A1

Gegeben sind die Funktionen $f$ und $g$ mit

$f(x)=x^3-6\cdot x^2+3\cdot x +10, x \in \mathbb{R},$

und

$g(x)=-6 \cdot x+10, x \in \mathbb{R}.$

(1)

Berechne die Stellen, an denen die Graphen von $f$ und $g$ gemeinsame Punkte besitzen.

(2)

Der Punkt $P(3 \mid f(3))$ ist einer der gemeinsamen Punkte der Graphen von $f$ und $g.$

Zeige: Der Graph von $g$ ist die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $P.$

(3 + 2 Punkte)

Die Funktion $f$ ist gegeben durch die Gleichung

$f(x)=3 \cdot x^2-12, x \in \mathbb{R}.$

(i)

Berechne die Nullstellen von $f.$

(ii)

Berechne den Inhalt der Fläche, die vom Graphen von $f$ und der $x$ -Achse eingeschlossen wird.

(5 Punkte)

Die Funktion $f$ ist gegeben durch die Gleichung

$f(x)=x^2 \cdot \mathrm e ^x, x \in \mathbb{R}.$

(1)

Zeige: $f^{\prime}(x)=x \cdot(x+2) \cdot \mathrm e ^x.$

(2)

Bestimme (z. B. unter Verwendung des Vorzeichenwechselkriteriums) die Extremstellen und die Art der Extremstellen der Funktion $f.$

(2 + 3 Punkte)

Gegeben sind die Gerade $g: \vec{x}=\pmatrix{2\\3\\-7} +s\cdot \pmatrix{1\\0\\5}$ mit $s \in \mathbb{R}$ sowie die Gerade $h$ durch die Punkte $A(4\mid 0 \mid 0)$ und $B(5\mid 1 \mid b)$ mit einer reellen Zahl $b.$

(1)

Begründe, dass $A$ nicht auf $g$ liegt.

(2)

Die Geraden $g$ und $h$ haben einen gemeinsamen Punkt.

Ermittle den Wert von $b.$

(1 + 4 Punkte)

Gegeben sind die Punkte $A(-1\mid 3 \mid 2), B(1\mid 2\mid 4)$ und $C(2\mid 4\mid -1).$

(1)

Untersuche, ob das Dreieck $ABC$ einen rechten Winkel bei $A$ besitzt.

(2)

$g$ ist die Gerade durch die Punkte $A$ und $B.$
Die Punkte $P$ und $Q$ liegen auf $g$ und haben den Abstand $9 \;\text{LE}$ vom Punkt $A.$
Ermittle die Koordinaten von $P$ und $Q.$

(2 + 3 Punkte)

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(1)

Gleichsetzen:

Rechenweg anzeigen

$x(x^2-6x+9)= 0$

Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt, dass $x=0$ oder $x^2-6 \cdot x+9=0$ sein muss. Es ist also $x_1=0$ und weiterhin folgt mit der $pq$ -Formel:

$\begin{array}[t]{rll} x_{2,3}&=&-\dfrac{-6}{2} \pm \sqrt{\left(\dfrac{-6}{2}\right)^2-9} \\[5pt] &=& 3 \pm \sqrt{3^2-9} \\[5pt] &=& 3 \end{array}$

An den Stellen $x_1=0$ und $x_2=3$ besitzen der Graph von $f$ und der Graph von $g$ gemeinsame Punkte.

(2)

Die Steigung des Graphen von $f$ an der Stelle $x=3$ lässt sich mit Hilfe der ersten Ableitungsfunktion von $f$ bestimmen:

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Dies entspricht der Steigung von $g.$ Es gilt also $\(f$

Der Graph von $g$ ist eine Gerade. Im gemeinsamen Punkt $P$ haben diese Gerade und der Graph von $f$ die gleiche Steigung. Daher ist der Graph von $g$ die Tangente an den Graphen von $f$ im Punkt $P.$

(i)

$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] 3x^2-12&=& 0&\quad \scriptsize \mid\; :3\\[5pt] x^2-4&=& 0&\quad \scriptsize \mid\;+4 \\[5pt] x^2&=& 4 &\quad \scriptsize \mid\; \sqrt{\;} \\[5pt] x&=&\pm \sqrt{4} \end{array}$

Die Nullstellen von $f$ folgen mit $x_1=-2$ und $x_2=2.$

(ii)

Der Inhalt der Fläche, die vom Graphen von $f$ und der $x$ -Achse eingeschlossen wird, wird mit dem Betragswert des folgenden Integrals bestimmt:

Rechenweg anzeigen

$\displaystyle\int_{-2}^2 f(x)\; \mathrm d x =...$

Der Inhalt der Fläche, die vom Graphen von $f$ und der $x$ -Achse eingeschlossen wird, beträgt $32 \;\text{FE}.$

(1)

Produktregel anwenden:

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

(2)

Lösungsweg unter Verwendung des Vorzeichenwechselkriteriums

1. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Da stets $\mathrm e^x \neq 0$ gilt, folgt mit dem Satz vom Nullprodukt $x=0$ oder $2 +x=0.$

Daraus folgen $x_{E_1}=-2$ und $x_{E_2}= 0$ als mögliche Extremstellen.

2. Schritt: Vorzeichenwechselkriterium anwenden

Es gilt:

$f^{\prime}(-3)$ $= (-3)\cdot (2 -3)\cdot \mathrm e^{-3}$ $=3 \cdot \mathrm e ^{-3} \gt0$

$f^{\prime}(-1)$ $= (-1)\cdot (2 -1)\cdot \mathrm e^{-1}$ $=- \mathrm e ^{-1}\lt0$

$f^{\prime}(1)$ $= (2 +1)\cdot \mathrm e^{1}$ $=3 \cdot \mathrm e \gt0$

Somit liegt an der Stelle $x_{E_1}=-2$ ein Vorzeichenwechsel von positiven zu negativen Funktionswerten von $f^{\prime}$ vor. $x_{E_1}=-2$ ist also eine lokale Maximalstelle von $f.$

An der Stelle $x_{E_2}=0$ liegt ein Vorzeichenwechsel von negativen zu positiven Funktionswerten von $f^{\prime}$ vor. $x_{E_2}=0$ ist also eine lokale Minimalstelle von $f.$

Alternativer Lösungsweg unter Verwendung der hinreichenden Bedingung für Extremstellen

1. Schritt: Zweite Ableitung bilden

Produktregel anwenden:

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

2. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

Da stets $\mathrm e^x \neq 0$ gilt, folgt mit dem Satz vom Nullprodukt $x=0$ oder $2 +x=0.$

Daraus folgen $x_{E_1}=-2$ und $x_{E_2}= 0$ als mögliche Extremstellen.

3. Schritt: Hinreichende Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

$x_{E_1}=-2$ ist also eine lokale Maximalstelle von $f.$

$\(\begin{array}[t]{rll} f$

$x_{E_2}=0$ ist also eine lokale Minimalstelle von $f.$

(1)

Alle Punkte von $g$ haben die $x_2$ -Koordinate $3, A$ hat aber die $x_2$ -Koordinate 0.

(2)

Eine Geradengleichung von $h$ ergibt sich zu $h: \overrightarrow{x} = \pmatrix{4\\0\\0}+r\cdot \pmatrix{1\\1\\b}.$

$g$ und $h$ gleichsetzen:

$\begin{array}[t]{rll} \pmatrix{2\\3\\-7}+s\cdot \pmatrix{1\\0\\5}&=& \pmatrix{4\\0\\0}+r\cdot \pmatrix{1\\1\\b} \end{array}$

Daraus ergibt sich folgendes LGS:

$\begin{vmatrix} 2+s&=& 4+r\\[5pt] 3&=&r \\[5pt] -7+5s&=& r\cdot b \end{vmatrix}$

$r=3$ in die erste Zeile einsetzen:

$\begin{array}[t]{rll} 2+s&=& 4+3&\quad \scriptsize \mid\;-2 \\[5pt] s&=&5 \end{array}$

$s$ und $r$ in die letzte Zeile des LGS einsetzen:

$\begin{array}[t]{rll} -7+5s&=& r\cdot b \\[5pt] -7+5\cdot 5&=& 3\cdot b&\quad \scriptsize \mid\;:3 \\[5pt] 6&=& b\\[5pt] b&=& 6 \end{array}$

(1)

$\overrightarrow{AB}$ $= \pmatrix{1\\2\\4} -\pmatrix{-1\\3\\2}$ $=\pmatrix{2\\-1\\2}$

$\overrightarrow{AC}$ $= \pmatrix{2\\4\\-1} -\pmatrix{-1\\3\\2}$ $=\pmatrix{3\\1\\-3}$

Mit dem Skalarprodukt prüfen, ob die Vektoren orthogonal zueinander sind:

$\overrightarrow{A B} \circ \overrightarrow{A C}$ $=2 \cdot 3-1 \cdot 1+2 \cdot(-3)$ $=-1 \neq 0$

Das Dreieck besitzt keinen rechten Winkel bei $A.$

(2)

Hilfsskizze zum besseren Verständnis

Länge der Strecke $\overline{AB}$ bestimmen:

$\left| \overrightarrow{A B}\right |$ $=\left| \pmatrix{2\\-1\\2} \right |$ $=\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}=\sqrt{9} \;\text{[LE]}=3\;\text{[LE]}$

Da die Punkte $P$ und $Q$ jeweils auf der Geraden $g$ liegen und den Abstand $9 \;\text{LE}$ vom Punkt $A$ haben sollen, wird $\overrightarrow{A B}$ mit dem Faktor 3 gestreckt.

Vektoraddition bzw. Vektorsubtraktion ergibt:

$\overrightarrow{O P}$ $=\overrightarrow{O A}+3 \cdot \overrightarrow{A B}$ $=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 3 \\ 2\end{array}\right)+3 \cdot\left(\begin{array}{c}2 \\ -1 \\ 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{l}5 \\ 0 \\ 8\end{array}\right)$

Die Koordinaten von $P$ sind $P(5 \mid 0 \mid 8).$

$\overrightarrow{O Q}$ $=\overrightarrow{O A}-3 \cdot \overrightarrow{A B}$ $=\left(\begin{array}{c}-1 \\ 3 \\ 2\end{array}\right)-3 \cdot\left(\begin{array}{c}2 \\ -1 \\ 2\end{array}\right)$ $=\left(\begin{array}{c}-7 \\ 6 \\ -4\end{array}\right)$

Die Koordinaten von $Q$ sind $Q(-7 \mid 6 \mid -4).$

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