L'aire cherchée est hachurée en rouge sur la figure ci-dessous.

L'aire cherchée contient 30 carreaux entiers du quadrillage et une unité d'aire (en orange) contient 4 carreaux du quadrillage donc $\mathcal{A} >\dfrac{30}{4}$ soit $\mathcal{A}>7,5$ unités d'aires.

L'aire cherchée contient 44 carreaux entiers du quadrillage et une unité d'aire (en orange) contient 4 carreaux du quadrillage donc $\mathcal{A} < \dfrac{44}{4}$ soit $\mathcal{A} < 11$ unités d'aires.
$7,5 < \mathcal{A} < 11$ unités d'aires.

Sur $[-1;1]$ on a $C_f$ au-dessus de $C_g$
donc $f(x)>g(x)$ sur $[-1;1]$.

$f$ et $g$ sont continues sur $\mathbb{R}$ donc admettent des primitives sur $\mathbb{R}$.
Sur $[-1;1]$ on a $f$ continue et $f(x)>0$ donc l'aire, en unités d'aires, $\mathcal{A}_1$ du domaine limité par $C_f$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=-1$ et $x=1$ est $\int_{-1}^1 f(t)dt$.
De même sur $[-1;1]$ on a $g$ continue et $g(x)>0$ donc l'aire, en unités d'aires, $\mathcal{A}_2$ du domaine limité par $C_g$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=-1$ et $x=1$ est $\int_{-1}^1 g(t)dt$.
On a $C_f$ au-dessus de $C_g$ sur $[-1;1]$ soit $f(x)\geq g(x)$
donc l'aire $\mathcal{A}$ cherchée est $\mathcal{A}_1-\mathcal{A}_2$ en unités d'aires.
$F(x)=6x-\dfrac{x^3}{3}$ est une primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$.
$F(-1)=6\times (-1)-\dfrac{(-1)^3}{3}=-6+\dfrac{1}{3}=\dfrac{-17}{3}$
$F(1)=6\times 1-\dfrac{1^3}{3}=6-\dfrac{1}{3}=\dfrac{17}{3}$
et donc $\mathcal{A }_1=\int_{-1}^1 f(t)dt=F(1)-F(-1)=\dfrac{17}{3}-\dfrac{-17}{3}=\dfrac{34}{3}$
$G(x)=e^x$ est une primitive de $g$ sur $\mathbb{R}$.
$G(-1)=e^{-1}=\dfrac{1}{e}$
$G(1)=e^1=e$
donc on a $\mathcal{A}_2=\int_{-1}^1g(t)dt=G(1)-G(-1)=e-\dfrac{1}{e}$
$\mathcal{A}=\mathcal{A}_1-\mathcal{A}_2=\dfrac{34}{3}-e+\dfrac{1}{e}$
$\mathcal{A}=\dfrac{34}{3}-e+\dfrac{1}{e}$ unités d'aires soit environ 9 unités d'aires.
Remarque
Penser à contrôler le calcul avec la calculatrice