$\ln \left(a\right)$ bestaat alleen voor postieve getallen $a$.

Als $x^2-1>0\iff x>1\text{ of }x<\mathrm{‐}1$.

Door de 'linkertak' van de grafiek van $f$ weg te laten, want
$\ln (x+1)+\ln (x-1)=\ln (x-1)(x+1)=\ln \left(x^2-1\right)$,
maar $\ln (x+1)+\ln (x-1)$ bestaat alleen als $x+1$ en $x-1$ positief zijn, dus als $x>1$.

$f\left(x\right)=0\iff x^2-1=1\iff x=\pm \sqrt{2}$

$x=1$ en $x=\mathrm{‐1}$; $\underset{x\downarrow 1}{\lim }f(x)=\mathrm{‐}\infty$ en $\underset{x\uparrow \mathrm{‐}1}{\lim }f(x)=\mathrm{‐}\infty$.

$x\ne 0$

$\ln \left(\frac{\text{e}x}{x^2+1}\right)=\ln \left(\text{e}x\right)-\ln \left(x^2+1\right)=1+\ln \left(x\right)-\ln \left(x^2+1\right)$

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{2x}{x^2+1}$

$f^{\prime }\left(\mathrm{‐}x\right)=\mathrm{‐}{f}^{\prime }\left(x\right)$

Neem aan: $x>0$. Dan $f^{\prime }(x)=0\iff \frac{1}{x}-\frac{2x}{x^2+1}=0\iff x^2+1=2x^2$, dus je hebt een maximum voor $x=1$ en dan ook voor $x=\mathrm{‐}1$ (vanwege symmetrie).
De maxima zijn $f(\pm 1)=1-\ln \left(2\right)$.

Alle waarden kleiner of gelijk aan $1-\ln \left(2\right)$.

$x^2+1$ is minimaal $1$ voor $x=0$, dus $\frac{{\text{e}}^2}{x^2+1}$ is maximaal voor $x=0$, dus $\ln \left(2{\text{e}}^2-\frac{{\text{e}}^2}{x^2+1}\right)$ is minimaal voor $x=0$. Het minimum is $f\left(0\right)=2$.

Als $x\to \pm \infty$, dan $\frac{{\text{e}}^2}{x^2+1}\to 0$, dus $f\left(x\right)\to \ln \left(2{\text{e}}^2\right)=2+\ln \left(2\right)$

$y=2+\ln \left(2\right)$

$\frac{{\text{e}}^2}{x^2+1}\le {\text{e}}^2$, dus $2{\text{e}}^2-\frac{{\text{e}}^2}{x^2+1}$ is positief voor elke waarde van $x$, dus het domein is $ℝ$.
Het bereik is $[\mathrm{2,2}+\ln (2)\rangle$.

$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\text{e}x}{x+1}=\text{e}$, dus $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=\ln (\text{e})=1$, dus $y=1$ is horizontale asymptoot.

$x$ in het domein $\iff$$\frac{\text{e}x}{x+1}>0$.
De vorm $\frac{\text{e}x}{x+1}$ wisselt van teken als $\text{e}x$ van teken wisselt of $x+1$, dus bij $0$ of bij $\mathrm{‐1}$. Met de GR zie je:
$\frac{\text{e}x}{x+1}>0\iff x>0\text{ of }x<\mathrm{‐}1$. Dus het domein bestaat uit de intervallen $\langle \mathrm{0,}\to \rangle$ en $\langle \leftarrow ,\mathrm{‐}1\rangle$.

Als $x\downarrow 0$, dan $\frac{\text{e}x}{x+1}\downarrow 0$ en $\ln \left(a\right)\to \mathrm{‐}\infty$ als $a\downarrow 0$.
Als $x\uparrow \mathrm{‐}1$, dan $\frac{\text{e}x}{x+1}\to \infty$ en $\ln \left(a\right)\to \infty$ als $a\to \infty$.

Het domein bestaat uit de intervallen $\langle \leftarrow ,\mathrm{‐}2\rangle$, $\langle \mathrm{‐}\mathrm{1,1}\rangle$ en $\langle \mathrm{2,}\to \rangle$.

Horizontale asymptoot $y=0$, want $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)=\hspace{0.17em}{}^2\log (1)=0$;
Verticale asymptoten: $x=1$ en $x=\mathrm{‐1}$, want: $\underset{x\uparrow 1}{\lim }f(x)=\underset{a\downarrow 0}{\lim }{}^2\log (a)=\mathrm{‐}\infty$ en $\underset{x\downarrow \mathrm{‐}1}{\lim }f(x)=\underset{a\downarrow 0}{\lim }{}^2\log (a)=\mathrm{‐}\infty$
en: $x=2$ en $x=\mathrm{‐2}$, want: $\underset{x\downarrow 2}{\lim }f\left(x\right)=\infty$ en $\underset{x\uparrow ‐2}{\lim }f\left(x\right)=\infty$

$f(x)=1\iff \frac{x^2-1}{x^2-4}=2\iff x=\pm \sqrt{7}$. Uit de grafiek volgt dan:
$f(x)<1\iff x>\sqrt{7}\text{ of }x<\mathrm{‐}\sqrt{7}\text{ of ‐}1<x<1$.

$f\left(0\right)=\mathrm{‐}2$, dus de lijn $y=p$ snijdt de grafiek van $f$ niet als $\mathrm{‐}2<p\le 0$. Dus de vergelijking $f\left(x\right)=p$ heeft geen oplossingen $\iff$$\mathrm{‐}2<p\le 0$.