Uppgift 5

Funktionen $f(x)=\frac{x^2+3}{\lvert x+1\rvert}$ är definierad och kontinuerlig då $x\ne-1$. Den enda möjliga vertikala asymptoten är därmed $x=-1$, och eftersom vi får $\lim_{x\to-1}f(x)=\infty$ är det en asymptot. Vi får efter polynomdivision att
$$f(x)=\begin{cases}x-1+\frac4{x+1};&x>-1\\-x+1-\frac4{x+1};&x<-1\end{cases}$$
vilket ger att $y=x-1$ en sned asymptot eftersom $\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x-1))=\lim_{x\to\infty}\frac4{x+1}=0$, och $y=-x+1$ är på samma sätt en sned asymptot då $x\to-\infty$.

Vi får att $f'(x)=\begin{cases}1-\frac4{(x+1)^2};&x>-1\\-1+\frac4{(x+1)^2};&x<-1\end{cases}$ vilket ger att $f'(x)=0$ om och endast om $(x+1)^2=4$, dvs då $x=-3$ eller $x=1$. Vidare har vi $f''(x)=\begin{cases}\frac8{(x+1)^3};&x>-1\\\frac{-8}{(x+1)^3};&x<-1\end{cases}$, så andraderivatan saknar nollställen.

Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccc}x&&-3&&-1&&1&\\\hline f'(x)&-&0&+&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&6&\nearrow&\text{ej def.}&\searrow&2&\nearrow\\f''(x)&+&+&+&\text{ej def.}&+&+&+\\f(x)&\smile&\smile&\smile&\text{ej def.}&\smile&\smile&\smile\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har ett lokalt minimum i $x=-3$ och ett globalt minimum i $x=1$. Grafen är konvex på intervallen $(-\infty,-1)$ och $(-1,\infty)$. Slutligen skissar vi grafen, från vilken vi kan dra slutsatsen att funktionens värdemängd är $[2,\infty)$.