $\exp(na) = \left( \exp(a) \right)^n$.
   $\quad$
   On considère maintenant un entier relatif $n$ strictement négatif.
   Il existe donc un entier naturel $m$ tel que $n=-m$.
   Ainsi :
   $$\begin{align*} \exp(na) &= \dfrac{1}{\exp(-na)} \\
   &=\dfrac{1}{\exp(ma)} \\
   & = \dfrac{1}{\left( \exp(a) \right)^{m}} \\
   & = \left( \exp(a) \right)^{-m}\\
   & = \left(\exp(a)\right)^n
   \end{align*}$$

1. $\bullet$ Si $a=b$ alors $\e^a=\e^b$.
   $\bullet$ Réciproquement, on considère deux réels $a$ et $b$ tels que $\e^a=\e^b$ et on suppose que $a\neq b$.
   Deux cas se présentent : $a<b$ ou $b<a$.
   On suppose que $a<b$. Puisque la fonction exponentielle est strictement croissante, on a alors $\e^a<\e^b$. Cela contredit l’hypothèse que $\e^a=\e^b$.
   On raisonne de la même manière pour montrer que l’hypothèse $b<a$ ne convient pas.
   Finalement on a $a=b$.
2. Cette propriété provient de la stricte croissance de la fonction exponentielle.

• Nous allons montrer que pour tous réels $x \ge 0$ on a $\e^x \ge x$.
  On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \e^x-x$.
  La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme somme de fonctions dérivables sur $\R$ et $f'(x) = \e^x-1$.
  On sait que la fonction exponentielle est strictement croissante et que $\e^0=1$.
  Par conséquent, pour tous réels $x>0$, on a $\e^x > 1$.
  Donc pour tous réel $x \ge 0$, $f'(x) \ge 0$.
  On en déduit alors que la fonction $f$ est strictement croissante sur $\R^+$ et $f(0) = \e^0 = 1 > 0$.
  Par conséquent, pour tous réels $x \ge 0$ $\e^x \ge x$.
  On sait que $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$.
  D’après le théorème de comparaison, $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$.
• $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^x = \lim\limits_{x\to -\infty} \dfrac{1}{\e^{-x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{\e^x} = 0$ car $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$.

1. Cette propriété ne sera prouvé que pour $n=1$.
   On considère la fonction $f$ définie sur $\R^+$ par $f(x) = \e^x – \dfrac{x^2}{2}$.
   La fonction $f$ est dérivable sur $\R^+$ et $f'(x) = \e^x – x$.
   Dans la preuve précédente, on a montré que la fonction $f’$ était croissante sur $\R^+$ et que $f'(0) = 1$.
   Par conséquent, pour tous réels $x \ge 0$, $f'(x) > 0$ et $f$ est croissante sur $\R^+$.
   Or $f(0) = 1$.
   Cela signifie donc, que pour tous $x \ge 0$, $\e^x > \dfrac{x^2}{2}$ et par conséquent $\dfrac{\e^x}{x} > \dfrac{x}{2}$.
   Mais on sait que $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{2} = +\infty$.
   D’après le théorème de comparaison, on a $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\e^x}{x} = +\infty$.
   $\quad$
   Pour montrer que cette propriété est vraie pour tous entiers naturels $n$ non nuls, on peut utiliser le fait que $\dfrac{\e^x}{x^n}=\dfrac{1}{n^n}\left(\dfrac{\e^{x/n}}{\dfrac{x}{n}}\right)^n$ et on applique ce qu’on vient de prouver en posant $X=\dfrac{x}{n}$.
   $\quad$
   $\lim\limits_{x \to -\infty} x\e^x = \lim\limits_{x \to -\infty} – \dfrac{-x}{\e^{-x}} = \lim\limits_{x \to +\infty} – \dfrac{x}{\e^x} = 0$
   $\quad$
   Pour généraliser, on peut utiliser le fait que $x^ne^x=n^n\left(\dfrac{x}{n}\e^{x/n}\right)^n$.
2. $\quad$
   $\begin{align*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\e^x – 1}{x} &= \lim\limits_{x \to 0}\dfrac{\e^x – \e^0}{x – 0} \\
   & = \e'(0) \\
   &= \e^0 \\
   &= 1
   \end{align*}$
   On a donc utilisé le taux d’accroissement de la fonction exponentielle et le fait que cette fonction soit dérivable sur $\R$ et donc, en particulier, en $0$.