Zehn gemischte Aufgaben auf Anforderungsbereich II: Hier gehst du über das reine Nachrechnen hinaus — mehrschrittige Untersuchungen, Übertragen auf neue Funktionstypen, Fehlersuche in fremden Lösungen und Extremwertaufgaben mit echter Nebenbedingung. Fünf Aufgaben sind interaktiv, fünf rechnest du vollständig auf Papier.
Vollständige Untersuchungen
x^3-4x bzw. 3x^2-4, Zahlenwerte als Zahl.Erste Ableitung: \(f'(x)=\)
Ausklammern liefert die Nullstellen \(x_1=\) , \(x_2=\) und \(x_3=\) .
Zweite Ableitung: \(f''(x)=\)
\(f''(0)=\) , also liegt bei \(x=0\) ein Hochpunkt mit dem Funktionswert vor.
\(f''(2)=\) , also liegt bei \(x=\pm 2\) je ein Tiefpunkt mit dem Funktionswert vor.
Gegeben ist \(f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+11\).
- Untersuche \(G_f\) vollständig auf Monotonie und Extrempunkte.
- Bestimme den Wendepunkt und gib das Krümmungsverhalten an.
- Formuliere einen zusammenhängenden Antwortsatz zum Verlauf des Graphen.
Lösung anzeigen
a) \(f'(x)=3x^{2}-6x-9=3(x-3)(x+1)\;\Rightarrow\;x_1=-1,\;x_2=3\).
\(f''(x)=6x-6\): \(f''(-1)=-12<0\) (Hochpunkt), \(f''(3)=12>0\) (Tiefpunkt).
\(f(-1)=-1-3+9+11=16\), \(f(3)=27-27-27+11=-16\).
steigend auf \(]-\infty;-1]\) und \([3;\infty[\), fallend auf \([-1;3]\)
b) \(f''(x)=0\Leftrightarrow x=1\); \(f''\) wechselt dort das Vorzeichen. \(f(1)=1-3-9+11=0\), also \(W(1\mid 0)\). Rechtsgekrümmt für \(x<1\), linksgekrümmt für \(x>1\).
c) „Der Graph steigt bis zum Hochpunkt \(H(-1\mid 16)\), fällt dann — dabei am steilsten im Wendepunkt \(W(1\mid 0)\) — bis zum Tiefpunkt \(T(3\mid -16)\) und steigt danach wieder an.“
Kontrolle: Die Wendestelle liegt bei ganzrationalen Funktionen dritten Grades immer genau in der Mitte zwischen Hoch- und Tiefpunkt: \(\frac{-1+3}{2}=1\). ✓
Wendepunkte und Sonderfälle
Gegeben ist \(f(x)=x^{4}-6x^{2}\).
- Bestimme alle Wendepunkte von \(G_f\).
- Stelle die Gleichung der Wendetangente im rechten Wendepunkt auf.
- Begründe ohne weitere Rechnung, warum der linke Wendepunkt dieselbe Höhe hat.
Lösung anzeigen
a) \(f'(x)=4x^{3}-12x\), \(f''(x)=12x^{2}-12=12(x^{2}-1)\).
\(f''(x)=0\Leftrightarrow x=\pm 1\). \(f''\) wechselt an beiden Stellen das Vorzeichen (Parabel mit Nullstellen \(\pm1\)), also sind es Wendestellen.
\(f(\pm 1)=1-6=-5\), also \(W_1(-1\mid-5)\) und \(W_2(1\mid-5)\).
b) Steigung: \(f'(1)=4-12=-8\). Punkt-Steigungs-Form:
c) \(f\) enthält nur gerade Exponenten, ist also achsensymmetrisch zur \(y\)-Achse. Deshalb gilt \(f(-1)=f(1)=-5\).
Häufiger Fehler: In der Wendetangente die Steigung \(f''(1)\) statt \(f'(1)\) verwenden. Die Tangente braucht immer die erste Ableitung.
| Aussage | Hochpunkt | Tiefpunkt | Sattelpunkt |
|---|---|---|---|
| \(f(x)=-x^{2}\) | |||
| \(f(x)=x^{4}\) | |||
| \(f(x)=x^{3}\) | |||
| \(f(x)=x^{2}+1\) | |||
| \(f(x)=-x^{4}\) | |||
| \(f(x)=x^{5}\) |
Aus einem rechteckigen Karton mit den Maßen \(60\;\text{cm}\times 40\;\text{cm}\) wird an jeder Ecke ein Quadrat mit der Seitenlänge \(x\) ausgeschnitten. Die überstehenden Ränder werden hochgeklappt, sodass eine oben offene Schachtel entsteht.
- Stelle die Volumenfunktion \(V(x)\) auf und gib den Definitionsbereich an.
- Berechne die Schnittlänge \(x\), für die das Volumen maximal wird (auf zwei Nachkommastellen).
- Gib das größtmögliche Volumen an und begründe, warum die zweite Lösung der quadratischen Gleichung nicht infrage kommt.
Lösung anzeigen
a) Grundfläche \((60-2x)(40-2x)\), Höhe \(x\):
b) \(V'(x)=12x^{2}-400x+2400=4\,(3x^{2}-100x+600)\).
\(3x^{2}-100x+600=0\Rightarrow x_{1,2}=\dfrac{100\pm\sqrt{10000-7200}}{6}=\dfrac{100\pm\sqrt{2800}}{6}\)
\(x_1\approx 7{,}85\) und \(x_2\approx 25{,}49\).
\(V''(x)=24x-400\); \(V''(7{,}85)\approx-211{,}6<0\) ⇒ Maximum.
c) \(V(7{,}85)\approx 8450\;\text{cm}^{3}\). \(x_2\approx 25{,}49\) liegt außerhalb des Definitionsbereichs: Bei \(x\ge 20\) wäre die kürzere Seite \(40-2x\le 0\), es gäbe also gar keine Schachtel mehr.
Antwortsatz: „Schneidet man an den Ecken Quadrate mit rund \(7{,}85\;\text{cm}\) Seitenlänge aus, fasst die Schachtel mit etwa \(8450\;\text{cm}^{3}\) das größte Volumen.“
Die Bedingung \(f'(x_0)=0\) ist für eine Extremstelle .
Gilt \(f'(x_0)=0\) und \(f''(x_0)>0\), so liegt ein vor, weil der Graph dort ist.
Ist zusätzlich \(f''(x_0)=0\), so ist das Kriterium — man untersucht dann den .
Für einen Wendepunkt setzt man an; die Wendetangente hat die Steigung .
Argumentieren und Modellieren
Von einer differenzierbaren Funktion \(f\) ist nur die Ableitung bekannt:
- Bestimme alle Stellen mit waagerechter Tangente.
- Entscheide für jede dieser Stellen, ob ein Hochpunkt, ein Tiefpunkt oder ein Sattelpunkt vorliegt. Begründe mit dem Vorzeichenwechsel.
- Erkläre, warum das \(f''\)-Kriterium an der Stelle \(x=2\) hier nicht weiterhilft.
Lösung anzeigen
a) \(f'(x)=0\) für \(x=2\) (doppelte Nullstelle) und \(x=-1\).
b) Vorzeichen von \(f'\): Der Faktor \((x-2)^{2}\) ist außer bei \(x=2\) stets positiv, das Vorzeichen hängt also nur an \((x+1)\).
| Bereich | \(x<-1\) | \(-1<x<2\) | \(x>2\) |
|---|---|---|---|
| \(f'(x)\) | negativ | positiv | positiv |
| \(G_f\) | fällt | steigt | steigt |
Bei \(x=-1\) wechselt \(f'\) von − nach + ⇒ Tiefpunkt. Bei \(x=2\) kein Vorzeichenwechsel ⇒ Sattelpunkt.
c) Bei einer doppelten Nullstelle von \(f'\) berührt \(f'\) dort die \(x\)-Achse; folglich ist \(f''(2)=0\). Das Kriterium „\(f''\neq 0\)“ ist damit nicht erfüllt und liefert keine Entscheidung — der Vorzeichenwechsel dagegen schon.
Merke: Für die Art der Stelle brauchst du \(f\) selbst gar nicht zu kennen. Die Funktionswerte der Punkte allerdings schon.
x*(120-2*x).Gegeben ist \(f(x)=x^{3}+3x^{2}+3x+1\).
- Zeige, dass \(G_f\) genau eine Stelle mit waagerechter Tangente besitzt.
- Weise nach, dass dort kein Extrempunkt, sondern ein Sattelpunkt vorliegt.
- Begründe mit dem Monotonieverhalten, dass \(f\) genau eine Nullstelle hat.
Lösung anzeigen
a) \(f'(x)=3x^{2}+6x+3=3\,(x^{2}+2x+1)=3\,(x+1)^{2}\).
\(f'(x)=0\Leftrightarrow x=-1\) — eine doppelte Nullstelle, also genau eine Stelle.
b) \(3(x+1)^{2}\ge 0\) für alle \(x\): \(f'\) ist nie negativ, es gibt also keinen Vorzeichenwechsel. Damit ist \(x=-1\) keine Extremstelle.
\(f''(x)=6x+6\): \(f''(-1)=0\) und \(f''\) wechselt bei \(x=-1\) das Vorzeichen (von − nach +). Zusammen mit \(f'(-1)=0\) ist das ein Sattelpunkt: \(f(-1)=-1+3-3+1=0\), also \(S(-1\mid 0)\).
c) Wegen \(f'(x)\ge 0\) und \(f'(x)=0\) nur an einer einzigen Stelle ist \(f\) auf ganz \(\mathbb{R}\) streng monoton steigend. Eine streng monoton steigende Funktion nimmt jeden Wert höchstens einmal an — es gibt also höchstens eine Nullstelle; \(f(-1)=0\) zeigt, dass es genau eine ist.
Nebenbei: \(f(x)=(x+1)^{3}\) — die dritte binomische Struktur macht alles auf einen Blick sichtbar. Wer sie erkennt, spart sich viel Rechnung.