Como usted ya sabe, teniendo en cuenta la función $$G_n(x)=\log\left(n+\frac{n-1}{x-1}\right),$$ defined on $(1,+\infty)$, $\hat\lambda_n$ solves the identity $$\hat\lambda_n M_n=G_n(\hat\lambda_n M_n).$$ As you noted, this identity has no analytical solution. However, the function $G_n$ decreases on $(1,+\infty)$ from $G_n(1)=+\infty$ to $G_n(+\infty)=\log(n)$ y, quizás sorprendentemente, esto es todo lo que uno necesita para resolver el ejercicio.
A saber, en primer lugar observamos que el $G_n\gt\log(n)$ $(1,+\infty)$ por lo tanto la única solución de la identidad de arriba es tal que $\hat\lambda_n M_n\gt\log(n)$. En particular, $\hat\lambda_n M_n\to\infty$ por lo tanto $$G_n(\hat\lambda_n M_n)=\log(n+o(n))=\log(n)+o(1),$$ which implies $$\hat\lambda_n M_n/\log n\to1\ \text{almost surely.}\tag{$\ast$}$$
Por otro lado, clásico estimaciones de $M_n$ son de la siguiente manera. Para todos no negativos $x$, $$P(M_n\leqslant x)=(1-\mathrm e^{-\lambda x})^n,$$ hence, for every $\varepsilon$ in $(0,1)$, $$P(M_n\leqslant(1+\varepsilon)\log n/\lambda)=(1-n^{-1-\varepsilon})^n\to1,$$ and$$P(M_n\leqslant(1-\varepsilon)\log n/\lambda)=(1-n^{-1+\varepsilon})^n\to0,$$ that is, $$M_n/\log n\to1/\lambda\ \text{in probability.}\tag{$\dagger$}$$ Putting $(\ast)$ and $(\dagger)$ together, one sees that $\hat\lambda_n\to\lambda$ en la probabilidad de que, como se desee.