Considere a função real de variável real

Considere a função real de variável real $$f:x \to \ln \left( {{e^x} – 1} \right)$$

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1. O domínio da função é ${D_f} = \left\{ {x \in \mathbb{R}:{e^x} – 1 > 0} \right\} = {\mathbb{R}^ + }$.
   A função apenas tem um zero: $$f(x) = 0 \Leftrightarrow \ln \left( {{e^x} – 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {e^x} – 1 = 1 \Leftrightarrow {e^x} = 2 \Leftrightarrow x = \ln 2$$
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2. A função é contínua no seu domínio, pois é uma função composta de funções contínuas.
   Portanto, o seu gráfico apenas pode admitir uma assíntota vertical em $x=0$.
   Como $$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \ln \left( {{e^x} – 1} \right) = \ln \left( {\underbrace {\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {{e^x} – 1} \right)}_{{0^ + }}} \right) =  – \infty $$
   o gráfico da função admite uma assíntota vertical de equação $x=0$.

   Como $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \ln \left( {{e^x} – 1} \right) =  + \infty $, o gráfico da função não tem assíntota horizontal.

   Ora, $$\begin{array}{*{20}{l}}
   m& = &{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f(x)}}{x}} \\
   {}& = &{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\ln \left( {{e^x} – 1} \right)}}{x}} \\
   {}& = &{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\ln \left( {{e^x}\left( {1 – {e^{ – x}}} \right)} \right)}}{x}} \\
   {}& = &{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x + \ln \left( {1 – {e^{ – x}}} \right)}}{x}} \\
   {}& = &{1 + \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\ln \left( {1 – {e^{ – x}}} \right)}}{x}} \\
   {}& = &{1 + \underbrace {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{x}}_{`0} \times \underbrace {\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\ln \left( {1 – {e^{ – x}}} \right)} \right)}_0} \\
   {}& = &1
   \end{array}$$ e $$b = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {f(x) – 1x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\ln \left( {{e^x} – 1} \right) – x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + \ln \left( {1 – {e^{ – x}}} \right) – x} \right) = 0$$
   Portanto, a reta de equação $y = x$ é assíntota oblíqua do gráfico da função.
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3. Ora, $$f'(x) = \left( {\ln \left( {{e^x} – 1} \right)} \right)’ = \frac{{\left( {{e^x} – 1} \right)’}}{{{e^x} – 1}} = \frac{{{e^x}}}{{{e^x} – 1}}$$
   Como ${e^x} – 1 > 0,\forall x \in {\mathbb{R}^ + }$, então $f'(x) = \frac{{{e^x}}}{{{e^x} – 1}} > 0,\forall x \in {\mathbb{R}^ + }$.

   Logo, a função é estritamente crescente no seu domínio.
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4. Ora, \[f”\left( x \right) = {\left( {\frac{{{e^x}}}{{{e^x} – 1}}} \right)^\prime } = \frac{{{e^x}\left( {{e^x} – 1} \right) – {e^x} \times {e^x}}}{{{{\left( {{e^x} – 1} \right)}^2}}} =  – \frac{{{e^x}}}{{{{\left( {{e^x} – 1} \right)}^2}}}\]
   O gráfico da função possui a concavidade voltada para baixo em todo o seu domínio, pois $f”(x) =  – \frac{{{e^x}}}{{{{\left( {{e^x} – 1} \right)}^2}}} < 0,\forall x \in {\mathbb{R}^ + }$.
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5. O ponto de tangência é $T\left( {\ln 2,f(\ln 2)} \right) = \left( {\ln 2,0} \right)$.O declive dessa reta tangente é $${m_t} = f'(\ln 2) = \frac{{{e^{\ln 2}}}}{{{e^{\ln 2}} – 1}} = \frac{2}{{2 – 1}} = 2$$
   Como o ponto $T$ pertence a essa reta, as suas coordenadas têm de verificar a equação $y = 2x + b$, donde $0 = 2 \times \ln 2 + b \Leftrightarrow b =  – \ln 4$.

   Logo, $y = 2x – \ln 4$ é a equação reduzida da reta pedida.