\partie{A}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $g(-1)=2\times(-1)^3+3\times(-1)^2+3=4$ ;
\item $g(0)=3$ ;
\item $g(-2)=2(-2)^3+3(-2)^2+3=-16+12+3=-1$.
\end{itemize}

\item La d\'eriv\'ee de $g$ est : 
\[
g'(x)=6x^2+6x=6x(x+1).
\]
Ainsi, les deux racines de $g'(x)$ sont 0 et $-1$. On a alors le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=1.5,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / .7 ,
	$g^{\prime}(x)$ / .7,
	$g(x)$ / 1
}
{ $-\infty$ , $-1$ , $0$, $+\infty$ }
{ , + , z , - , z , +}
{ -/  , +/$4$ ,  -/$3$ , +/ }
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $g$ est continue (car c'est un polyn\^ome) et strictement croissante sur \intervOO{-2}{-1}.

De plus, $0 \in \intervOO{g(-2)}{g(-1)}$.

Par cons\'equent, d'apr\`es le corollaire du th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires, l'\'equation $g(x)=0$ admet une unique solution dans \intervOO{-2}{-1}, que l'on note $\alpha$.

\medskip

De plus, d'apr\`es les variations de $g$, sur \intervOF{-\infty}{-2}, $g(x)<g(-2)$ donc $g(x)<0$ et sur \intervOO{-1}{+\infty}, $g(x)>0$. Ainsi, il n'existe pas de solution \`a l'\'equation $g(x)=0$ sur ces deux derniers intervalles.

\underline{Donc $\alpha$ est bien l'unique solution \`a l'\'equation $g(x)=0$ sur $\R$.}

\item \`A l'aide de la calculatrice, on trouve \underline{$\alpha \approx -1,9$}.

\item D'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, on peut \'ecrire :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1.5,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]{$x$ / .7 ,	$g(x)$ / .7}{ $-\infty$ , $\alpha$ , $+\infty$ }
\tkzTabLine{ , - , z , + ,  }
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$, avec $u(x)=x^3+x-2$ et $v(x)=x+1$.

Ainsi, $f'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}$, avec $u'(x)=3x^2+1$ et $v'(x)=1$. Donc :

\begin{align*}
f'(x) & =\frac{(3x^2+1)(x+1)-(x^3+x-2)}{(x+1)^2}\\
& =\frac{3x^3+3x^2+x+1-x^3-x+2}{(x+1)^2}\\
& =\frac{2x^3+3x^2+3}{(x+1)^2}\\
\Aboxed{ f'(x) & =\frac{g(x)}{(x+1)^2}}
\end{align*}

\item Le signe de $f'(x)$ est le m\^eme que celui de $g(x)$ car $(x+1)^2>0$ pour $x \neq -1$. Ainsi :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTab[lgt=1.5,color,colorV=violet!10,colorL=violet!10,colorC=violet!10]
{
	$x$ / .7 ,
	$f^{\prime}(x)$ / .7,
	$f(x)$ / 1
}
{ $-\infty$ , $\alpha$ , $-1$, $+\infty$ }
{ , - , z , + , d , +}
{ +/  , -/$f(\alpha)$ ,  +D-/ /  , +/ }
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On a $\alpha\approx-1,9$ donc $f(\alpha)\approx 5,8$. On en d\'eduit alors que sur \intervOO{-\infty}{-1}, $f(x)>0$ donc l'\'equation $f(x)=0$ n'admet aucune solution sur cet intervalle.

De plus, $f$ est croissante sur \intervOO{\alpha}{-1}, donc $f(x)>f(\alpha)$ sur cet intervalle, donc pas de solution non plus sur cet intervalle.

Sur \intervOO{-1}{+\infty}, $f$ est croissante mais nous n'avons aucune valeur d'image. 

Cependant, si $f(x)=0$, alors $x^3+x-1=0$ (car un quotient est nul uniquement si son num\'erateur l'est). Et nous remarquons que $x=1$ est solution de cette \'equation (car $1^3+1-2=0$). Donc l'\'equation $f(x)=0$ admet bien une unique solution sur son domaine de d\'efinition, et cette solution est $x=1$.

\item La formule donnant l'\'equation r\'eduite de la tangente au point d'abscisse $a$ est : \[ y=f'(a)(x-a)+f(a).\]
Ici, $a=0$, $f'(0)=3$ et $f(0)=-2$, d'o\`u : \[ (\mathcal{T})\ :\ y=3x-2.\]
\end{enumerate}