Die folgende Lösung ist vielleicht nicht die eleganteste, aber sie kommt ohne Ableitungsregeln aus. Wir benötigen lediglich die Tatsache \( \left( 1+ \frac{x}{t} \right)^t \to e^x \) für \( t \to \infty \).

Um den Grenzwert später einfacher berechnen zu können, leisten wir ein paar Vorarbeiten. Generell werden wir immer \( x \neq 0 \) annehmen. Das wird uns später nicht einschränken, da \( f \) ohnehin nur für \( x \neq 0 \) wohldefiniert ist.

Zunächst überlegen wir uns, dass \( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \) gilt.

Wir setzen \( n = \frac{1}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \). Aus \( h \to 0^+ \) folgt dann entweder \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) (je nach Vorzeichen von \(x\))

Im Fall \( n \to \infty \) gilt
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = n \cdot \ln\left(1+\frac{1}{n}\right) \) \( = \ln\left( \left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n \right) \) \( \to \ln(e^1) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).

Im Fall \( n \to -\infty \) gilt \( -n \to \infty \) und somit
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( = \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}} \) \( = -(-n) \cdot \ln\left(1+\frac{-1}{-n}\right) \) \( = - \ln\left( \left( 1 + \frac{-1}{-n} \right)^{-n} \right) \) \( \to - \ln(e^{-1}) = 1 \) für \( h \to 0^+ \).

Analog erhalten wir für \( h \to 0^- \) ebenfalls die Fälle \( n \to \infty \) oder \( n \to - \infty \) und somit die gleichen Grenzwerte.
Insgesamt ergibt sich also
\( \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to 1 \) für \( h \to 0 \).

Als nächstes zeigen wir \( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \to \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).

Dies sehen wir mit ein paar Umformungen und dem obigen Resultat sofort ein. Es gilt
\( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln(x^2+2)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(\frac{(x+h)^2+2}{x^2+2}\right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h(x+h)^2} \) \( = \frac{2x+h}{x+h} \cdot \frac{1}{(x+h)(x^2+2)} \cdot \frac{\ln\left(1+ h \frac{2x+h}{x^2+2} \right)}{h \frac{2x+h}{x^2+2}} \) \( \to \frac{2x}{x} \cdot \frac{1}{x(x^2+2)} \cdot 1 \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} \) für \( h \to 0 \).

Und nun kommen wir zum Kernstück: Wir zeigen \( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).

Es gilt
\( \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{\ln\left((x+h)^2+2\right)}{(x+h)^2} - \frac{\ln\left(x^2+2\right)}{x^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x+h)^2 \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \ln\left((x+h)^2+2\right) - (x^2 + 2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{1}{h} \left( \frac{ x^2 \left( \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) \right) - (2xh + h^2) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \right) \) \( = \frac{ \ln\left((x+h)^2+2\right) - \ln\left(x^2+2\right) }{h(x+h)^2} - \frac{ (2x + h) \ln\left(x^2+2\right)}{x^2(x+h)^2} \) \( \to \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2x \ln(x^2+2)}{x^2 \cdot x^2} \) \( = \frac{2}{x(x^2+2)} - \frac{2 \ln(x^2+2)}{x^3} \) für \( h \to 0 \).

Ich hoffe, dass das alles soweit verständlich ist und dass ich dir damit helfen konnte :)

Die Antwort hängt davon ab, was Ihr verwenden dürft. Man kann z.B. so umformen: \[\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{1}{x^2(x+h)^2}\left(x^2\frac{\ln\bigl((x+h)^2+2\bigr)-\ln(x^2+2)}{h}-(2x+h)\ln(x^2+2)\right).\] Wenn Ihr die Kettenregel und die Ableitung des Logarithmus verwenden dürft, dann kann man hier \(h\) gegen \(0\) gehen lassen und das Ergebnis direkt ausrechnen.  Falls nicht, dann muss man den ersten Term in der Klammer auf die Exponentialfunktion zurückführen.  Aber auch dann braucht man die Kettenregel (und die Ableitung der Exponentialfunktion).

Hilft das?

Wenn du die rechte Seite ausmultiplizierst, siehst du, dass \( \frac{ \frac{ 2hx \ln(x^2+2) }{ (x+h)^2  x^2}}{ h } \) gegen \( \frac{2\ln(x^2+2)}{x^3} \) und \( \frac{\frac{2h^2 \ln(x^2+2)}{(x+h)^2  x^2}}{h} \) gegen \( 0 \) konvergieren.