$f$ est une fonction polynôme de degré 3 donc continue sur $\mathbb{R}$.
Pour tout réel $x\neq 0$ on a:
$f(x)=x^3\left(1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{6}{x^2}-\dfrac{5}{x^3}\right)$
Par somme $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{6}{x^2}-\dfrac{5}{x^3}=1$
et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} x^3=+\infty$
donc par produit $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty$

Par somme $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{6}{x^2}-\dfrac{5}{x^3}=1$
et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} x^3=-\infty$
donc par produit $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)=-\infty$

$f$ est donc continue et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty} f(x)=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=-\infty$ ($f(x)\in \mathbb{R}$
donc avec le théorème des valeurs intermédiaires $f(x)=k$ avec $k$ réel admet au moins une solution sur $\mathbb{R}$.
$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ car $f$ est une fonction polynôme de degré 3(somme de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$)
$f'(x)=3x^2-2x+6$
$\Delta=b^2-4ac=(-2)^2-4\times 3\times 6=-68$
$\Delta < 0$ donc il n'y a aucune racine et $f'(x)$ est donc du signe de $a=3$ coefficient de $x^2$
donc $f'(x)> 0$ et $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.
On a donc $f$ strictement croissante sur $\mathbb{R}$
donc pour tout réel $k$, l'équation $f(x)=k$ admet une unique solution sur $\mathbb{R}$.

On peut dresser le tableau de valeurs sur $[-10;10]$ de $f$ et on a $f(0)=-5$ et $f(1)=1$
donc $0$ est compris entre$f(0)$et $f(1)$
donc la solution $\alpha$ de l'équation $f(x)=0$ est $\alpha$ avec $0< \alpha < 1$.

Tableau:

On aura alors pour affichage "la solution de l'équation est comprise entre $\dfrac{3}{4}$ et $\dfrac{7}{8}$".

Il faut utiliser une boucle TANT QUE avec un test sur l'amplitude de l'encadrement $b-a$ pour que cet différence soit avec pour test $b-a > 0, 001$.