Većina stvari je OK. Ovde ću ti skrenuti pažnju na ono gde si izgrešio, kao i na ono što mi se čini sporno. Znači, sve ono što nisam spomenuo, to ti je ispravno.
Nule i znak:Dobio si da je u intervalu [inlmath]\left(-1,2\right)[/inlmath] vrednost funkcije negativna. Međutim, treba da vodiš računa o tome da nije u celom tom intervalu funkcija definisana. Oblast definisanosti si odredio na samom početku i dobio si da funkcija nije definisana u intervalu [inlmath]\left[-1,\frac{1}{2}\right][/inlmath], tako da se interval u kojem je vrednost funkcije negativna svodi na [inlmath]\left(\frac{1}{2},2\right)[/inlmath].
Ipak, ovo bi bilo pravilnije raditi ovako:
[dispmath]\ln\frac{2x-1}{x+1}<0\quad\Rightarrow\quad 0<\frac{2x-1}{x+1}<1\quad\Rightarrow\quad x\in\left(\frac{1}{2},2\right)[/dispmath][dispmath]\ln\frac{2x-1}{x+1}>0\quad\Rightarrow\quad\frac{2x-1}{x+1}>1\quad\Rightarrow\quad x\in\left(-\infty,-1\right)\cup\left(2,+\infty\right)[/dispmath]
Vertikalne asimptote:Nije bilo potrebe da tražiš asimptote u onim oblastima u kojima funkcija nije definisana. Znači, [inlmath]\lim\limits_{x\to -1^+}[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{{x\to\frac{1}{2}}^-}[/inlmath] su suvišni, tj. ne postoji smisao određivanja tih limesa.
Kod određivanja [inlmath]\lim\limits_{x\to -1^-}[/inlmath] imaš grešku, ne dobija se [inlmath]-\infty[/inlmath], već [inlmath]+\infty[/inlmath]. Ispravno si napisao da je taj limes jednak [inlmath]\frac{-3}{0^-}[/inlmath], ali da dva minusa, u brojicu i u imeniocu, ne daju minus, već daju plus. Dakle, to je jednako [inlmath]+\infty[/inlmath].
Sličnu grešku si napravio i pri određivanju [inlmath]\lim\limits_{x\to -1^+}[/inlmath], ali, kao što rekoh, taj limes i nema smisla određivati.
[dispmath]\lim_{{x\to\frac{1}{2}}^+}\ln\frac{2x-1}{x+1}=\ln\frac{0^+}{\frac{3}{2}}=\ln 0^+=-\infty[/dispmath]
Horizontalne asimptote:[dispmath]\lim_{x\to\pm\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}[/dispmath]
Da, u principu može i pomoću Lopitala, jer su ispunjeni uslovi za to – i brojilac i imenilac teže beskonačnosti i postoji limes količnika njihovih izvoda:
[dispmath]\lim_{x\to\pm\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}=\ln\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2x-1}{x+1}=\ln\lim_{x\to\pm\infty}\frac{\left(2x-1\right)'}{\left(x+1\right)'}=\ln\lim_{x\to\pm\infty}\frac{2}{1}=\ln 2[/dispmath]
ali, može vrlo lako i bez Lopitala, tako što i brojilac i imenilac podelimo sa [inlmath]x[/inlmath]:
[dispmath]\lim_{x\to\pm\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}=\lim_{x\to\pm\infty}\ln\frac{2-\cancelto{0}{\frac{1}{x}}}{1+\cancelto{0}{\frac{1}{x}}}=\ln 2[/dispmath]
Pošto smo za [inlmath]\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}[/inlmath] dobili samo jednu vrednost, bez račvanja na slučajeve za [inlmath]-\infty[/inlmath] i za [inlmath]+\infty[/inlmath], to znači da je [inlmath]\lim\limits_{x\to -\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}=\lim\limits_{x\to +\infty}\ln\frac{2x-1}{x+1}[/inlmath].
Monotonost:Pogrešno si odredio prvi izvod. Ispravno si došao do koraka
[dispmath]\frac{\cancel{x+1}}{2x-1}\cdot\frac{\left(2x-1\right)'\cdot\left(x+1\right)-\left(x+1\right)'\cdot\left(2x-1\right)}{\left(x+1\right)^{\cancel 2}}[/dispmath]
ali se to u sledećem koraku ne svodi na
[dispmath]\frac{2x+1-2x+1}{\left(2x-1\right)\cdot\left(x+1\right)}[/dispmath]
već na
[dispmath]\frac{2\left(x+1\right)-2x+1}{\left(2x-1\right)\cdot\left(x+1\right)}[/dispmath]
i kao prvi izvod se dobije
[dispmath]\left(\ln\frac{2x-1}{x+1}\right)'=\frac{\color{red}3}{\left(2x-1\right)\cdot\left(x+1\right)}[/dispmath]
Istina, ova greška nema uticaja na određivanje znaka izvoda (mada će imati uticaja kasnije na određivanje drugog izvoda), a samim tim ni na određivanje intervala monotonosti. Međutim, i ovde si napravio propust kao i pri određivanju znaka funkcije, jer nisi vodio računa o oblastima definisanosti funkcije. Funkcija nije definisana u intervalu [inlmath]\left(-1,\frac{1}{2}\right)[/inlmath], u kojem si dobio da je ona opadajuća, prema tome, funkcija će biti rastuća u celoj svojoj oblasti definisanosti.
Konkavnost i prevojne tačke:Opet ista greška. Može li [inlmath]x=-\frac{1}{4}[/inlmath] biti prevojna tačka ako funkcija nije definisana u intervalu [inlmath]\left[-1,\frac{1}{2}\right][/inlmath]?
Inače, zbog prethodne greške u traženju prvog izvoda, s onom dvojkom umesto trojke, dobio si, naravno, i pogrešan drugi izvod.
Drugi izvod i ne moraš raditi preko izvoda količnika funkcija. Pošto je prvi izvod jednak [inlmath]\frac{3}{\left(2x-1\right)\cdot\left(x+1\right)}[/inlmath], to jest [inlmath]\frac{3}{2x^2+x-1}[/inlmath], možeš ga napisati kao [inlmath]3\left(2x^2+x-1\right)^{-1}[/inlmath] pa od njega tražiti drugi izvod kao izvod složene funkcije:
[dispmath]\left[3\left(2x^2+x-1\right)^{-1}\right]'=3\left[\left(2x^2+x-1\right)^{-1}\right]'=-3\left(2x^2+x-1\right)^{-2}\left(2x^2+x-1\right)'=\cdots[/dispmath]