Analysis

1.1

Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x)=0,5\cdot x^4+x^3+1; \, x \in \mathbb{R}$ .
Das Schaubild von $f$ ist $K$ .

1.1.1

Untersuche $K$ auf Extrempunkte und Wendepunkte.
Zeichne $K$ .

(8 P)

1.1.2

Das Schaubild $K$ , die Tangente von $K$ an der Stelle $x=-1$ und die $y$ -Achse schließen im zweiten Quadranten eine Fläche ein.
Berechne den Inhalt dieser Fläche.

(5 P)

1.1.3

Für einen positiven Wert von $m$ hat das Schaubild der Funktion $g$ mit

$g(x)=\dotsc$

Vollständige Lösung anzeigen

genau einen gemeinsamen Punkt mit K.

Bestimme diesen Wert von $m$ .

(3 P)

1.2

$C$ ist das Schaubild einer Funktion $h$ .
Die Abbildung zeigt das Schaubild der Ableitungsfunktion $h‘$ .

Graph einer Parabel in grün auf einem Koordinatensystem mit Achsenbeschriftungen.

Abb. 1: Schaubild der Ableitungsfunktion

Entscheide, ob folgende Aussagen für den abgebildeten Bereich wahr oder falsch sind. Begründe.

(1) Das Schaubild $C$ hat den Tiefpunkt $T(1 \mid h(1))$ .
(2) Es gibt Punkte, an denen $C$ eine Normale mit Steigung $\dfrac{1}{6}$ hat.

(4 P)

Bildnachweise [nach oben]

[1]

1.1.1

$\blacktriangleright$ Schaubild auf Extrempunkte und Wendepunkte untersuchen

Für die Ableitungsfunktionen der Funktion $f$ mit $f(x)=0,5\cdot x^4 +x^3+1$ folgen:

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

Mit dem notwendigen Kriterium für Extremstellen $f‘(x_E)=0$ ergeben sich folgende mögliche Extremstellen von $f$ :

$\begin{array}[t]{rll} f‘(x)&=& 0 \\[5pt] 2\cdot x^3+3\cdot x^2&=& 0 \\[5pt] x^2 \cdot (2x+3)&=& 0 \\[5pt] \end{array}$

Mit dem Satz vom Nullprodukt, ist das Produkt Null, wenn einer der Faktoren Null ist. Für die beiden Faktoren gilt:

$\begin{array}[t]{rll} x^2&=& 0 \\[5pt] x_1&=& 0 \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} 2x+3&=& 0 & \quad \scriptsize \mid \, -3\\[5pt] 2x&=& -3 & \quad \scriptsize \mid \, :2\\[5pt] x_2&=& -\dfrac{3}{2}\\[5pt] \end{array}$

Für $f‘‘\left(x_2=-\frac{3}{2}\right)$ folgt:

$f‘‘\left(-\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{9}{2}$

Vollständige Lösung anzeigen

Somit ist das hinreichende Kriterium für einen Extrempunkt erfüllt und an der Stelle $x_2=-\dfrac{3}{2}$ besitzt das Schaubild $K$ einen Extrempunkt.

Für $f‘‘(x_1=0)$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘(0)&=& 6 \cdot 0^2+6 \cdot 0\\[5pt] &=& 0\\[5pt] \end{array}$

Somit ist das hinreichende Kriterium für einen Extrempunkt nicht erfüllt, aber das notwendige Kriterium für einen Wendepunkt ist erfüllt. Für $f‘‘‘(x_1=0)$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘‘(0)&=& 12 \cdot 0+6 \\[5pt] &=& 6 \quad \neq 0\\[5pt] \end{array}$

Damit ist das hinreichende Kriterium für einen Wendepunkt erfüllt und das Schaubild $K$ besitzt an der Stelle $x_1=0$ einen Wendepunkt. Mit dem notwendigen Kriterium für Wendepunkte $f‘‘(x_E)=0$ ergibt sich folgender weiterer möglicher Wendepunkt von $f$ :

$x_3=-1$

Vollständige Lösung anzeigen

Damit ist eine mögliche Wendestelle $x_3=-1$ . Für $f‘‘‘(x_3=-1)$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘‘(-1)&=& 12 \cdot (-1)+6 \\[5pt] &=& -6 \quad \neq 0\\[5pt] \end{array}$

Somit ist das hinreichende Kriterium für einen Wendepunkt erfüllt und das Schaubild besitzt an der Stelle $x_3=-1$ einen Wendepunkt.

Für die $y$ -Koordinate des Tiefpunktes folgt:

$f\left(-\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{5}{32}$

Vollständige Lösung anzeigen

Somit gelten für die Koordinaten des Tiefpunktes $T\left(-\dfrac{3}{2} \,\bigg \vert \, \dfrac{5}{32} \right)$ .

Entsprechend folgen für die $y$ -Koordinaten der Wendepunkte:

$\begin{array}[t]{rll} f(0)&=& 0,5\cdot 0^4 +0^3+1\\[5pt] &=& 1\\[5pt] \end{array}$

$f(-1)=0,5$

Vollständige Lösung anzeigen

Somit gelten für die Koordinaten der Wendepunkte $W_1(0 \mid 1)$ und $W_2(-1 \mid 0,5)$ .

$\blacktriangleright$ Schaubild zeichnen

Für das Zeichnen des Schaubilds können weitere Funktionswerte der Funktion $f$ berechnet werden. Für die Funktion $f$ ergibt sich folgendes Schaubild:

Graph einer Parabel auf einem Gitter. X- und Y-Achse sind beschriftet.

Abb. 1: Schaubild $K$

1.1.2

$\blacktriangleright$ Flächeninhalt berechnen

Für die Tangente $t$ von $K$ an der Stelle $x=-1$ folgt die Tangentengleichung:

$t(x)=\dotsc$

Vollständige Lösung anzeigen

Somit folgt für den Flächeninhalt $A$ mit dem Integral der Differenzfunktion $t(x)-f(x)$ und den Grenzen $a=-1$ und $b=0$ :

$A=0,15$

Vollständige Lösung anzeigen

Damit beträgt der gesuchte Flächeninhalt $0,15 \text{ FE}$ .

1.1.3

$\blacktriangleright$ Wert bestimmen

Für einen gemeinsamen Punkt des Schaubildes der Funktion $g$ mit

$g(x)=\dotsc$

Vollständige Lösung anzeigen

und $K$ folgt durch Gleichsetzen:

$x_{1,2}= \dotsc$

Vollständige Lösung anzeigen

Die $pq$ -Formel besitzt nur dann genau eine Lösung, falls die Diskriminante, also der Term unter der Wurzel, Null ist. Somit folgt für den Wert für $m$ :

$m_{1,2}=\pm 2$

Vollständige Lösung anzeigen

Da hierbei nach dem positiven Wert für $m$ gesucht ist, gilt $m=2$ . Somit besitzt das Schaubild der Funktion $g$ mit $K$ für $m=2$ nur genau einen gemeinsamen Punkt.

1.2

$\blacktriangleright$ Aussagen begründen

Die Aussage (1) ist falsch, da an dem Schaubild der Ableitungsfunktion $h‘$ zu erkennen ist, dass die Steigung an der Stelle $x=1$ negativ ist und somit entsprechend $f‘‘(1)\lt 0$ gilt. Damit ist das hinreichende Kriterium für einen Tiefpunkt nicht erfüllt.

Für die Steigung der Normalen $m_N$ gilt die Gleichung $m_N=-\dfrac{1}{m_t}$ , wobei $m_t$ die Steigung der zugehörigen Tangente angibt. Somit müsste die Ableitung an diesen Stellen den Wert $-6$ annehmen, sodass die zugehörige Normale die Steigung $\dfrac{1}{6}$ besitzt. Da an dem Schaubild zu erkennen ist, dass die Ableitungsfunktion nicht den Funktionswert $-6$ annehmen kann, ist die Aussage (2) falsch.

Bildnachweise [nach oben]

[1]