On pose $u(x)=x^3$ et $v(x)=x+1$ dérivables sur $\mathbb{R}$ donc sur $D$.
$f$ est donc dérivable sur $D$ (quotient de deux fonctions dérivables sur $D$ avec $v(x)\neq 0$).
On a $u'(x)=3x^2$ et $v'(x)=1$
$f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{3x^2(x+1)-x^3\times 1}{( x+1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{3x^3+3x^2-x^3\times 1}{( x+1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{2x^3+3x^2}{( x+1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{x^2(2x+3)}{( x+1 )^2}$
On a $x\in [0;5]$ donc $2x+3>0$ et donc $f'(x)>0$
donc $f$ est strictement croissante sur $D$.

On pose $f(x)=\dfrac{x^3}{x+1}$ définie sur $D=[0;5]$ et on veut donc résoudre l'équation $f(x)=4$.
$f$ est définie et continue sur $D$ (fonction rationnelle).
De plus $f(0)=0$ et $f(5)=\dfrac{5^3}{5+1}=\dfrac{125}{6}$

$f$ est continue sur $D$ et $4$ est compris entre $f(0)$ et $f(5)$
donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires l'équation $f(x)=4$ admet au moins une solution sur $D$.
On a $f$ strictement croissante sur $D$
donc l'équation $\dfrac{x^3}{x+1}=4$ admet une unique solution sur $D=[0;5]$.