Ne znan otkud su mi se stvorile uglate xD te sve greškice pripisujem umoru. Sutra takvo nešto sigurno neću griješiti od jutros do sada sam uz mat

Oće to...
Obrati samo pažnju na te vertikalne asimptote, imam utisak da te jedino to zbunjuje... One se određuju u svim prekidnim tačkama, kao i na granicama između oblasti u kojima je funkcija definisana i u kojima nije definisana... U ovom slučaju imamo, znači, četiri vertikalne asimptote: levo od [inlmath]1[/inlmath] (ide u [inlmath]+\infty[/inlmath]), desno od [inlmath]2[/inlmath] (ide u [inlmath]+\infty[/inlmath]), levo od [inlmath]3[/inlmath] (ide u [inlmath]-\infty[/inlmath]) i desno od [inlmath]4[/inlmath] (ide u [inlmath]-\infty[/inlmath]).

Ma ne, ne zbunjuju me vertikalne. Naprotiv, njih najbolje znam, i to odrediti hoće li biti + ili minus beskonačno. S kosima uvijek imam problema

Sutra ću to opet jer sada nisam ni za što

[dispmath]f(x)=\sqrt{|x-1|}\left(2-\ln(x-1)^2\right)[/dispmath]
Kako se određuje domena ove funkcije?

Potkorena veličina je modul nekog broja, a on može biti samo pozitivan ili nula. Budući da je kvadratni koren definisan i kada je argument pozitivan i kada je argument nula, potkorenu veličinu ne uzimamo u razmatranje pri određivanju domena.
U argumentu logaritma se nalazi kvadrat nekog broja, koji takođe može biti samo pozitivan ili nula. Međutim, pošto argument logaritma, za razliku od potkorene veličine, mora biti strogo veći od nule, ovde moramo postaviti uslov da argument lograritma mora biti različit od nule (budući da manji od nule ne može biti).
Znači, domen je
[dispmath]x\in\mathbb{R}\setminus\left\{1\right\}[/dispmath]

Ok.

Izračunao sam (valjda je točno), da nema nultočaka, niti vertikalnih i horizontalnih asimptota, ali kako kose izračunati iz ovoga :/ ?

Nemam sad vremena da se bavim asimptotama (odnosno, računom uopšte), a ovako na brzaka ti mogu reći da nula ima iako nisi uspeo da ih dobiješ. Izjednači ovo u zagradi sa nulom i eto ih.

[dispmath]f\left(x\right)=\sqrt{\left|x-1\right|}\left[2-\ln\left(x-1\right)^2\right]=2\sqrt{\left|x-1\right|}\left(1-\ln\left|x-1\right|\right)[/dispmath]
Leva kosa:
[dispmath]k=\lim_{x\to -\infty}\frac{f\left(x\right)}{x}=2\lim_{x\to -\infty}\frac{\sqrt{\left|x-1\right|}\left(1-\ln\left|x-1\right|\right)}{x}=2\lim_{x\to -\infty}\frac{\sqrt{1-x}\left[1-\ln\left( 1-x\right)\right]}{x}[/dispmath]
Pa primenimo l'Hopital-a:
[dispmath]k=2\lim_{x\to -\infty}\frac{\left\{\sqrt{1-x}\left[1-\ln\left( 1-x\right)\right]\right\}'}{\left(x\right)'}=2\lim_{x\to -\infty}\left[\frac{1-\ln\left(1-x\right)}{-2\sqrt{1-x}}+\sqrt{1-x}\cdot\frac{1}{1-x}\right]=[/dispmath][dispmath]=2\lim_{x\to -\infty}\left[\frac{1}{-2\sqrt{1-x}}-\frac{\ln\left(1-x\right)}{-2\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right]=\lim_{x\to -\infty}\frac{\ln\left(1-x\right)}{\sqrt{1-x}}[/dispmath]
Pa ponovo l'Hopital-a:
[dispmath]k=\lim_{x\to -\infty}\frac{\left[\ln\left(1-x\right)\right]'}{\left(\sqrt{1-x}\right)'}=\lim_{x\to -\infty}\frac{-\frac{1}{1-x}}{-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}}=2\lim_{x\to -\infty}\frac{\sqrt{1-x}}{1-x}=0[/dispmath]
Za [inlmath]n[/inlmath] bi se dobilo da je [inlmath]-\infty[/inlmath].

Sličan je postupak (i isti rezultat) i za desnu kosu asimptotu.

Rezultat [inlmath]k=0[/inlmath] naveo bi nas na to da se radi o horizontalnoj asimptoti, budući da kriva teži pravcu koji je paralelan s [inlmath]x[/inlmath]-osom. Međutim, [inlmath]n=-\infty[/inlmath], što bi značilo da se taj pravac nalazi beskonačno daleko ispod [inlmath]x[/inlmath]-ose. Zbog toga kose asimptote ne postoje.

Što ako se u zadatku traži da se odrede intervali monotonosti i zakrivljenosti, a ne traže se ekstremi i infleksije? Da li je uopće moguće odrediti prvo bez drugoga? Vjerovatno da, ali pretpostavljam da nećemo imati "precizne" parametre (kao s ekstremima i infleksijom) ?

Zašto ne bi bilo moguće? Kad se traži i jedno i drugo, tada rešavaš i jednačinu i nejednačinu, a ovako rešavaš samo nejednačinu...