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Lernbereich Abitur (WTR)
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Teil A
Teil B
Aufgabengruppe II
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Aufgabengruppe I
Teil A
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Teil B

Aufgaben
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Gegeben ist die in $\mathbb{R}^+$ definierte Funktion $f:\quad x\mapsto 2\cdot \left(\left(\ln x \right)^2-1 \right).$ Abbildung 1 zeigt den Graphen $G_f$ von $f.$
1
a)
Zeige, dass $x=\mathrm e^{-1}$ und $x=\mathrm e$ die einzigen Nullstellen von $f$ sind, und berechne die Koordinaten des Tiefpunkts $T$ von $G_f.$
[Zur Kontrolle: $f'(x)=\frac{4}{x}\cdot \ln x$]
(5 BE)
#extrempunkt
$\,$
b)
Zeige, dass $G_f$ genau einen Wendepunkt $W$ besitzt, und bestimme dessen Koordinaten sowie die Gleichung der Tangente an $G_f$ im Punkt $W.$
[Zur Kontrolle: $x$-Koordinate von $W:\, \mathrm e$ ]
(6 BE)
#tangente#wendepunkt
$\,$
c)
Begründe, dass $\lim\limits_{x\to 0}f'(x)=-\infty$ und $\lim\limits_{x\to +\infty}f'(x)=0$ gilt. Gib $f'(0,5)$ und $f'(10)$ auf eine Dezimale genau an und zeichne den Graphen der Ableitungsfunktion $f'$ unter Berücksichtigung aller bisherigen Ergebnisse in Abbildung 1 ein.
(6 BE)
#grenzwert
$\,$
d)
Begründe unter Zuhilfenahme von Abbildung 1, dass es zwei Werte $c\in ]0;6]$ gibt, für die gilt: $\displaystyle\int_{\mathrm e^{-1}}^{c}f(x)\;\mathrm dx = 0.$
(3 BE)
#integral
$\,$
Die gebrochenrationale Funktion $h:\quad x\mapsto 1,5x-4,5+\frac{1}{x}$ mit $x\in \mathbb{R}\setminus \{0\}$ stellt in einem gewissen Bereich eine gute Näherung für $f$ dar.
e)
Gib die Gleichungen der beiden Asymptoten des Graphen von $h$ an.
(2 BE)
#asymptote
$\,$
f)
Im $\text{IV}$ Quadranten schließt $G_f$ zusammen mit der $x$-Achse und den Geraden mit den Gleichungen $x=1$ und $x=2$ ein Flächenstück ein, dessen Inhalt etwa $1,623$ beträgt. Ermittle die prozentuale Abweichung von diesem Wert, wenn bei der Berechnung des Flächeninhalts die Funktion $h$ als Näherung für die Funktion $f$ verwendet wird.
(5 BE)
2
Durch Spiegelung von $G_f$ an der Geraden $x=4$ entsteht der Graph einer in $]-\infty;8[$ definierten Funktion $g.$ Dieser Graph wird mit $G_g$ bezeichnet.
$\,$
a)
Zeichne $G_g$ in Abbildung 1 ein.
(2 BE)
$\,$
b)
Die beschriebene Spiegelung von $G_f$ an der Geraden $x = 4$ kann durch eine Spiegelung von $G_f$ an der $y$-Achse mit einer anschließenden Verschiebung ersetzt werden. Beschreibe diese Verschiebung und gib $a,b\in \mathbb{R}$ an, sodass $g(x) = f(ax + b)$ für $x\in ]-\infty;8[$ gilt.
(3 BE)
$\,$
c)
Die Aquariumwände bilden an der Unterseite einen Tunnel, durch den die Besucher hindurchgehen können. Berechne die Größe des Winkels, den die linke und die rechte Tunnelwand miteinander einschließen.
(3 BE)
$\,$
Das Aquarium wird vollständig mit Wasser gefüllt.
d)
Berechne die größtmögliche Wassertiefe des Aquariums.
(2 BE)
$\,$
e)
Das Volumen des Wassers im Aquarium lässt sich analog zum Rauminhalt eines Prismas mit Grundfläche $G$ und Höhe $h$ berechnen. Erläutere, dass der Term $24\cdot \displaystyle\int_{0,2}^{4}\left( f(0,2)-f(x)\right)\;\mathrm dx$ das Wasservolumen im vollgefüllten Aquarium in Kubikmetern beschreibt.
(3 BE)

(40 BE)
#integral
Bildnachweise [nach oben]
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1
a)
$\blacktriangleright$  Nullstellen nachweisenTeil B
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] 2\cdot \left( \left(\ln x \right)^2-1 \right)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :2\\[5pt] \left(\ln x \right)^2-1&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+1 \\[5pt] \left(\ln x \right)^2&=& 1 &\quad \scriptsize \mid\;\sqrt{\,} \\[5pt] \ln x&=& \pm 1 &\quad \scriptsize \mid\;\mathrm e \\[5pt] x&=& \mathrm e^{\pm 1} \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 0 \\[5pt] … \\[5pt] x&=& \mathrm e^{\pm 1} \end{array}$
Die einzigen Nullstellen von $f$ sind $x=\mathrm e$ und $x= \mathrm e^{-1}.$
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Tiefpunkts berechnen
1. Schritt: Ableitungsfunktionen bestimmen
Mit der Ketten-, Produkt- und Quotientenregel folgt für die ersten beiden Ableitungsfunktionen von $f:$
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& 2\cdot \left( \left(\ln x \right)^2-1 \right)\\[10pt] f'(x)&=& 2\cdot \left( 2\cdot\left(\ln x \right)\cdot \frac{1}{x}\right) \\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{\ln x}{x} \\[10pt] f''(x)&=& 4\cdot \dfrac{\frac{1}{x}\cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} \\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{1 - \ln x }{x^2} \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f(x)&=& …\\[10pt] f'(x)&=& … \\[10pt] f''(x)&=& … \\[5pt] \end{array}$
2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] 4\cdot \dfrac{\ln x}{x}&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot x \\[5pt] 4\cdot \ln(x)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;:4 \\[5pt] \ln(x)&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;\mathrm e \\[5pt] x&=& \mathrm e^0 \\[5pt] x&=& 1 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(x)&=& 0 \\[5pt] … \\[5pt] x&=& \mathrm e^0 \\[5pt] x&=& 1 \end{array}$
$x=1$ ist die einzige mögliche Extremstelle von $f.$
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f''(1)&=& 4\cdot \dfrac{1 - \ln 1 }{1^2} \\[5pt] &=& 4 > 0 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} &f''(1)\\[5pt] =& 4\cdot \dfrac{1 - \ln 1 }{1^2} \\[5pt] =& 4 > 0 \end{array}$
Bei $x=1$ handelt es sich also um die gesuchte $x$-Koordinate des Tiefpunkts.
4. Schritt: $\boldsymbol{y}$-Koordinate berechnen
$\begin{array}[t]{rll} f(1)&=& 2\cdot \left( \left(\ln 1 \right)^2-1 \right) \\[5pt] &=& -2 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} &f(1)\\[5pt] =& 2\cdot \left( \left(\ln 1 \right)^2-1 \right) \\[5pt] =& -2 \end{array}$
Die Koordinaten des Tiefpunkts des Graphen von $f$ lauten $T(1\mid -2).$
#produktregel#kettenregel#quotientenregel
$\,$
b)
$\blacktriangleright$  Koordinaten des Wendepunkts bestimmen
1. Schritt: Dritte Ableitungsfunktion bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f'''(x)&=& 4\cdot \dfrac{-\frac{1}{x}\cdot x^2 - (1-\ln x)\cdot 2x}{x^4} \\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{-x -2x+2x\cdot\ln x}{x^4} \\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{-3x +2x\cdot\ln x}{x^4}\\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{-3 +2\ln x}{x^3} \\[5pt] &=& \dfrac{-12 +8\ln x}{x^3} \\[5pt] \end{array}$
$ f'''(x)=\dfrac{-12 +8\ln x}{x^3} $
2. Schritt: Notwendiges Kriterium anwenden
$\begin{array}[t]{rll} f''(x)&=& 0 \\[5pt] 4\cdot \dfrac{1-\ln x}{x^2}&=&0 &\quad \scriptsize \mid\; :4 \\[5pt] \dfrac{1-\ln x}{x^2}&=&0 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot x^2\\[5pt] 1-\ln x&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;+\ln x \\[5pt] 1&=& \ln x &\quad \scriptsize \mid\;\mathrm e \\[5pt] \mathrm e&=& x \end{array}$
$ x= \mathrm e $
Da das notwendige Kriterium für Wendestellen nur für $x = \mathrm e$ erfüllt ist, besitzt $G_f$ höchstens einen Wendepunkt.
3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen
$\begin{array}[t]{rll} f'''(\mathrm e)&=& \dfrac{-12 +8\ln \mathrm e}{\mathrm e^3} \\[5pt] &=& \dfrac{-12 +8}{\mathrm e^3} \\[5pt] &=& \dfrac{-4}{\mathrm e^3} \neq 0 \\[5pt] \end{array}$
$ f'''(\mathrm e) \neq 0 $
Bei $x= \mathrm e$ handelt es sich also um eine Wendestelle und damit um die einzige. $G_f$ besitzt also genau einen Wendepunkt.
Da $x=\mathrm e$ auch eine Nullstelle von $f$ ist, lauten die Koordinaten des Wendepunkts $W(\mathrm e\mid 0).$
$\blacktriangleright$  Tangentengleichung bestimmen
Die Steigung $m$ der Tangente enstpricht der Steigung von $G_f$ im Punkt $W(\mathrm e\mid 0):$
$\begin{array}[t]{rll} m&=& f'(\mathrm e) \\[5pt] &=& 4\cdot \dfrac{\ln\mathrm e}{\mathrm e} \\[5pt] &=& 4\cdot \mathrm e^{-1} \end{array}$
$ m=4\cdot \mathrm e^{-1} $
Mithilfe einer Punktprobe lässt sich nun der $y$-Achsenabschnitt bestimmen:
$\begin{array}[t]{rll} t:\quad y &=& m\cdot x +b \\[5pt] y &=& 4\cdot \mathrm e^{-1}\cdot x +b \\[5pt] 0 &=& 4\cdot \mathrm e^{-1} \cdot \mathrm e +b \\[5pt] 0&=& 4 +b &\quad \scriptsize \mid\; -4 \\[5pt] -4&=& b \end{array}$
$ b = -4 $
Eine Gleichung der Tangente an $G_f$ im Punkt $W$ lautet:
$t:\quad y = 4\cdot \mathrm e^{-1}\cdot x -4$
$\,$
c)
$\blacktriangleright$  Grenzwerte begründen
Es ist $f'(x)= 4\cdot \dfrac{\ln x}{x}.$
Für $x\to 0$ gilt $\ln x \to -\infty.$ Da im Nenner des Bruchs $x$ steht, wird dies durch einen Wert geteilt, der vom Betrag her kleiner als $1$ und aufgrund des Definitionsbereichs $\mathbb{R}^+$ positiv ist. Das Vorzeichen bleibt daher negativ auch der Betrag wird durch den Nenner größer, also gilt $\lim\limits_{x\to 0}f'(x) = -\infty.$
Für $x\to +\infty$ folgt mit der Regel aus der Merkhilfe:
$\begin{array}[t]{rll} \lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)&=&\lim\limits_{x\to+\infty}4\cdot\dfrac{\ln x}{x} \\[5pt] &=& 4\cdot\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x} \\[5pt] &=& 4\cdot\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^1}&\quad \scriptsize \mid\; \text{Merkhilfe: } \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\ln x}{x^r}=0 \\[5pt] &=&4\cdot 0 \\[5pt] &=& 0 \end{array}$
$ \lim\limits_{x\to+\infty}f'(x) = 0 $
$\blacktriangleright$  Ableitungswerte bestimmen
$\begin{array}[t]{rll} f'(0,5)&=&4\cdot \dfrac{\ln 0,5}{0,5} \\[5pt] &\approx& -5,5 \\[10pt] f'(10)&=& 4\cdot \dfrac{\ln 10}{10} \\[5pt] &\approx& 0,9 \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(0,5)&\approx& -5,5 \\[10pt] f'(10)&\approx& 0,9 \end{array}$
$\blacktriangleright$  Graphen zeichnen
Teil B
Abb. 1: Graph der Ableitung $f'$
Teil B
Abb. 1: Graph der Ableitung $f'$
$\,$
d)
$\blacktriangleright$  Existenz der Werte begründen
Einer der beiden Werte ist $c= \mathrm e^{-1}.$ In dem Fall stimmen obere und untere Integrationsgrenze überein, sodass das Integral den Wert $0$ hat. An der Abbildung lässt sich das verdeutlichen, da das Integral in dem Fall den Inhalt der Fläche beschreibt, die $G_f$ mit der $x$-Achse und den Geraden $x=\mathrm e^{-1}$ und $x= c$ einschließt. Da aber $c=\mathrm e^{-1}$ ist, besitzt diese Fläche keinen Inhalt.
Teil B
Abb. 2: Skizze zu $A_1$ und $A_2$
Teil B
Abb. 2: Skizze zu $A_1$ und $A_2$
Ein zweiter Wert lässt sich für $c> \mathrm e$ bestimmen. In dem Fall kann das Integral wie folgt aufgeteilt werden:
$\displaystyle\int_{\mathrm e^{-1}}^{c}f(x)\;\mathrm dx =$ $\underbrace{\displaystyle\int_{\mathrm e^{-1}}^{\mathrm e}f(x)\;\mathrm dx}_{I_1} +$ $\underbrace{\displaystyle\int_{\mathrm e}^{c}f(x)\;\mathrm dx}_{I_2}$
Der Betrag von $I_1$ gibt den Inhalt der Fläche $A_1$ an, den $G_f$ mit der $x$-Achse für $\mathrm e^{-1}\leq x\leq \mathrm e,$ also zwischen den beiden Nullstellen einschließt. Da diese Fläche unterhalb der $x$-Achse liegt, ist $I_1$ negativ.
$I_2$ beschreibt analog dazu den Inhalt der Fläche, die $G_f$ mit der $x$-Achse und den Geraden zu $x=\mathrm e$ und $x=c$ einschließt. Der Abbildung lässt sich entnehmen, dass es ein $c< 6$ gibt, sodass diese Fläche den gleichen Inhalt hat, wie $A_1.$ Da diese oberhalb der $x$-Achse liegt, ist $I_2$ positiv.
Insgesamt gibt es also ein $\mathrm e< c<6,$ für das $I_1$ und $I_2$ betragsmäßig gleich sind, aber $I_1$ ein negative sund $I_2$ ein positives Vorzeichen hat, wodurch die Summe der beiden Null ergibt, also $\displaystyle\int_{\mathrm e^{-1}}^{c}f(x)\;\mathrm dx = 0$ ist.
$\,$
e)
$\blacktriangleright$  Gleichungen der Asymptoten angeben
Die Gleichungen der beiden Asymptoten lauten:
$a_1: \quad x = 0$ und $a_2:\quad y = 1,5x-4,5$
$\,$
f)
$\blacktriangleright$  Prozentuale Abweichung bestimmen
Der Inhalt der Fläche, die der Graph von $h$ mit der $x$-Achse und den beiden Geraden zu $x=1$ und $x=2$ einschließt, kann mithilfe eines Integrals berechnet werden:
$\begin{array}[t]{rll} A_h&=& \left|\displaystyle\int_{1}^{2}h(x)\;\mathrm dx \right|\\[5pt] &=& \left|\displaystyle\int_{1}^{2}\left(1,5x-4,5+\frac{1}{x}\right)\;\mathrm dx \right|\\[5pt] &=& \left|\left[0,75x^2-4,5x+\ln x\right]_1^2\right|\\[5pt] &=& \left|0,75\cdot 2^2-4,5\cdot 2+\ln 2 - 0,75\cdot 1^2+4,5\cdot 1+\ln 1\right| \\[5pt] &=& \left| -2,25+\ln 2\right|\\[5pt] &\approx & 1,557 \\[5pt] \end{array}$
$ A_h \approx 1,557 $
Die prozentuale Abweichung ergibt sich dann zu:
$\begin{array}[t]{rll} \dfrac{1,623-1,557}{1,623}&\approx & 0,0407 \\[5pt] &=& 4,07\,\% \end{array}$
$ \approx 4,07\,\% $
Der Näherungswert für den Flächeninhalt weicht um ca. $4,07\,\%$ ab.
2
a)
$\blacktriangleright$  Graph zeichnen
Teil B
Abb. 3: $G_g$
Teil B
Abb. 3: $G_g$
$\,$
b)
$\blacktriangleright$  Verschiebung beschreiben
Wird der Graph von $f$ an der $y$-Achse gespiegelt, ist die Spiegelachse $x=0.$ Für die zugehörige Funktion $f_1$ gilt dann $f_1(-4)=f(4).$ Da aber $x=4$ die Spiegelachse sein soll, muss $g(4)=f(4)$ gelten. Dazu muss der Graph nach der Spiegelung noch um acht Einheiten in positive $x$-Richtung verschoben werden.
Es gilt: $f_1(x)=f(-x).$ Die anschließende Verschiebung führt dann auf:
$g(x)= f(-(x-8)) = f(-x+8)$
$g(x)=$ $f(-(x-8)) =$ $f(-x+8)$
Es ist also $a=-1$ und $b=8.$
$\,$
c)
$\blacktriangleright$  Winkelgröße berechnen
Der Winkel, den die beiden Tunnelwände miteinander einschließen, entspricht dem Winkel, den die Graphen von $f$ und $g$ an ihrer Schnittstelle $x=4$ miteinander einschließen.
Zur Berechnung des Schnittwinkels der beiden Graphen werden die Steigungen von $G_g$ und $G_f$ an der Stelle $x=4$ benötigt. Es gilt:
$\begin{array}[t]{rll} f'(4)&=& 4\cdot \dfrac{\ln 4}{4} \\[5pt] &=& \ln 4 \\[10pt] g(x)&=& f(-x+8) \\[5pt] &=& 2\cdot \left(\left(\ln (-x+8) \right)^2 -1\right) \\[5pt] g'(x) &=& 2\cdot \left(\ln (-x+8) \right)\cdot 2 \cdot \dfrac{1}{-x-8}\cdot (-1) \\[5pt] &=& \dfrac{-4\cdot \ln(-x+8)}{-x+8} \\[10pt] g'(4)&=& \dfrac{-4\cdot \ln(-4+8)}{-4+8} \\[5pt] &=& -\ln4 \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} f'(4)&=& \ln 4 \\[10pt] g(x)&=& … \\[5pt] g'(x) &=& … \\[10pt] g'(4)&=& -\ln4 \\[5pt] \end{array}$
Mit der Formel für den Schnittwinkel zweier Graphen folgt dann:
$\begin{array}[t]{rll} \tan \alpha &=& \dfrac{g'(4)-f'(4)}{1+f'(4)\cdot g'(4)} \\[5pt] \tan \alpha &=& \dfrac{-\ln 4-\ln 4}{1-\ln 4\cdot \ln 4} \\[5pt] \tan \alpha &=& \dfrac{-2\ln 4}{1-\left(\ln 4\right)^2} &\quad \scriptsize \mid\;\tan^{-1} \\[5pt] \alpha &\approx& 71,6^{\circ} \end{array}$
$ \alpha\approx 71,6^{\circ} $
Die beiden Tunnelwände schließen einen Winkel der Größe $71,6^{\circ}$ ein.
#schnittwinkel
$\,$
d)
$\blacktriangleright$  Größtmögliche Wassertiefe berechnen
Der tiefste Punkt des Wasserbeckens im Modell wird durch den Tiefpunkt von $G_f$ bzw. $G_g$ beschrieben. Beide besitzen allerdings dieselbe $y$-Koordinate, wodurch es genügt einen der beiden zu betrachten.
Die Koordinaten des Tiefpunkts von $G_f$ wurden bereits in 1a) berechnet: $T(1\mid -2).$ Im Extremfall kann die Wasseroberfläche durch die Gerade mit $y=f(0,2)$ modelliert werden.
$\begin{array}[t]{rll} f(0,2)&=& 2\cdot \left(\left(\ln 0,2 \right)^2 -1\right) \\[5pt] &\approx& 3,18 \\[5pt] \end{array}$
$ f(0,2)\approx 3,18 $
$3,18- (-2) = 5,18$
Die maximale Wassertiefe beträgt also ca. $5,18\,\text{m}.$
$\,$
e)
$\blacktriangleright$  Term erläutern
Das Volumen eines Prismas wird durch $V= G\cdot h$ berechnet, wobei $G$ der Flächeninhalt der Grundfläche ist und $h$ die Höhe des Prismas. In diesem Fall ist $h= 12.$ $G$ ist die Fläche, die die Kurve $k$ mit der oberen Begrenzung $y=f(0,2)$ einschließt. Diese Fläche ist achsensymmetrisch zur Gerade $x=4,$ weshalb es genügt eine Hälfte mithilfe eines Integrals über die Differenzenfunktion $f(0,2) -f(x)$ zu bestimmen und dieses zu verdoppeln. Die Integrationsgrenzen sind $0,2$ und $4.$ Insgesamt folgt:
$\begin{array}[t]{rll} V&=& G\cdot h \\[5pt] &=& 2\cdot \displaystyle\int_{0,2}^{4}(f(0,2)-f(x))\;\mathrm dx \cdot 12 \\[5pt] &=& 24\cdot \displaystyle\int_{0,2}^{4}(f(0,2)-f(x))\;\mathrm dx \\[5pt] \end{array}$
$ V= … $
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