Analysis (Leistungsfach)

Alternativer Bildtext:

über der Grundebene). Für x ≥ 3 soll die Bahn ohne Knick und geradlinig bis zur Grundebene verlängert werden: a) Skizziere den Sachverhalt. b) Erläutere, was in diesem Zusammenhang ohne Knick" bedeutet. c) An welcher Stelle trifft die Verlängerung die Grundebene? d) Welche Länge hat die geradlinige Verlängerung bis zu diesem Punkt? Aufgabe 5 Gegeben sind die Funktionen f und g durch f(x) = -1x³ + 3x und g(x) = ²x² (14 VP) a) Berechne für die Funktion f alle Nullstellen sowie die Extrem- und Wendepunkte des Graphen von f. b) Berechne alle Stellen u, für die die Graphen von f und g die gleiche Steigung besitzen. c) An der Stelle a besitzen die Graphen von f und g zueinander senkrechte Tangenten. Gib die Gleichung an, die für dieses a gelten muss. d) Vom Punkt (01-8) aus sollen Tangenten an den Graphen von g gelegt werden. Ermittle ihre Gleichungen. e) Für jeden Wert von k mit 0 <k < 6 bilden die Punkte P(k|f(k)) und Q(klg(k)) mit dem Koordinatenursprung ein Dreieck. Berechne den Wert von k so, dass dieses Dreieck einen möglichst großen Flächeninhalt hat. Tipp: Eine Höhe im Dreieck kann auch außerhalb des Dreiecks liegen! Viel Erfolg ! Nr.1 a) f'(x1= 4. (5x² + 3) ³. 10xr b) f'(x) = (3x-4) (-sin (2x))·2+ cos(2x). 3 r c) f'(x) = -8x³-2 Nr. 2 f(x)= -x² + 3x² - 2x f'(x)=-3x² + 6x -2 f"(x) = -6x+6 der Tangente: Steigung A: Tangente hat bel b) W (110) Geraden durch W y=mx+c Schnittpunkte f'(^)= -3.1² + 6·1-2 = 15 r W de Steigung 1. mo 13 28,5/30 AS NP Gerade mit Gf: f(x)=m²x+c und -x³+3x²-2x = mx +c -x7+ 3x²-2x = mx-m -x³+ 3x²-x. (2+m) = -m 0=mx+c damit Gerade durch W CE-m 1-mx → Anzahl der Schnittpunkte ist Anzahl der Lösung der Gleichung in Abh. You ma Wenn m² f'(also 1, dann gibt es nur 1 Schnittpunkt, nämlich W. 1st m= 1 gibt es 2 Schnittpunkte. 1st mc1. mele gibt es 3 Schnittpunkte. 22,5 ↑ This man, ist die Gerade Levan Wendetangente, also auch ^ Schni#pun ! 3,5/3,5 9/10 Nr.3 a) Jarda der Graph von f 2 Extremstelten und keinen Sattelpunkt hat. f'(x) bei Exterstellen gleich Null. I b) Ja, (da f(1) = 0 und f'(^)=0, da die Steigung dort Null ist und bei x= 1 ein Tiefpunkt ist. c) Ja, da bei X=0 eine Wendestelle vorliegt. Bei einer Wendestelle ist f"(x)=0₁ also ist f" (0) = 0. → Nullstelle in der 2. Allo kitungsfunktion f a) f(-2)=0 f'(0) <0 ( Falsch, da die Steigung als 0 ist. r an der Stelle x=0 kleiner 18 42 C c)_y=mx+c ts f'(x) = /2/ x²-4/3 27 +¹ (3) = -1 y = -1/x+c y=-3x+3 u 2 A weitergeht -1.3 + c C = 3 6=0 4 b) An der Stelle x = 3 soll die Strecke die, die mit der gleichen Steigung weitergehen wie der Graph bet x=3 hat. d) P₁ (312) und P2 (910) Länge: 3. d=√(8-3)² + (0-2)²¹ 6,324 2 1 2 3 e f(3) = 2 P(312)→ Punkt, andem es ohne Knick y 6.11.19 B -3= Steigung d 0=-3x+3 1-3 x=gr A- An der Stelle x= 9 trifft die Verlängerung auf die Grundebene. A: Da x in 10m hat die Verlängering eine Länge von 63,24m C r 616 Nr.5 a) f(x1= -1 x³ + 3x 16 f'(x)= -3 x ² +3 - 3x² +3 f"(x)= 16 fill (x)= -6 Nullstellen: fal=0 Extrempunkte: f'(x)=0 K1=0 X → H H(418) Wendepunkte: f"(x)=0 = 0= -1 x³ + 3x 16 0= x₁(1x²+3) x₁₂₁₂ = 4 f" (4) = - 1²/1/20 -3 = =-3x x² = 3 - 1x² + 3 = 0 1-3 46 0= -3 x² + ] Ac -3 16 3 -1x² = -3 16 x₂ = 6₁92 3 16 X²- 3 16 x² 1-3 x₂ = -4 (:(1/16) x3 = -6,92 1:(-3) 1+√7 - 6x = 0 1 1 - - € 16 (+√ ) T(-41-8) f"(-4)=3/ ×₁₂=0 f"" (0) = -√26 #O →W (010) b) Graphen r von c) Stelle a -3 f' (u)= -² U² +3 16 gi(u)= Au MVE: fund ander - 3 a² + 3 = 16 m= 04 = g(u)- (-8) OK u-0 • g² (u) = 1 u g gleiche Steigung g₁(u) = f'(u) -3 a3 + 3a = 64 u 4 4₁ = -4,72 f'(a) d) P (01-8) Tangente an B(ulf(u)) पर 16 + 1 = √(-²2) ²-4-(-2) · 3¹ s 1u= 4 = -3 u² +3 1-1 u 2.(-3) 16 ۲/ ۲۱۶ 1 g'(a) ( g² (x) = 1 x a u² +8 u g'(u) = oy Ox u r 9 mit g(x) = 2x² 8 7u²+8 4₂=3₁38⁹ F = 1 u² + 8 8 11ª 4 Tiu 1-1u²3 R S B₁ (818) y₁ = mxtc g' (8)=2 m: y₁= 2xtc B₁ in 8 = 2.8+ < 1-16 (= -8 эу= 2х-8 т e) 0<k < 6 mit 0 (0(0) A= 1.g.h 2 1u² 8 =81: (²²) u² = 64 4₁ = 8 A'(K)= 0 1₁=0 u₂ = -8 B₂ (-818) Y₂ = mxtc. m: g₁(-8)= -2 -2x+c 9₂= B₂ in yz 8=-2-(-8) +c (=-8 y=2х-8 г P(klf(k)) und Q (ki g(k)) → Dreieck mit möglichst kang A großem A(k)= 1k⋅ ( 1k²– 11 k³ -3k) 8 g= k h = g(k) = f(k) S 1 k ² - (- 1 k ² + 3k) = 1k² + 1 1(3-3k 8 1 k ³-1 k4- 1,5k² 32 16 A'(k)= −1k³ + ³ k² - 3 k 8 16 A" (k)= -3k² + 3k-3 -3k² + 3k-3 8 1-16 -1 k³ + 3 k² - 3k = 0 8 76 2 K. (-1² + 3 k-24) = 0 8 kn & Of Dr = (0₁6) -k² MUF: +3k-24 = 0 14213 K₂= - 2 + √(²) ³²-4² (-1) · (-24) 2.(-1) 3 6.11.19 Keine Lösung k₂= / (1) → keine Extremnstelle im Bereich 1 = (0₁6) (1) Randwert betrachtung: A (0) = O 2 A (6)= -81 = 81 neg. Wart, weil h= g(k)= f(k) negativ aber h= igh)-f(k) ir ist der Flächeninhalt maximal vom Dreieck PQO. Bei 1 = 6 A: Wenn K= 6 wird der Flächeninhalt des Drejecks maximal. (r) 13,5/14 195/26