Un ejercicio de análisis y representación gráfica de funciones

ENUNCIADO. Determínense las rectas asíntotas, los extremos relativos y los intervalos de convexidad y concavidad de la función $$f(x)=\dfrac{4x^3}{x^2-1}$$



SOLUCIÓN.
Asíntotas verticales.
El denominador de la función se anula para $x=\pm 1$ y por tanto $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\, -1}\,f(x)=\lim_{x\,\rightarrow\, 1}\,f(x)=\pm \infty$, por lo que hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v}_1\equiv x=-1$ y $\text{a.v}_1\equiv x=1$

Asíntotas oblicuas.
Determinamos la pendiente de éstas -- en el caso de que existan -- de la forma $\displaystyle m=\lim_{ x\, \rightarrow\, \infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=4$, con lo cual podemos afirmar que no hay asíntotas horizontales, por ser $m\neq 0$; veamos ahora cuál es el valor de la ordenada en el origen: $m=\lim_{ x\, \rightarrow\, \infty}\,(f(x)-4x)=0$, luego hay una sóla asíntota oblicua: $\text{a.o}\equiv y=4x$. Las tres asíntotas encontradas se representan en la figura de abajo en líneas discontinuas.

Extremos relativos.
Imponiendo la condición necesaria, $f'(x)=0$, encontramos $$\dfrac{4x^2\,(x^2-3)}{(x^2-1)^2}=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_{1}^{*}=-\sqrt{3}\Rightarrow y_{1}^{*}=-6\,\sqrt{3}\\ x_{2}^{*}=0 \Rightarrow y_{2}^{*}=0 \\x_{3}^{*}=\sqrt{3} \Rightarrow y_{3}^{*}=6\,\sqrt{3}\end{matrix}\right.$$

Teniendo en cuenta que $f''(x)=\dfrac{8x(x^2+3)}{(x^2-1)^3}$, vemos que $f''(-\sqrt{3})\prec 0$ por lo que podemos afirmar que $x_{1}^{*}=-\sqrt{3}$ es la abscisa de un máximo local; $f''(\sqrt{3})\succ 0$, luego $x_{3}^{*}=\sqrt{3}$ es la abscisa de un mínimo local; y, como por otra parte, $f''(0)=0$, el criterio del signo de la segunda derivada no decide, sin embargo, podemos comprobar que a la izquierda y a la derecha de $0$, $f'(0)\prec 0$ con lo cual $x_{2}^{*}=0$ es un punto de inflexión con primera derivada nula, lo cual viene corroborado por $f''(0)=0$. Con todo ello, ya podemos realizar una gráfica esquemática de la gráfica de la función:

de lo cual se deduce que hay dos intervalos de concavidad: $(-\infty, -1)$ y $(0,1)$, y dos intervalos de convexidad: $(-1,0)$ y $(1,+\infty)$.

Análisis de funciones reales de una variable real

ENUNCIADO. Se considera la función real de una variable real $$f(x)=\dfrac{3x}{1-x^2}$$ Se pide:
a) Las rectas asíntotas, si las hubiese
b) Las abscisas de los puntos de inflexión, de haber alguno
c) El área del recinto limitado por la gráfica de la función y la recta $y=4x$

SOLUCIÓN.
a)
Asíntotas verticales:
Son del tipo $\text{a.v.}\equiv x=a$, donde $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a} \,f(x) = +\infty $$ o bien $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a }\,f(x) = -\infty$$ Estos valores de $a$ son los que anulan el denominador de la función ( sin anular el numerador ): $$1-x^2 =0 \Leftrightarrow x=\pm 1$$ pues, en efecto, se puede comprobar que $$\displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, -1^{-}}\,f(x)=+\infty\;\; \text{y} \;\; \displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, -1^{+}}\,f(x)=-\infty$$ y $$\displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, 1^{-}}\,f(x)=-\infty \;\; \text{y} \;\; \displaystyle \lim_{x\, \rightarrow\, 1^{+}}\,f(x)=+\infty$$ Así pues, encontramos dos asíntotas verticas: $$\text{a.v.}_1\equiv x=-1$$ y $$\text{a.v.}_2\equiv x=1$$

Asíntotas oblicuas:
Para encontrar las asíntotas oblicuas, $\text{a.o.}\equiv y=mx+k$, tendremos que calcular primero la pendiente, $m$:
$\displaystyle m\overset{\text{def}}{=} \lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,f'(x) \overset{\text{def. equiv.}}{=} \lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3x}{x(1-x^2)}=$
    $=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3}{1-x^2}=\dfrac{3}{1-\infty}=0$
A continuación, calculamos la ordenada en el origen, $k$:
$\displaystyle k\overset{\text{def}}{=}\lim_{x \rightarrow \pm \infty}\,\left( f(x)- m\,x\right)=\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \left( f(x) - 0 \right)=\lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,\dfrac{3x}{1-x^2}=0$ ( por ser el grado del polinomio del denominador mayor que el del numerador )
Encontramos pues una asíntota horizontal, como un caso particular de asíntota oblicua con pendiente nula: $$\text{a.h.}\equiv y=0$$

b)
Las abscisas de los puntos de inflexión son las raíces de la función segunda derivada ( condición necesaria ): $$f''(x)=0$$
Derivando una vez la función $f(x)$ obtenemos -- dejo al lector que reproduzca el cálculo rutinario --: $$f'(x)=3\cdot\dfrac{x^2+1}{(x^2-1)^2}$$

Nota: Démonos cuenta de que esta función no tiene raíces, pues el numerador no se anula para ningún valor de $x$, luego no hay extremos relativos

Y derivando, a su vez, la función primera derivada, llegamos a la función segunda derivada $$f''(x)=-6\cdot \dfrac{x\,(x^2+3)}{(x^2-1)^3}$$ Con lo cual $$-6\cdot \dfrac{x\,(x^2+3)}{(x^2-1)^3}\Leftrightarrow x=0$$

Si bien no se pide en el enunciado, un bosquejo de la gráfica de la función es el de la figura siguiente:

c)
Los puntos de corte de la gráfica de la función $y=4x$ con la gráfica de la función del integrando $f(x)=\dfrac{3x}{1-x^2}$ son las soluciones de la ecuación $$4x = \dfrac{3x}{1-x^2}$$ y, por tanto ( dejo al lector el cálculo elemental ), de $$4x^3-x=0$$ Sacando factor común de $x$ en el primer miembro, vemos que $$x\,(4x^2-1)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ 4x^2-1=0 \Rightarrow x=\pm \,\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.$$ Tenemos por tanto tres puntos de corte, cuyas abscisas son $-1/2$, $0$ y $1/2$. Entonces,
$$\displaystyle \mathcal{Área}=\left| \int_{-1/2}^{0}\,f(x)\,dx \right| + \left| \int_{0}^{1/2}\,f(x)\,dx \right|\overset{\text{Barrow}}{=}|F(0)-F(-1/2)|+|F(1/2)-F(0)|$$

Calculando la integral definida de $f(x)$ encontraremos una función primitiva $F(x)$: $$\displaystyle \int\,\dfrac{3x}{1-x^2}\,dx = \dfrac{3}{2}\,\int\,\dfrac{2\,x\,dx}{1-x^2} = -\dfrac{3}{2}\,\int \,\dfrac{d(x^2-1)}{x^2-1} = -\dfrac{3}{2}\,\ln \, |x^2-1|+C$$ y eligiendo un valor cualquiera para la constante de integración, pongamos que $C:=0$, una función primitiva es $F(x)=-\dfrac{3}{2}\,\ln \, |x^2-1|$

Así pues,
$|F(0)-F(-1/2)|=\left|-\dfrac{3}{2}\cdot \ln\,|0-1|- (-\dfrac{3}{2})\cdot |\ln\,|(-1/2)^2-1|\right|=$
  $=-\dfrac{3}{2}\,\ln\,(3/4)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)$
y
$|F(1/2)-F(0)|=\left|-\dfrac{3}{2}\cdot \ln\,|(1/2)^2-1|- (-\dfrac{3}{2})\cdot |\ln\,|0-1|\right|=$
  $=-\dfrac{3}{2}\,\ln\,(3/4)=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)$
por tanto,
$\mathcal{Área}=\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)+\dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)=2\cdot \dfrac{3}{2}\,\ln\,(4/3)=$
    $=3\,\ln\,(4/3)\;\text{unidades arbitrarias de área}$
$\square$

Dada la función (...)

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$

SOLUCIÓN.

a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.

Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$

Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.

c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$

$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$

$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$

$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

$\square$

Dada la función ...

ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$, se pide:
a) Determinar su dominio de definición, las rectas asíntotas y los puntos de corte con los ejes
b) Calcular la derivada, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los extremos relativos
c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes de coordenadas con la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$

SOLUCIÓN.
a)
Dominio de definición:
Tanto $6-x$ como $e^{x/3}$ son funciones que están definidas ( y son continuas ) en todos los puntos de $\mathbb{R}$, así que $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$ también está definida en todo $\mathbb{R}$. Por consiguiente $\text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$

Puntos de corte con los ejes:
Punto de corte con el eje $Oy$. La ordenada del punto de corte con el eje de ordenadas es $f(0)=(6-0)e^{0}=-6$. Por tanto el punto de corte con dicho eje es $A(0,6)$

Puntos de corte con el eje $Ox$. Las abscisas de los puntos de corte con el eje de abscisas son las raíces de $f(x)$. Recordemos que $x$ es raíz de $f(x)$ si y sólo si $f(x)=0$, luego $(6-x)\,e^{x/3}\Leftrightarrow x=6$, por lo que hay un único punto de corte con el eje de abscisas a distancia finita del origen de coordenadas, que es $B(6,0)$.

Además, adelantamos que, como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=0$, la función toma contacto con el eje de abscisas en $-\infty$; ésto es así por tener $f(x)$ una asíntota horizontal, cuya ecuación es, por tanto, $y=0$.

Rectas asíntotas:
Veamos si hay alguna asíntota oblicua. La ecuación de toda asíntota oblicua es $y=mx+k$, donde $m=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)$. Observemos que, siendo $f'(x)=(6-x)'(e^{x/3})+(6-x)(e^{x/3})'=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, entonces $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\,f'(x)=0$, luego la pendiente de dicha asíntota es $m=0$; se trata de la asíntota horizontal de la que hablábamos antes. Comprobemos que $k=0$; en efecto,

$k=\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,f(x)-0\cdot x=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,(6-x)\,e^{x/3}\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{6-x}{e^{-x/3}}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{(6-x)'}{(e^{-x/3})'}=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1}{-\frac{1}{3}\,e^{-x/3}}=\dfrac{3}{\infty}=0$

Por otra parte no hay más asíntotas oblicuas, pues el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f'(x)$ diverge.

Tampoco hay asíntotas verticales, ya que no existe ningún $k \in \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$

Así pues, sólo hay una asíntota, $\text{r}:y=0$

b)
Hemos calculado ya la primera derivada de la función: $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$. Veamos si $f(x)$ presenta extremos relativos ( que son todos los valores de $x$ donde la función es derivable y cuya derivada es nula ): $$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=3$$ luego la función tiene un único extremos relativo. A continuación, debemos determinar qué tipo de extremo relativo es; para ello emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada.

Derivando la primera derivada obtenemos $$f''(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)'\,e^{x/3}+(1-\dfrac{1}{3}x)\,(e^{x/3})'=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{4}{3}x)\,e^{x/3}$$ Observemos que $f''(3)\prec 0$, luego $x=3$ es la abscisa de un máximo relativo. Su ordenada es igual a $f(3)=(6-3)\,e^{3/3}=3e\approx 8,15$

Intervalos de crecimiento/decrecimiento:
$I_{\uparrow}=(-\infty,3)$ y $I_{\downarrow}=(3,+\infty)$



A modo de resumen, dibujamos la gráfica de la función:

c)
La pendiente $m$ de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $f'(0)$. Recordemos que $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, luego $m=(1-0)e^0=1$

La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $\text{t}:y=1\cdot x+k$. Procedemos a calcular el valor de $k$. Como en $x=0$, la ordenada de la función ( $f(0)=(6-0)\,e^{0}=6$ ) y la ordenada la ordenada de la recta tangente ( que es igual a $0\cdot 1 +k$ ) han de tener el mismo valor, $$6=0+k$$ luego $k=6$, por tanto la ecuación de la recta tangente pedida es $$\text{t}:y=x+6$$ que aparece representada en la figura, junto con la región del plano cuya área queremos determinar

El punto de corte de la recta tangente con el eje de abscisas es $C(-6,9)$; en efecto, imponiendo que $y=0$, $x+6 \Leftrightarrow x=-6$

Así, el área de la región triangular pedida ( coloreada en la figura ) es $$\displaystyle \int_{-6}^{0}\,(x+6)\,dx=\left[\dfrac{1}{2}x^2+6x\right]_{-6}^{0}=18$$

$\square$

Dada la función $f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$, se pide ...

ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
  El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$

Asíntotas verticales:
  Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$

Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
  La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$

(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$

(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
$\square$

[nota del autor]