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Wahlteil A1

Aufgaben
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Aufgabe A 1.1

Die Abbildung in der Anlage zeigt den Graphen einer Funktion $f$, die für $0\leq t \leq 17$ die Höhe einer Pflanze in Abhängigkeit von der Zeit beschreibt. Dabei ist $t$ die seit Beobachtungsbeginn vergangene Zeit in Wochen und $f(t)$ die Höhe in Zentimetern.
$ \,$
a)
Gib den Zeitraum an, in dem die Höhe der Pflanze von $ 20 \, \text {cm}$ auf $ 40 \, \text {cm}$ zunimmt.
Bestimme die momentane Änderungsrate der Pflanzenhöhe $ 3,5$ Wochen nach Beobachtungsbeginn.
Die Funktion $ f$ hat bei $ t=6,5$ eine Wendestelle.
Beschreibe die Bedeutung dieser Wendestelle im Sachzusammenhang.
(4 VP)
#wendepunkt
$ \,$
b)
Formuliere zu der Gleichung $ f(t+2)-f(t)=5$ eine Fragestellung im Sachzusammenhang.
Gib eine Lösung der Gleichung an.
(2,5 VP)

Aufgabe A 1.2

Gegeben ist die Funktion $ f$ mit $ f(x)=\dfrac{1}{4}x^3-3x^2+9x.$
Die Abbildung zeigt ihren Graphen.
$ \,$
a)
Weise nach, dass der Punkt $ T(6\mid 0)$ Tiefpunkt des Graphen von $ f$ ist.
Betrachtet wird die Strecke $ OH$ zwischen $ O (0\mid 0)$ und dem Hochpunkt $ H(2\mid 8)$ des Graphen von $ f$. Diese Strecke und der Graph von $ f$ begrenzen eine Fläche.
Berechne deren Inhalt.
(5 VP)
#extrempunkt
$ \,$
b)
Die Funktion $ g$ ist gegeben durch $ g(x)=-3\cdot f(x)-6$.
Beschreibe, wie der Graph von $ g$ aus dem Graphen von $ f$ entsteht.
Bestimme damit die Koordinaten des Tiefpunktes des Graphen von $ g$.
(3 VP)
$ \,$
c)
Ein Kreis, dessen Mittelpunkt $ M$ auf der Geraden mit der Gleichung $ x=1$ liegt, berührt den Graphen von $ f$ im Punkt $ P(4\mid 4)$.
Berechne die Koordinaten von $ M$.
(2,5 VP)
$ \,$
d)
Für jedes $ k$ mit $ k\neq 0$ ist eine Funktion $ f_k$ gegeben durch
$ f_k(x)=\dfrac{1}{2k}x^3-3x^2+\dfrac{9}{2}k \, x.$
Berechne die Werte von $ k$, für die die Tangente an den Graphen von $ f_k$ im Punkt $ P(1 \mid f_k (1))$ parallel zur Geraden mit der Gleichung $ y=8x+3$ ist.
(3 VP)
#tangente
Abbildung zu Aufgabe A 1.1
Bildnachweise [nach oben]
[1],[2]
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Lösungen
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Aufgabe A 1.1

a)
$ \blacktriangleright$  Zeitraum angeben
Der Abbildung lässt sich entnehmen: $ f(2,6)\approx 20$ und $ f(5,5)\approx 40.$
Im Zeitraum zwischen $ 2,6$ und $ 5,5$ Wochen nach Beobachtungsbeginn nimmt die Höhe der Pflanze von $ 20\,\text{cm}$ auf $ 40\,\text{cm}$ zu.
$ \blacktriangleright$  Momentane Änderungsrate bestimmen
Zeichne in die Anlage die Tangente an den Graphen an der Stelle $ t=3,5$ ein. Verwende ein Steigungsdreieck, um die Steigung zu bestimmen. Dann erhältst du:
$ f'(3,5) \approx \dfrac{30}{4,5} \approx 6,7$
$ 3,5$ Wochen nach Beobachtungsbeginn, beträgt die momentane Änderungsrate ca. $ 6,7\,\text{cm}$ pro Woche.
$ \blacktriangleright$  Bedeutung der Wendestelle im Sachzusammenhang beschreiben
Der Abbildung kannst du entnehmen, dass die Funktion an der Stelle $ t=6,5$ steigend ist. Dies ist daher der Zeitpunkt, in dem die Wachstumsgeschwindigkeit maximal ist.
#ableitung#steigung#tangente
b)
$ \blacktriangleright$  Fragestellung im Sachzusammenhang formulieren
$ f(t+2) -f(t) =5$
In welchem Zeitraum mit der Länge von zwei Wochen, nimmt die Höhe der Pflanze um $ 5\,\text{cm}$ zu.
$ \blacktriangleright$  Lösung der Gleichung angeben
Der Abbildung in der Anlage lässt sich entnehmen: $ f(13) \approx 90$ und $ f(15)\approx 95$
Eine mögliche Lösung ist also $ t=13.$

Aufgabe A 1.2

a)
$\blacktriangleright$  Tiefpunkt nachweisen
1. Schritt: Ableitungen definieren
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&= \frac{1}{4}x^3 -3x^2 +9x \\[5pt] f'(x) &= \frac{3}{4}x^2 -6x +9 \\[5pt] f''(x) &= \frac{3}{2}x-6 \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f'(6)&= \frac{3}{4}\cdot 6^2 -6\cdot 6 +9 \\[5pt] &= 0 \end{array}$
Das notwendige Kriterium für Extremstellen von $f$ ist an der Stelle $x=6$ also erfüllt.
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''(6) &= \frac{3}{2}\cdot 6-6 \\[5pt] &= 3 > 0 \end{array}$
Da das hinreichende Kriterium $f''(6)> 0$ für Minimalstellen erfüllt ist und das notwendige Kriterium für Extremstellen ebenfalls erfüllt ist, besitzt der Graph von $f$ an der Stelle $x=6$ einen Tiefpunkt.
Zudem ist:
$\begin{array}[t]{rll} f(6) &= \frac{1}{4}\cdot 6^3 -3\cdot 6^2 +9\cdot 6 \\[5pt] &= 0 \end{array}$
$\blacktriangleright$  Flächeninhalt berechnen
1. Schritt: Geradengleichung durch $O$ und $H$ bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} m &=\dfrac{8-0}{2-0} \\[5pt] &= 4 \end{array}$
$g(x) = 4x$
2. Schritt: Flächeninhalt berechnen
Den Flächeninhalt zwischen zwei Graphen kannst du mit einem Integral berechnen:
$\begin{array}[t]{rll} A &=& \displaystyle\int_{0}^{2}(f(x)-g(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{2}\left(\frac{1}{4}x^3-3x^2+9x-4x\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{2}\left(\frac{1}{4}x^3-3x^2+5x\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{16}x^4-x^3+\frac{5}{2}x^2\right]_0^2\\[5pt] &=& \frac{1}{16}\cdot 2^4-2^3+\frac{5}{2}\cdot 2^2 -\left(\frac{1}{16}\cdot 0^4-0^3+\frac{5}{2}\cdot 0^2 \right) \\[5pt] &=& 3 \\[5pt] \end{array}$
$ A=3 $
Der Flächeninhalt der vom Graphen von $f$ und der Strecke durch $O$ und $H$ eingeschlossenen Fläche beträgt $3\,\text{FE}.$
#integral
b)
$ \blacktriangleright$  Zusammenhang der Graphen beschreiben
  • Durch den Faktor $ -3$ wird der Graph von $ g$ im Vergleich zum Graphen von $ f$ um den Faktor $ 3$ in $ y$-Richtung gestreckt und durch das negative Vorzeichen an der $ x$-Achse gespiegelt.
  • Durch den Summanden $ -6$ wird der Graph anschließend in negative $ y$-Richtung um $ 6$ Einheiten verschoben.
Der Graph von $ g$ geht also durch Spiegelung an der $ x$-Achse und Streckung in $ y$-Richtung mit dem Faktor $ 3$ und anschließender Verschiebung um $ 6$ Einheiten in negativer $ y$-Richtung hervor.
$ \blacktriangleright$  Koordinaten des Tiefpunkts bestimmen
Aufgrund der Spiegelung an der $ x$-Achse werden Maximalstellen von $ f$ zu Minimalstellen von $ g$ und umgekehrt. Die $ x$-Koordinate des Tiefpunkts des Graphen von $ g$ ist also $ 2.$
Die zugehörige $ y$-Koordinate:
$ g(2) = -3\cdot f(2) -6 = -3\cdot 8 -6 = -30.$
$ g(2) = -30 $
Die Koordinaten des Tiefpunkts des Graphen von $ g$ lauten $ T_g(2\mid -30).$
c)
$ \blacktriangleright$  Koordinaten berechnen
Es ist $ M(1\mid y_M).$ Damit sich Kreis und Graph berühren, muss die Gerade $ n,$ auf der die Strecke $ \overline{MP}$ liegt, senkrecht zum Graphen von $ f$ verlaufen.
$ \begin{array}[t]{rll} f'(4) &=& \frac{3}{4}\cdot 4^2 - 6\cdot 4 +9 \\[5pt] &=& -3 \end{array}$
$ f'(4)=-3 $
Die Steigung des Graphen von $ f$ im Punkt $ P$ beträgt also $ m_f = -3.$ Für die Steigung der Geraden $ n,$ auf der die Strecke $ \overline{MP}$ liegt, folgt also:
$ \begin{array}[t]{rll} m_f \cdot m_n &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; m_f = -3 \\[5pt] -3 \cdot m_n &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; :(-3) \\[5pt] m_n &=& \frac{1}{3} \end{array}$
$ m_n = \frac{1}{3} $
Mithilfe einer Punktprobe mit $ P$ erhältst du nun:
$ \begin{array}[t]{rll} n:\, y &=& m_n\cdot x + b_n &\quad \scriptsize \mid\;m_n = \frac{1}{3} \\[5pt] y &=& \frac{1}{3}x +b_n &\quad \scriptsize \mid\; P(4\mid 4) \\[5pt] 4 &=& \frac{1}{3}\cdot 4 +b_n \\[5pt] 4 &=& \frac{4}{3} + b_n &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{4}{3} \\[5pt] \frac{8}{3} &=& b_n \end{array}$
$ b_n=\frac{8}{3} $
Eine Gleichung der Gerade, auf der $ \overline{MP}$ liegt, lautet also:
$ n:\, y = \frac{1}{3} x + \frac{8}{3}$
$ \begin{array}[t]{rll} y_M &=& n(x_M) \\[5pt] &=& n(1) \\[5pt] &=& \frac{1}{3} \cdot 1 + \frac{8}{3} \\[5pt] &=& 3 \end{array}$
$ y_M=3 $
Die Koordinaten des Kreismittelpunkts lauten $ M(1\mid 3).$
d)
$\blacktriangleright$  Parameterwerte berechnen
Gesucht sind die Werte von $k,$ für die $f_k'(1) = 8$ ist.
$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& \frac{1}{2k}x^3 -3x^2 +\frac{9}{2}kx \\[5pt] f_k'(x) &=& \frac{3}{2k}x^2 - 6x + \frac{9}{2}k \\[10pt] f_k'(1)&=& 8 \\[5pt] \frac{3}{2k}\cdot 1^2 - 6\cdot 1 + \frac{9}{2}k &=& 8 \\[5pt] \frac{3}{2k} - 6 + \frac{9}{2}k &=& 8 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot k \\[5pt] \frac{3}{2} - 6k + \frac{9}{2}k^2 &=& 8k &\quad \scriptsize \mid\; -8k \\[5pt] \frac{3}{2} - 14k + \frac{9}{2}k^2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\frac{9}{2} \\[5pt] \frac{1}{3} - \frac{28}{9}k + k^2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; : pq\text{-Formel} \\[5pt] k_{1/2} &=& -\frac{- \frac{28}{9}}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{- \frac{28}{9}}{2} \right)^2 -\frac{1}{3} } \\[5pt] &=& \frac{14}{9}\pm \frac{13}{9}\\[10pt] k_1 &=& \frac{14}{9}- \frac{13}{9} \\[5pt] &=& \frac{1}{9} \\[10pt] k_2 &=& \frac{14}{9}+ \frac{13}{9} \\[5pt] &=& 3 \\[10pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f_k'(x) &=&…\\[10pt] f_k'(1)&=& 8 \\[5pt] … \\[10pt] k_1 &=& \frac{1}{9} \\[10pt] k_2 &=& 3 \\[10pt] \end{array}$
Für $k_1= \frac{1}{9}$ und $k_2 = 3$ verläuft die Tangente an den Graphen von $f_k$ im Punkt $P(1\mid f_k(1))$ parallel zur Geraden mit der Gleichung $y=8x+3.$
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