Calcolo del dominio

Nota che $\ln(\alpha)$ è definito solo per $\alpha >0$, quindi poniamo $\frac{e^x-\sin(x)}{x^2+cos(x)} >0$. Iniziamo con lo studio del segno del denominatore:

$x^2+\cos x>0$, nota che questa funzione è sempre positiva, perché $\forall x \in \mathbb{R} x^2 \geq 0$, mentre $-1 \leq \cos x \leq 1$. Per $\cos x <0$ abbiamo che $\frac{\pi}{2} < x < \frac{3\pi}{2}$, elevando al quadrato abbiamo $\frac{\pi^2}{4} < x^2 <\frac{9\pi^2}{4}$, come vedi, $x^2$ è sempre maggiore di $\frac{\pi^2}{4} \approx 2.4674011...$, il che compensa benissimo anche il caso peggiore in cui $\cos x =-1$. Allora studiamo il segno del numeratore:

$e^x-\sin(x)>0 \implies e^x > \sin(x)$, ricordiamo anche questa volta che $-1 \leq \sin(x) \leq 1$. Sapendo che $\forall x \in \mathbb{R} e^x >0$, vediamo quando $e^x$ non riesce a compensare la negatività di $\sin(x)$:

$-\sin (x) <0 \implies \pi + 2\pi k < -x <2\pi  +2\pi k$, mentre $e^x <1 \implies x <0$, allora vediamo per quale $k$ $-\pi - 2 \pi k >0$, che è per $k \geq 0,\ k \in \mathbb{Z}$. È evidente che a quel punto il numeratore è minore di $0$. Quindi la funzione è definita per $x \in R -\{- \pi -2\pi k <x<-2\pi -2\pi k,\ k \in \mathbb{Z},\ k \geq 0\}$

Un grafico per visualizzare la soluzione: