Analysis

Aufgabe I 1

Gegeben ist die in $\mathbb R$ definierte Funktion $f_a$ mit $f_a(x)=\dfrac{1}{8}x^4-\dfrac{a}{12}x^3+2x; a \in \mathbb R$ .
Der Graph wird mit $G_a$ bezeichnet.
Für die erste Ableitungsfunktion von $f_a$ gilt $\(f$ .

Gib das Verhalten der Funktionswerte von $f_0$ für $x\rightarrow +\infty$ und für $x\rightarrow -\infty$ an.

(2 BE)

Weise nach, dass $G_0$ genau einen lokalen Tiefpunkt besitzt und bestimme dessen Koordinaten.

(4 BE)

Ermittle eine Gleichung der Tangente $t_0$ an den Graphen $G_0$ im Schnittpunkt mit der $y$ -Achse. Begründe, dass $t_0$ Tangente aller Graphen $G_a$ im Schnittpunkt mit der $y$ -Achse ist.

[Zur Kontrolle: $y=2x$ ]

(4 BE)

Untersuche, ob es einen Wert von $a$ gibt, so dass die Gerade mit der Gleichung $y=2x-54$ Tangente an den Graphen $G_a$ im Punkt $\left(6\mid f_a(6) \right)$ ist.

(4 BE)

Die Abbildung 1 zeigt den Graphen der zweiten Ableitungsfunktion der Funktion $f_0.$
Begründe mithilfe dieses Graphen, dass der Punkt $\left(0\mid f_0(0) \right)$ kein Wendepunkt des Graphen $G_0$ ist.

berlin mathe abi lk wtr 2022 analysis 2.1 funktion f0

Abb. 1

(2 BE)

Weise nach, dass für $a\neq0$ alle Graphen $G_a$ einen gemeinsamen und einen weiteren, nicht gemeinsamen Wendepunkt haben.

(7 BE)

Es gilt: $\(f$
Zeige, dass an der Stelle $x=2$ der Anstieg des Graphen der Funktion $f_6$ null ist
Begründe ohne Rechnung, dass die Funktion $f_6$ keine Extremstelle bei $x=2$ hat.

(5 BE)

Aufgabe I 2

Gegeben ist die in $\mathbb R$ definierte Funktion $f$ mit $f(x)=x\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2} x^2+\frac{1}{2}}.$ Die Abbildung 1 zeigt den Graphen von $f$ ohne das zugrunde liegende Koordinatensystem.

be abi lk wtr 2022 analysis 2.2 abbildung 1 graph von f ohne koordinatensystem

Abb. 1

Zeige anhand des Funktionsterms von $f$ , dass der Graph von $f$ symmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs ist.
Begründe, dass $f$ genau eine Nullstelle hat, und gib den Grenzwert von $f$ für $x\rightarrow +\infty$ an.

(4 BE)

Bestimme einen Term der ersten Ableitungsfunktion $\(f$ von $f.$

[Zur Kontrolle: $\(f$ ]

(2 BE)

Untersuche rechnerisch das Monotonieverhalten von $f.$
Ergänze in der Abbildung 1 die Koordinatenachsen und skaliere diese passend.

(5 BE)

Der Graph von $f$ besitzt im I. Quadranten einen Wendepunkt.
Zeige, dass die Koordinaten dieses Punktes $\left(\sqrt{3}\mid \dfrac{\sqrt{3}}{\mathrm e} \right)$ sind.
Gib die Koordinaten des Wendepunktes des Graphen von $f$ im III. Quadranten an.

Hinweis: Ohne Nachweis kann verwendet werden $\(f$

(3 BE)

Die folgende Rechnung stellt die Lösung einer Aufgabe dar.
$\(\dfrac{f\left(\sqrt{3} \right)-f\left(-\sqrt{3} \right)}{\sqrt{3}-\left(-\sqrt{3}\right)}=f$ $x_2\approx 0,83$

Formuliere eine passende Aufgabenstellung.

(3 BE)

An den Graphen von $f$ werden im I. Quadranten Tangenten gelegt, die jeweils die $y$ -Achse in einem Punkt $(0\mid y_S)$ schneiden.
Beurteile folgende Aussage:
Es gibt eine Tangente mit $y_S\gt 1,9.$

(4 BE)

Ist $\(g$ die erste Ableitungsfunktion einer in $\mathbb{R}$ definierten Funktion $g,$ so gilt
$\(\displaystyle\int_{u}^{v}g$
Berechne damit den Wert des Terms $\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;\mathrm dx.$

(3 BE)

Interpretiere den folgenden Sachverhalt geometrisch:

Für jede Stammfunktion $F$ von $f$ und für jede reelle Zahl $w\gt 2022$ gilt $F(w)-F(0)\approx \displaystyle\int_{0}^{2022}f(x)\;\mathrm dx.$

(3 BE)

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Lösung I 1

$\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} f_0(x)=+\infty$

$\lim\limits_{x \rightarrow -\infty} f_0(x)=+\infty$

1. Schritt: Ableitungen bilden

$f_0(x)=\dfrac{1}{8} x^4+2 x$

$\( f_0$

2. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden

$\(\begin{array}[t]{rll} f_0$

3. Schritt: Hinreichende Bedingung für Extremstellen anwenden

$f_0^{\prime \prime}(-1,6) \approx 3,8>0$

Es gilt:

$f_0(-1,6)=\dfrac{1}{8} \cdot(-1,6)^4+2 \cdot(-1,6) \approx-2,4$

Daraus folgen die Koordinaten des lokalen Tiefpunktes mit $T(-1,6 \mid -2,4).$

$f_0(0)=0,$ daraus folgen die Koordinaten des Schnittpunktes mit der $y$ -Achse mit $(0 \mid 0).$

Es gilt: $\(f _0$

Daraus folgt die Tangentengleichung mit $t _0(x)=2x.$

Für alle $a \in \mathbb{R}$ ist $f_{a}(0)=0$ und $\(f_a$ , also ist $t_0$ für alle Graphen $G_a$ die Tangente im Schnittpunkt mit der $y$ -Achse.

Aus der Gleichung der Geraden wird die Steigung abgelesen und somit gilt:

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

Daraus folgt: $f_{12}(6)=162-216+12=-42$

Es gilt:

$\begin{array}[t]{rll} y&=&f_{12}(6) \\[5pt] 2 \cdot 6-54&=& -42 \\[5pt] -42&=&-42 \end{array}$

Die Gerade mit der Gleichung $y=2 x-54$ ist Tangente an den Graphen $G _{12}$ im Punkt $(6 \mid-42).$

Die zweite Ableitungsfunktion von $f_0$ ändert in der Umgebung von $x=0$ nicht das Vorzeichen, da der Graph oberhalb der $x$ -Achse liegt.

1. Schritt: Ableitungen bilden

$\(f_a$

2. Schritt: Notwendige Bedingung für Wendestellen anwenden

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

Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt $x_1=0$ und:

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

$x_2=\dfrac{a}{3}$

3. Schritt: Hinreichende Bedingung für Wendestellen anwenden

$\(f_a$ für $a \neq 0$

Es gibt folglich für $a \neq 0$ zwei Wendepunkte.

$W_1(0 \mid 0)$ ist ein Wendepunkt aller Graphen der Schar und $W _2\left(\dfrac{a}{3} \mid f_a\left(\dfrac{a}{3}\right)\right)$ ein von $a$ abhängiger Wendepunkt der Graphen der Schar.

Es gilt: $\(f_6$

Somit ist der Anstieg des Graphen der Funktion $f_6$ an der Stelle $x=2$ null.

Der Term $(x-2)^2$ ist stets nicht negativ, also wechselt $\(f_6$ das Vorzeichen in der Nähe von $x=2$ nicht. Also liegt bei $x=2$ keine Extremstelle vor.

Lösung I 2

$f(x)=-f(-x)$

$x\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}}=-(-x)\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2}(-x)^2+\frac{1}{2}}$

$x\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}}=x\cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}}$

Damit ist der Graph von $f$ symmetrisch bzgl. des Koordinatenursprungs.

Es gilt:

$\mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}>0$ für alle $x \in \mathbb{R}$

Mit dem Satz vom Nullprodukt folgt, dass $f(x)=0$ genau dann erfüllt ist, wenn $x=0$ ist. Daher existiert genau eine Nullstelle.

Für $x\to +\infty$ gilt $-\frac{1}{2}x^2 +\frac{1}{2}\to -\infty.$

Also folgt: Für $x\to +\infty$ gilt $\mathrm e^{-\frac{1}{2}x^2 +\frac{1}{2}} \to 0.$

Insgesamt gilt daher:

$\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = 0$

Anwenden der Produktregel:

$\begin{aligned} & f^{\prime}(x) \\[5pt] &=1\cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}+x \cdot\left(-\frac{1}{2} \cdot 2 x\right) \cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}} \\[5pt] &=\mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}-x^{2} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}} \\[5pt] &=\left(1-x^{2}\right) \cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}} \end{aligned}$

Die Stellen, an denen sich das Monotonieverhalten von $f$ ändern kann, sind die Nullstellen von $\(f$

Es gilt $\mathrm{e}^{-\frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{2}}\gt 0.$ Für die Nullstellen von $\(f$ folgt:

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

Es gilt Folgendes:

Für $x\lt -1$ gilt $\(f$ Hier ist $f$ also streng monoton fallend.
Für $-1 \lt x\lt 1$ gilt $\(f$ Hier ist $f$ also streng monoton steigend.
Für $x\gt 1$ gilt $\(f$ Hier ist $f$ also streng monoton fallend.

Mit Hilfe des Grenzwerts aus a) lässt sich die $x$ -Achse als Asymptote einzeichnen.
Aus dem Monotonieverhalten von $f$ folgt, dass die Extrempunkte des Graphen bei $x=-1$ und $x=1$ liegen. Die $y$ -Achse muss also in der Mitte der beiden Extrempunkte eingezeichnet werden.
Außerdem gilt $f(1)=1.$ Damit lässt sich die Skalierung der Achsen eintragen.

Koordinatenachten - Schleswig-Holstein Abi 2022 (Analysis 1)

$\(\begin{aligned} &f$

Wendepunkt im III. Quadranten: $\left(-\sqrt{3} \mid-\frac{\sqrt{3}}{\mathrm e }\right)$

Mögliche Aufgabenstellung: Ermittle die $x$ -Werte der Punkte des Graphen von $f$ , an denen die Steigung der Tangente genauso groß ist wie die Steigung der Sekante durch die beiden Wendepunkte.

Tangentengleichung an den Graphen von $f$ im Wendepunkt aufstellen

$y_t = m \cdot x+n$

Die Steigung ergibt sich mit $\(m=f$

Durch Einsetzen von $m$ und der Koordinaten des Wendepunktes in $y_t$ folgt:

$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{\sqrt{3}}{\mathrm e}&=& -\dfrac{2}{\mathrm e} \cdot \sqrt{3} +n &\quad \scriptsize \mid\;+\dfrac{2 \sqrt{3}}{\mathrm e} \\[5pt] \dfrac{3\sqrt{3}}{\mathrm e}&=& n \end{array}$

Die Tangentengleichung folgt mit $y_t = -\dfrac{2}{\mathrm e} \cdot x+ \dfrac{3\sqrt{3}}{\mathrm e}$ und schneidet die $y$ -Achse im Punkt $\left(0 \mid \dfrac{3\sqrt{3}}{\mathrm e}\right).$

Somit gilt $y_S=\dfrac{3 \sqrt{3}}{\mathrm e}>1,9.$

Die Aussage ist folglich richtig.

Es gilt:

$\(\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& x \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2} \cdot x^2+\frac{1}{2}} \\[5pt] &=& g$

Es gilt somit:

$\(\begin{array}[t]{rll} g(x) &=& -\dfrac{1}{2} \cdot x^2+\dfrac{1}{2} \\[5pt] g$

Daraus folgt:

$\displaystyle\int_0^1 f(x) \mathrm d x$ $=-\displaystyle\int_0^1(-x) \cdot \mathrm e^{-\frac{1}{2} x^2+\frac{1}{2}} \mathrm d x=-\left[\mathrm e^{-\frac{1}{2} x^2+\frac{1}{2}}\right]_0^1$ $-(1- \mathrm e^{\frac{1}{2}})$ $=-1+\mathrm e^{\frac{1}{2}}$

Für jede reelle Zahl $w \gt 2022$ stimmt der Inhalt des Flächenstückes zwischen dem Graphen von $f$ und der $x$ -Achse über dem Intervall $[0 ; w]$ ungefähr mit dem Inhalt des Flächenstückes überein, das zwischen dem Graphen von $f$ und der $x$ -Achse über dem Intervall $[0 ; 2022]$ liegt.

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