Uppgift 2

Vi ser att funktionen $f(x)=\frac{(x-1)^2}{\lvert x+1\rvert+1}$ är definierad och kontinuerlig för alla $x\in\mathbb R$. Därmed saknas vertikala asymptoter. Vi får efter polynomdivision att
$$f(x)=\begin{cases}\frac{x^2-2x+1}{(x+1)+1};&x+1\ge0\\\frac{x^2-2x+1}{-(x+1)+1};&x+1<0\end{cases}=\begin{cases}x-4+\frac9{x+2};&x\ge-1\\-x+2-\frac1x;&x<-1\end{cases}$$
Därmed är $\lim_{x\to\infty}(f(x)-(x-4))=\lim_{x\to\infty}\frac9{x+2}=0$, så $y=x-4$ är en sned asymptot, och på motsvarande sätt får vi $\lim_{x\to-\infty}(f(x)-(-x+2))=\lim_{x\to-\infty}\frac{-1}x=0$, så även $y=2-x$ är en sned asymptot.

Funktionens derivata blir $f'(x)=\begin{cases}1-\frac9{(x+2)^2};&x>-1\\-1+\frac1{x^2};&x<-1\end{cases}$ så man får enkelt att ekvationen $f'(x)=0$ saknar lösningar för $x<-1$, men har en unik lösning $x=1$ för $x>-1$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccc}x&&-1&&1&\\\hline f'(x)&-&\text{ej def.}&-&0&+\\f(x)&\searrow&4&\searrow&0&\nearrow\end{array}$$
Vi ser från denna att grafen har ett globalt minimum $f(1)=0$, men inga andra lokala extrempunkter. Vi kan nu skissa grafen: