asintoto verticale per il grafico di \(f(x)\); non esistono invece asintoti orizzontali, ma vi è la possibilità che esistano asintoti obliqui. A tal fine, calcoliamo i seguenti limiti:
\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x{{e}^{\frac{x}{x+1}}}}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{x+1}\cdot \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{x}{x+1}}}=\]\[=1\cdot e=e\]\[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f\left( x \right)-ex \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}{{e}^{\frac{x}{x+1}}}-e{{x}^{2}}-ex}{x+1}=\]\[=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}({{e}^{\frac{x}{x+1}}}-e)}{x+1}-\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{ex}{x+1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{x}^{2}}({{e}^{-\frac{1}{x+1}}}-1)}{x+1}-e=\]\[=-\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{x}^{2}}({{e}^{\frac{1}{x+1}}}-1)}{{{e}^{\frac{1}{x+1}}}\left( x+1 \right)}-e =-\underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{e{{\left( 1-t \right)}^{2}}\left( {{e}^{t}}-1 \right)}{t{{e}^{t}}}-e=\]\[=-e\cdot \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( {{e}^{t}}-1 \right)}{t}\cdot \underset{t\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1-t \right)}^{2}}}{{{e}^{t}}}-e=-2e\]
avendo posto \(t=\frac{1}{x+1}\). Poiché entrambi i limiti restano invariati 
anche per \(x\to -\infty \), possiamo dire che la retta \[y=ex-2e\] è asintoto obliquo per il grafico di \(f(x)\) ad entrambi gli estremi della retta stessa.
Massimo Bergamini
