1. a. $f$ est croissante sur $]-\infty, 0]$ et décroissante sur $[0, 2]$ avec $f(0) = 1$ (maximum local) et $f(2) = -3$ (minimum local).

$f(-1) = -1 - 3 + 1 = -3$, $f(0) = 1$, $f(1) = 1 - 3 + 1 = -1$, $f(2) = 8 - 12 + 1 = -3$.

• $f([-1, 0])$ : $f$ croissante sur $[-1, 0]$, $f(-1) = -3$, $f(0) = 1$. Donc $f([-1, 0]) = [-3, 1]$.
• $f([-1, 2])$ : $f(-1) = -3$, $f(0) = 1$ (max), $f(2) = -3$ (min). Donc $f([-1, 2]) = [-3, 1]$.
• $f([0, 1])$ : $f$ décroissante sur $[0, 1]$, $f(0) = 1$, $f(1) = -1$. Donc $f([0, 1]) = [-1, 1]$.

b. D'après le graphique :

• La droite $y = 4$ coupe $\mathcal{C}_f$ en un unique point, donc l'équation $f(x) = 4$ admet une unique solution dans $\mathbb{R}$.
• La droite $y = -1$ coupe $\mathcal{C}_f$ en deux points, donc l'équation $f(x) = -1$ admet exactement deux solutions dans $\mathbb{R}$.
• La droite $y = 0$ (l'axe des abscisses) coupe $\mathcal{C}_f$ en trois points, donc l'équation $f(x) = 0$ admet exactement trois solutions dans $\mathbb{R}$.

2. a. $f$ est une fonction polynôme donc continue sur $\mathbb{R}$, en particulier sur $[0, 1]$.

$f(0) = 1 > 0$ et $f(1) = -1 < 0$, donc $f(0) \times f(1) < 0$.

D'après le TVI, l'équation $f(x) = 0$ admet au moins une solution $\alpha$ dans $]0, 1[$.

b. On utilise la méthode dichotomique en découpant $[0, 1]$ en dix intervalles de même amplitude $10^{-1}$ :

| $x$ | $0$ | $0{,}1$ | $0{,}2$ | $0{,}3$ | $0{,}4$ | $0{,}5$ | $0{,}6$ | $0{,}7$ | $0{,}8$ | $0{,}9$ | $1$ | |-----|-----|---------|---------|---------|---------|---------|---------|---------|---------|---------|-----| | $f(x)$ | $1$ | $0{,}97$ | $0{,}88$ | $0{,}75$ | $0{,}58$ | $0{,}37$ | $0{,}13$ | $-0{,}13$ | $-0{,}41$ | $-0{,}70$ | $-1$ |

On a $f(0{,}6) \times f(0{,}7) < 0$, d'où $0{,}6 < \alpha < 0{,}7$.