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ciao ho delle difficoltà con lo studio della seguente funzione:

$f(x)= x(log^2|x|-1)$

se mi può aiutare svolgendo i relativi passaggi.
la ringrazio.

Ciao, ecco i passi e i passaggi fondamentali ...
\[f(x) = x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1)\]
- Studio del dominio e analisi punti singolari
\[\left| x \right| - 1 > 0\;\;\; \to \;\;\;\left| x \right| > 1\;\; \to \;\;x < - 1\; \vee \;x > 1\]
\[{D_f} = ] - \infty , - 1\,[\, \cup \,]\,1, + \infty [\]
\[{x_0} = - 1\;\;\left\{ \begin{array}{l}
f( - 1) = \not \exists \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = - 1{\ln ^2}({0^ + }) = - \infty \;\;A.V.\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = - 1{\ln ^2}({0^ + }) = - \infty \;\;A.V.
\end{array} \right.\]
\[{x_0} = 1\;\;\left\{ \begin{array}{l}
f(1) = \not \exists \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = 1{\ln ^2}({0^ + }) = + \infty \;\;A.V.\\
\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = 1{\ln ^2}({0^ + }) = + \infty \;\;A.V.
\end{array} \right.\]
- Studio del segno e intersezione con assi
\[\left[ \begin{array}{l}
f(x) > 0\;\;\; \to \;\;\;x > 1\\
f(x) = 0\;\;\; \to \;\;\;x = - 2\;\; \vee \;\;x = 2\\
f(x) < 0\;\;\; \to \;\;\;x < - 1
\end{array} \right.\]
\[\left[ \begin{array}{l}
\cap \;asse\;x\;\; \to \,\;x = - 2\;\; \vee \;\;x = 2\\
\cap \;asse\;y\;\; \to \;f(0) = \not \exists
\end{array} \right.\]
- Asintoti Orizzontali e Obliqui
\[\left[ \begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = + \infty \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x\,({\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = - \infty
\end{array} \right.\;\;NO\;A.Oz.\]
\[y = mx + q\]
\[m = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{x\,({{\ln }^2}(\left| x \right| - 1)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\ln ^2}(\left| x \right| - 1) = + \infty \;\;\;NO\;A.Ob.\]
- Studio derivata prima (crescenza/decrescenza/max/min) : considerando i 2 casi di apertura del valore assoluto si ha
\[x > 1\;\; \to \;\;f'(x) = 1 \cdot {\ln ^2}(x - 1) + x\,2\,\ln (x - 1)\,\frac{1}{{x - 1}} = {\ln ^2}(x - 1) + \ln (x - 1)\,\frac{{2x}}{{x - 1}} \ge 0\;\;?\]
\[x < - 1\;\; \to \;\;f'(x) = 1 \cdot {\ln ^2}( - x - 1) + x\,2\,\ln ( - x - 1)\,\frac{{ - 1}}{{ - x - 1}} = {\ln ^2}( - x - 1) + \ln ( - x - 1)\,\frac{{2x}}{{x + 1}} \ge 0\;\;?\]
purtroppo lo studio formale del segno di questa derivata non è fattibile con le normali tecniche algebriche! ...
tuttavia possiamo fare qualche ragionamento dalle informazioni già ricavate: infatti non è difficile convincersi che poichè sappiamo che la funzione si annulla nei punti x=-2 e x=2 e in tutti i restanti punti del dominio è positiva per x>1 e negativa per x<-1, possiamo dedurre ragionando nell'intorno di x=2 e x=-2 che per x=2 abbiamo un min relativo e per x=-2 abbiamo un max relativo.
d'altra parte infatti la derivata prima si annulla per x=2 e per x=-2 (basta sostituire) e si potrebbe calcolare la derivata seconda (lascio a te i calcoli) e verificare che (con teorema delle derivate successive per la ricerca dei max/min relativi)
\[\begin{array}{l}
f''(2) > 0\;\; \to \;\;x = 2\;\;\min \;rel.\\
f''( - 2) < 0\;\; \to \;\;x = - 2\;\;\max \;rel.
\end{array}\]
- Grafico della funzione : in allegato

Saluti.