\begin{enumerate}
\item $g(x)=-1+2x^3+x^2$.

$g'(x)=6x^2+2x=2x(3x+1)$.

Ainsi,
\begin{align*}
g'(x)=0 & \iff 2x=0 \text{ ou } 3x+1=0\\
        & \iff x = 0 \text{ ou } 3x=-1\\
		& \iff x = 0 \text{ ou } x=-\dfrac{1}{3}.
\end{align*}
On en d\'eduit donc le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=3,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$g^{\prime}(x)$ / 0.75,
	$g(x)$ / 1.3
}
{ $-\infty$ , $-\frac{1}{3}$ , $0$, $+\infty$ }
{ , + , z , - , z , +}
{ -/, +/$\approx-{0,96}$ ,  -/$-1$ , +/}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $g(1)=2$, donc $0\in\intervFF{g(0)}{g(1)}$.

De plus, $g$ est continue et strictement croissante sur \intervFF{0}{1} donc d'apr\`es le corollaire du th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, l'\'equation $g(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervFF{0}{1}.

\`A la calculatrice, on trouve $\alpha\approx0,657$.

\item La courbe repr\'esentative de la fonction $f$ coupe l'axe des abscisses signifie que l'\'equation\linebreak $f(x)=0$ admet une unique solution.

\medskip

$\begin{aligned}[t]
f'(x) & = -\dfrac{1}{x^2}+2x+1\\
		  & = \dfrac{-1+2x^3+x^2}{x^2}\\
		  & = \dfrac{g(x)}{x^2}.
\end{aligned}$

\medskip

Donc $f'(x)$ est du signe de $g(x)$.

Or, d'apr\`es les questions pr\'ec\'edentes, $g(x)\leqslant0$ pour $x\leqslant\alpha$. On a alors :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=2,espcl=4,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / 1 ,
	$f^{\prime}(x)$ / 0.5,
	$f$ / 2
}
{ $-\infty$ , 0 , $\alpha$, $+\infty$ }
{ , - , d , - , z , +}
{ +/, -D+/$ $/$ $ , -/$\approx{2,6}$ , +/}
\tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.7}{$-1$}{$-1$}
\tkzTabVal[draw]{1}{2}{0.4}{$-2$}{${1,5}$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

En calculant $f(-2)$ et $f(-1)$, on voit que $0\in\intervFF{f(-1)}{f(-2)}$. De plus, $f$ est continue et strictement d\'ecroissante sur \intervFF{-2}{-1} donc d'apr\`es le corollaire du th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, l'\'equation $f(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{-2}{-1}.

\medskip

Le tableau de variations de $f$ nous indique de surcro\^it que la courbe repr\'esentative de $f$ ne coupe pas l'axe des abscisses sur \intervOO{0}{+\infty} car $f$ atteint son minimum pour $x=\alpha$ et ce minimum est strictement positif.

\medskip

On peut donc conclure que la courbe repr\'esentative de $f$ ne coupe qu'une seule fois l'axe des abscisses, et que l'abscisse du point d'intersection est dans \intervOO{-2}{-1}.

\`A la calculatrice, on trouve que l'abscisse de ce point est \`a peu pr\`es \'egale \`a $-1,5$.
\end{enumerate}
