$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (fonction polynôme de degré 3)
$g'(x)=4\times 3x^2-3-3=12x^2-3$

Etude du signe de $12x^2-3$:
$12x^2-3=0 \Leftrightarrow x^2=\dfrac{1}{4} \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$ ou $x=-\dfrac{1}{2}$

avec $g\left(\dfrac{1}{2}\right)=4\times \left(\dfrac{1}{2}\right)^3-3\times \left(\dfrac{1}{2}\right)-8=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}-8=-9$
$g\left(\dfrac{-1}{2}\right)=4\times \left(\dfrac{-1}{2}\right)^3-3\times \left(\dfrac{-1}{2}\right)-8=\dfrac{-1}{2}+\dfrac{3}{2}-8=-7$

$g$ est continue sur $\mathbb{R}$ (fonction polynôme de degré 3)
Sur $]-\infty;\dfrac{1}{2}[$:
$g$ est continue et le maximum de $g$ est $-7$ atteint en $x=\dfrac{-1}{2}$
donc $g(x)\leq -7 < 0$
et l'équation $g(x)=0$ n'admet aucune solution sur $]-\infty;\dfrac{1}{2}[$.

Sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$:
$g(2)=4\times 2^3-3\times 2-8=18$ et $g\left(\dfrac{1}{2}\right)=-9$
$g$ est continue et $0$ est compris entre $g\left(\dfrac{1}{2}\right)$ et $g(2)=18$
donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g(x)=0$ admet au moins une solution sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$
de plus $g$ est strictement croissante sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$
donc l'équation $g(x)=0$ admet une solution unique sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$.

L'équation $g(x)=0$ admet donc une seule solution $\alpha$ sur $\mathbb{R}$.
Remarque
Pour arrondir aux dixièmes, il faut encadrer aux centièmes.
Recherche d'une encadrement de $\alpha$
Avec le MENU TABLE de la calculatrice on obtient $g(1,45)\approx -0,15$ et $g(1,46)\approx 0,07$
donc on a $1,45< \alpha < 1,46$
donc la valeur arrondie aux dixièmes de $\alpha$ est $1,5$.

Sur $]-\infty;\dfrac{1}{2}[$ on a $g(x)\leq -7 <0$
et sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$ la fonction $g$ est continue, strictement croissante et $g(\alpha)=0$
donc $g(x)<0$ sur $]\dfrac{1}{2};\alpha[$ et $g(x)>0$ sur $]\alpha;+\infty[$.
Avec un tableau de signes, on a:

Limite en $+\infty$:
Pour tout réel $x\neq 0$ on a :
$f(x)=\dfrac{x^3+1}{4x^2-1}=\dfrac{x^3\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)}{x^2\left(4-\dfrac{1}{x^2}\right)}=\dfrac{x\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)}{4-\dfrac{1}{x^2}}$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} x=+\infty$ et par somme $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}1+\dfrac{1}{x^3}=1$
donc par produit $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}x\left(1+\dfrac{1}{x^3}\right)=+\infty$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}4-\dfrac{1}{x^2}=4$
donc par quotient $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$
Limite quand $x\longrightarrow \dfrac{1}{2}^+$:
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \dfrac{1}{2}^+}x^3+1=\left(\dfrac{1}{2}\right)^3+1=\dfrac{9}{8}$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \dfrac{1}{2}^+}4x^2-1=0^+$ car $4x^2-1>0$ pour $x> \dfrac{1}{2}$
donc par quotient $\displaystyle \lim_{x \rightarrow \dfrac{1}{2}^+}f(x)=+\infty$
La courbe représentative de $f$ admet donc une asymptote d'équation $x=\dfrac{1}{2}$.

On pose $u(x)=x^3+1$ et $v(x)=4x^2-1$
$u$ et $v$ sont dérivables sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$ et $v(x)\neq 0$
donc le quotient $f=\dfrac{u}{v}$ est dérivable sur $]\dfrac{1}{2};+\infty[$
On a $u(x)=3x^2$ et $v'(x)=8x$
$f'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{(v(x))^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{( 3x^2 )( 4x^2-1 )-( x^3+1 )( 8x )}{(4x^2-1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{12x^4-3x^2-8x^4-8x}{(4x^2-1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{4x^4-3x^2-8x}{(4x^2-1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{x(4x^3-3x-8)}{(4x^2-1 )^2}$
$\phantom{f'(x)}=\dfrac{xg(x)}{(4x^2-1 )^2}$
donc $f'(x)=\dfrac{xg(x)}{(4x^2-1)^2}$

$(4x^2-1)^2>0$ et $x> \dfrac{1}{2}$ donc $f'(x)$ est du signe de $g(x)$.
On a donc le tableau de variation suivant:

avec $\alpha \approx 1,5$ et $f(\alpha)\approx 0,55$

$f(x)-\dfrac{x}{4}=\dfrac{x^3+1}{4x^2-1}-\dfrac{x}{4}$
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{4(x^3+1)}{4(4x^2-1)}-\dfrac{x(4x^2-1)}{4(4x^2-1)}$
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{4x^3+4-4x^3+x}{4(4x^2-1)}$
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{4x^3+4-4x^3+x}{4(4x^2-1)}$
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{x+4}{4(4x^2-1)}$
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{x\left(1+\dfrac{4}{x}\right)}{4x^2\left(4-\dfrac{1}{x^2}\right)}$ (rappel $x\neq 0$ car $x>\dfrac{1}{2}$)
$\phantom{f(x)-\dfrac{x}{4}}=\dfrac{1+\dfrac{4}{x}}{4x\left(4-\dfrac{1}{x^2}\right)}$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}1+\dfrac{4}{x}=1$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} 4x=+\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}4-\dfrac{1}{x^2}=4$
donc par produit $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty} 4x\left(4-\dfrac{1}{x^2}\right)=+\infty$
donc par quotient $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)-\dfrac{x}{4}=0$
Pour tout réel $x>\dfrac{1}{2}$, on considère le point $M(x;f(x))$ de la courbe $C_f$ et le point $M'(x;y)$ de $(d)$ avec $y=\dfrac{x}{4}$ donc $f(x)-\dfrac{x}{4}$ représente "l'écart" entre $M$ et $M'$
Graphiquement, cela signifie que la droite $(d)$ est une asymptote à $C_f$ en $+\infty$.

$f(x)-\dfrac{x}{4}=\dfrac{x+4}{4(4x^2-1)}$
$x> \dfrac{1}{2}$ donc $x+4 >0$ et $4x^2-1>0$
donc $f(x)-\dfrac{x}{4}> 0$
donc $C_f$ est au-dessus de $(d)$.

Il faut tracer les asymptotes d'équations $x=\dfrac{1}{2}$ et $y=\dfrac{x}{4}$ et placer le point $(\alpha;f(\alpha))$ avec $\alpha \approx 1,45$ et $f(\alpha)\approx 0,55$