Vermischte Aufgaben

Bestimme die Gleichung der Tangente im Wendepunkt an das Schaubild von $f$ mit $f(x)=x^3-3x^2$ .

Bestimme die Gleichung der Tangente in den Wendepunkten an das Schaubild der Funktion $f$ mit
$f(x)=\dfrac{1}{12}x^4-\dfrac{1}{6}x^3+\dfrac{1}{12}x+1$ .

Bestimme die Gleichung der Tangenten an $f$ mit $f(x)=x^2-4x+1$ , die die Steigung $m=2$ besitzt. Bestimme auch diejenige Tangente, die parallel zur Geraden $y=-4x+10$ verläuft.

Gegeben ist die Funktion $f$ mit der Gleichung $f(x)=3x^2-6x$ . Gib eine Gleichung der Tangenten an, welche parallel ist zur Geraden durch $P(0\mid1)$ und $Q(1\mid3)$ . Untersuche, ob die Tangente orthogonal zur Geraden $y=-\frac{1}{2}x-1$ verläuft.

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x)=x^2-2$ . Vom Punkt $(0\mid -6)$ (liegt nicht auf $f$ ) wird eine Tangente ans Schaubild von $f$ gelegt. Bestimme die Koordinaten der Berührpunkte sowie die jeweiligen Tangentengleichungen.

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x)=-x^2+6x+16$ . Vom Punkt $(-2\mid4)$ (liegt nicht auf $f$ ) werden zwei Tangente ans Schaubild von $f$ gelegt. Bestimme die Koordinaten eines Berührpunktes sowie eine Tangentengleichung.

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x)=3x^3-3x$ . Bestimme die Normale im Wendepunkt.

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x)=x^2-6x+5$ . Bestimme die Gleichung der Normalen,

welche parallel zur Geraden $y=\dfrac{1}{2}x-1$ ist.

welche orthogonal zu der Geraden $y=-4x+4$ ist.

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$\begin{array}[t]{rll} f(x)=&x^3-3x^2&\quad\\[5pt] f‘(x)=&3x^2-6x&\quad\\[5pt] f‘‘(x)=&6x-6&\quad\\[5pt] f‘‘‘(x)=&6&\quad\\[5pt] \end{array}$

Wendepunkt bestimmen

Die Extremstellen von $f‘$ sind die Wendestellen von $f$

Berechnen der Nullstellen von $f‘‘$

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘(x)=&6x-6&\\[5pt] 0=&6x-6&\\[5pt] \Longrightarrow x_1=&1&\\[5pt] \end{array}$

Da $f‘‘‘\neq0$ ist handelt es sich für $x=1$ um einen echten Wendepunkt.

Der Wendepunkt von $f$ ist $(1\mid f(1))=(1\mid-2)$

Die Gleichung der Wendetangente hat die Steigung $m=f‘(1)=-3$

Vorläufige Gleichung:

$y=-3x+c$

Wendepunkt $(1\mid-2)$ einsetzen:

$-2=-3\cdot1+c$ $\quad$ $\rightarrow{ }c=1$

Die Gleichung der Wendetangente lautet $y=-3x+1$ .

$\begin{array}[t]{rll} f(x)=&\dfrac{1}{12}x^4-\dfrac{1}{6}x^3+\dfrac{1}{12}x+1&\\[5pt] f‘(x)=&\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{12}&\\[5pt] f‘‘(x)=&x^2-x=x(x-1)&\\[5pt] f‘‘‘(x)=&2x-1&\\[5pt] \end{array}$

Wendepunkte bestimmen

Die Extremstellen von $f‘$ sind die Wendestellen von $f$

Berechnen der Nullstellen von $f‘‘$

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘(x)=&x(x-1)&\\[5pt] 0=&x(x-1)&\\[5pt] \Longrightarrow x_1=&0&\\[5pt] \Longrightarrow x_2=&1&\\[5pt] \end{array}$

Da $f‘‘‘(0)=-1$ und $f‘‘‘(1)=1$ gilt (und damit $\neq0$ ), ist das hinreichende Kriterium für Wendepunkte erfüllt.

Die Wendepunkte von $f$ liegen bei $W_1(0\mid f(0))=W_1(0\mid1)$ und $W_2(1\mid f(1))=W_2\left(1\mid1\right)$

Die Gleichungen der Wendetangente haben die Steigung

$m=f‘(0)=\dfrac{1}{12}$ und $m=f‘(1)=-\dfrac{1}{12}$

Vorläufige Gleichung:

$y_1=\dfrac{1}{12}x+c$

$y_2=-\dfrac{1}{12}x+c$

$\blacktriangleright$ Wendepunkt $W_1(0\mid1)$ eingesetzt in $y_1$ liefert:

$1=0\cdot\dfrac{1}{12}+c$ $\quad$ $\rightarrow{ }c=1$ $\rightarrow{ } t_1:\; y_1=\dfrac{1}{12}x+1$

$\blacktriangleright$ Wendepunkt $W_2(1\mid1)$ eingesetzt $y_2$ liefert:

$1=1\cdot\left(-\dfrac{1}{12}\right)+c$ $\quad$ $\rightarrow{ }c=1+\dfrac{1}{12}=\dfrac{13}{12}$ $\rightarrow{ } t_2:\; y=-\dfrac{1}{12}x+\dfrac{13}{12}$

Die Wendetangenten sind $t_1:\; y=\dfrac{1}{12}x+1$ und $\rightarrow{ } t_2:\; y_2=-\dfrac{1}{12}x+\dfrac{13}{12}$ .

$\begin{array}[t]{rll} f(x)=&x^2-4x+1&\\[5pt] f‘(x)=&2x-4&\\[5pt] \end{array}$

1. Schritt: Bestimmung der Tangente mit $m=2$

Die Funktionswerte ( $y$ -Werte) von $f‘$ geben die Steigung der Tangente an jeder beliebigen Stelle $x$ an. In diesem Fall soll $f‘(x)=m=2$ sein.

$f‘(x)=2=2x-4$ $\rightarrow{ }x=3$

für $x=3$ ist demnach $f‘(3)=2=m$

Die gesuchte Tangente mit der Steigung $m=2$ ist daher an der Stelle $x=3$ .

Vorläufige Tangentengleichung:

$y=2x+c$

Einsetzen von $x=3$ in $f$ liefert den Punkt $f(3)=3^2-4\cdot3+1=-2$ $\rightarrow{ } P(3\mid-2)$

$P$ eingesetzt in $y=2x+c$ liefert $-2=2\cdot3+c$ $\rightarrow{ }c=-8$

Die Gleichung der gesuchten Tangente lautet damit $y=2x-8$ .

2. Schritt: Bestimmung der Tangente, die parallel zur Geraden $y=-4x+10$ ist

Gesucht ist also eine Tangente an einer Stelle $x$ an $f$ , die die Steigung $m=-4$ besitzt.

$f‘(x)=2x-4=-4$ $\rightarrow{ }x=0$

Es ist $f‘(0)=-4=m$

Die gesuchte Tangente mit der Steigung $m=-4$ ist daher an der Stelle $x=0$ .

Vorläufige Tangentengleichung:

$y=-4x+c$

Einsetzen von $x=0$ in $f$ liefert den Punkt $f(0)=0^2-4\cdot0+1=1$ $\rightarrow{ } P(0\mid1)$

$P$ eingesetzt in $y=-4x+c$ liefert $1=-4\cdot0+c$ $\rightarrow{ }c=1$

Die Gleichung der gesuchten Tangente lautet damit $y=-4x+1$ .

$f(x)=3x^2-6x$ ; $f‘(x)=6x-6$

Aufstellen der Geraden durch $P(0\mid1)$ und $Q(1\mid3)$

Einsetzen in die allgemeine Geradengleichung $y=mx+c$ liefert

$\begin{array}[t]{rll} 1=&m\cdot0+c \rightarrow{ }c=1&\\[5pt] 3=&m\cdot1+c&\\[5pt] \end{array}$

$c=1$ eingesetzt in die zweite Gleichung liefert $3=m\cdot1+1$ $\rightarrow{ }m=2$ $\rightarrow{ }y=2x+1$ .

1. Schritt: Aufstellen einer Tangentengleichung, parallel zu $y=2x+1$

Die Funktionswerte ( $y$ -Werte) von $f‘$ geben die Steigung der Tangente an jeder beliebigen Stelle $x$ an. In diesem Fall soll $f‘(x)=m=2$ sein.

$f‘(x)=2=6x-6$ $\rightarrow{ }x=\dfrac{4}{3}$

Es ist $f‘\left(\dfrac{4}{3}\right)=2=m$

Die gesuchte Tangente mit der Steigung $m=2$ ist daher an der Stelle $x=\dfrac{4}{3}$ .

Vorläufige Tangentengleichung:

$y=2x+c$

Einsetzen von $x=\dfrac{4}{3}$ in $f$ liefert den Punkt

$f\left(\dfrac{4}{3}\right)=3\cdot\left(\dfrac{4}{3}\right)^2-6\cdot\dfrac{4}{3}=-\dfrac{8}{3}$ $\rightarrow{ } P\left(\dfrac{4}{3}\mid -\dfrac{8}{3}\right)$

$P$ eingesetzt in $y=2x+c$ liefert $-\dfrac{8}{3}=2\cdot\dfrac{4}{3}+c$ $\rightarrow{ }c=-\dfrac{16}{3}=-5\dfrac{1}{3}$

Die Gleichung der gesuchten Tangente lautet damit $y=2x-5\dfrac{1}{3}$ .

2. Schritt: Überprüfen auf Orthogonalität der Tangente und der Geraden $y=-\dfrac{1}{2}x-1$

Die Bedingung dafür, dass zwei Geraden orthogonal sind, ist $m_1\cdot m_2=-1$ .

Es gilt $2\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-1$

Die Geraden liegen demnach orthogonal zueinander.

$\blacktriangleright$ 1. Lösungsweg

Die Tangente durch $(0\mid-6)$ an $f$ berührt die Kurve in einem noch unbekannten Punkt $P(u\mid f(u))$ bzw. $P(u\mid u^2-2)$ .

Die Tangentensteigung an diesem Punkt ergibt sich aus der ersten Ableitung:

$m=f‘(x)=2x$ $\rightarrow{ }\;f‘(u)=2u=m$

Setzt man nun $P(u\mid u^2-2)$ und $m_t=f‘(u)$ in die Punkt-Steigungsformel ein, so erhält man als Tangentengleichung in Abhängigkeit von $u$ :

$t:\;y-f(u)=f‘(u)\cdot(x-u)$ $\leftrightarrow$ $t:\;y-(u^2-2)=(2u)\cdot(x-u)$ .

Der Punkt $(0\mid-6)$ liegt auf der Tangente. Eingesetzt in $t$ ergibt sich

$\begin{array}[t]{rll} -6-(u^2-2)=&(2u)\cdot(0-u)&\\[5pt] -4-u^2=&-2u^2&\\[5pt] u^2-4=&0&\\[5pt] u_{1,2}=&\pm2&\\[5pt] \end{array}$

Somit gehen die Tangenten ans Schaubild an der Stelle $u=2$ und $u=-2$ durch $(0\mid-6)$ .

Die Steigung der Tangenten ergibt sich aus der ersten Ableitung an diesen Stellen $m_1=f‘(-2)=-4$ und $m_2=f‘(2)=4$ .

Die gesuchten Tangentengleichungen lauten damit:

$y_1=-4x-6$ und $y_2=4x-6$ .

$\blacktriangleright$ 2. Lösungsweg

Um einen Tangenten an das Schaubild von $f$ zu legen, wenn der Punkt nicht auf dem Schaubild liegt, muss man sich zuvor folgendes überlegen.

Grafik einer mathematischen Funktion mit Koordinatensystem und zwei Kurven.

Legt man am gesuchte Punkt $P(u\mid f(u))$ eine Tangenten an das Schaubild, so geht diese durch den gegebenen Punkt $(0\mid-6)$ .

Die Steigung der Tangente am Punkt $P(u\mid f(u))$ kann man über zwei Wege berechnen.

1. Ableitung an der Stelle $x=u$ : $f‘(u)=m$

Steigungsdreieck (siehe Schaubild): $\dfrac{f(u)}{u}=m$

Setzt man die beiden Möglichkeiten gleich, so ergibt sich eine Gleichung mit einer Variablen, die man nach $u$ auflösen kann.

$\begin{array}[t]{rll} f‘(u)=m=&\dfrac{f(u)-(-6)}{u-0}&\\[5pt] \end{array}$

Vollständige Lösung anzeigen

Die Steigung der Tangenten ergibt sich aus der ersten Ableitung an diesen Stellen $m_1=f‘(-2)=-4$ und $m_2=f‘(2)=4$ .

Die gesuchten Tangentengleichungen lauten damit $y_1=-4x-6$ und $y_2=4x-6$ .

$f(x)=-x^2+6x+16$ ; $f‘(x)=-2x+6$

Die Tangente durch $(-2\mid4)$ an $f$ berührt die Kurve in einem noch unbekannten Punkt $P(u\mid f(u))$ bzw. $P(u\mid-u^2+6u+16)$ .

Die Tangentensteigung an diesem Punkt ergibt sich aus der ersten Ableitung:

$m=f‘(x)=-2x+6$ $\rightarrow{ }\;f‘(u)=-2u+6=m$

Setzt man nun $P(u\mid-u^2+6u+16)$ und $m_t=f‘(u)$ in die Punkt-Steigungsformel ein, so erhält man als Tangentengleichung in Abhängigkeit von $u$ :

$t:\;y-f(u)$ = $f‘(u)\cdot(x-u)$ $\leftrightarrow$ $t:\;y-(-u^2+6u+16)$ = $(-2u+6)\cdot(x-u)$ .

Der Punkt $(-2\mid4)$ liegt auf der Tangente. Eingesetzt in $t$ ergibt sich

$\begin{array}[t]{rll} u_{1}=&0&\\[5pt] u_{2}=&-4&\\[5pt] \end{array}$

Vollständige Lösung anzeigen

Somit gehen die Tangenten ans Schaubild an der Stelle $u_1=0$ und $u_2=-4$ durch $(-2\mid4)$ .

Die Steigung der Tangenten ergibt sich aus der ersten Ableitung an diesen Stellen $m_1=f‘(0)=6$ und $m_2=f‘(-4)=14$ .

Eine vorläufige Tangentengleichung lautet damit $y=6x+c$

Einsetzen von $(-2\mid4)$ in die Tangentengleichung $4=6\cdot(-2)+c$ $\rightarrow{ }c=16$

Damit ist $t:\;y=6x+16$ (alternativ hätte man auch die andere Tangentengleichung / den Berührpunkt bestimmen können).

$\begin{array}[t]{rll} f(x)=&3x^3-3x&\\[5pt] f‘(x)=&9x^2-3&\\[5pt] f‘‘(x)=&18x&\\[5pt] f‘‘‘(x)=&18&\\[5pt] \end{array}$

1. Schritt: Wendepunkt bestimmen

Die Extremstellen von $f‘$ sind die Wendestellen von $f$

Berechnen der Nullstellen von $f‘‘$

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘(x)=&18x&\\[5pt] 0=&18x&\\[5pt] x_1=&0&\\[5pt] \end{array}$

Da $f‘‘‘$ immer positiv ist (und damit $\neq0$ ), handelt es sich um einen echten Wendepunkt.

Der Wendepunkt von $f$ ist daher bei $(0\mid f(0))=(0\mid0)$

2. Schritt: Normale im Wendepunkt bestimmen

Die Gleichung der Wendetangente hat die Steigung $m=f‘(0)=-3$

Vorläufige Gleichung:

$y=-3x+c$

Wendepunkt $(0\mid0)$ einsetzen:

$0=-3\cdot0+c$ $\quad$ $\rightarrow{ }c=0$

Die Gleichung der Wendetangente lautet damit $y=-3x$ .

Die Steigung $m$ der Normalen ergibt sich aus $-3\cdot m=-1$ $\;\rightarrow{ }m=\dfrac{1}{3}$

Die Gleichung der Normalen im Wendepunkt lautet daher $y=\dfrac{1}{3}x$ .

$\begin{array}[t]{llll} f(x)&=&x^2-6x+5&\\[5pt] f‘(x)&=&2x-6&\\[5pt] \end{array}$

Für die vorläufige Normalengleichung ergibt sich $y=\dfrac{1}{2}x+c$ .
(Die Steigung $m=\dfrac{1}{2}$ ergibt sich aus der Parallelität zur Geraden $y=\dfrac{1}{2}x-1$ )
Um die Gleichung der Normalen zu bestimmen, die parallel zur Geraden $y=\dfrac{1}{2}x-1$ ist, benötigt man den Punkt $P$ auf dem Schaubild, durch den die Normale verläuft.

Dieser Punkt $P$ liegt nicht nur auf der Normalen, sondern auf der dazugehörigen Tangente ans Schaubild. Die Steigung dieser Tangente ist $m=-2$
(da $\dfrac{1}{2}\cdot(-2)=-1$ gilt).

$\begin{array}{rl@{\hspace{1cm}}l} m=f‘(x)=-2=&2x-6&\small{\mid\;+6} \\[5pt] 4=&2x&\small{\mid\;:2} \\[5pt] x=&2& \\[5pt] \end{array}$

$x=2$ eingesetzt in $f(x)$ liefert $f(2)=\left(2\right)^2-6\cdot2+5=-3$ .

Somit geht die Tangente und Normale am Schaubild durch den Punkt $P(2\mid-3)$ .

$P$ eingesetzt in $y=\dfrac{1}{2}x+c$ liefert $-3=\dfrac{1}{2}\cdot2+c$ $\rightarrow{ }c=-4$

Die Gleichung der Normalen lautet damit $y=\dfrac{1}{2}x-4$ .

$\begin{array}[t]{llll} f(x)&=&x^2-6x+5&\\[5pt] f‘(x)&=&2x-6&\\[5pt] \end{array}$

Wenn die Gerade $y=-4x+4$ orthogonal zu der gesuchten Normalen liegt, dann hat die Normale eine Steigung von $m=\dfrac{1}{4}$ (da $-4\cdot\dfrac{1}{4}=-1$ ist).

Damit lautet die vorläufige Normalengleichung: $y=\dfrac{1}{4}x+c$

Um die Normalengleichung eindeutig zu bestimmen, benötigt man einen Punkt $P$ der auf der Normalen liegt.
Dieser Punkt $P$ ergibt sich über die Tangente an $P$ mit der Steigung $m=-4$
(da $-4\cdot\dfrac{1}{4}=-1$ gilt).

$\begin{array}{rl@{\hspace{1cm}}l} m=f‘(x)=-4=&2x-6& \mid +6\\ 2=&2x&\\[5pt] x=&1&\\[5pt] \end{array}$

$x=1$ eingesetzt in $f(x)$ liefert $f(1)=1^2-6\cdot1+5=0$ .

Somit geht die Tangente und Normale am Schaubild durch den Punkt $P(1\mid0)$ .

$P$ eingesetzt in $y=\dfrac{1}{4}x+c$ liefert $0=\dfrac{1}{4}\cdot1+c$ $\rightarrow{ }c=-\dfrac{1}{4}$

Die Gleichung der Normalen lautet damit $y=\dfrac{1}{4}x-\dfrac{1}{4}$ .

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