Da die vordere Seitenfläche des Hinderniselements symmetrisch zur y-Achse sein soll, erhält man die Funktionsgleichung der Auffahrtslinie $q$ durch Spiegelung der (bereits in Aufgabe 1 betrachteten) Funktion $f:f(x)=2-\ln(x-1)$ mit $D_f=[2;8]$ an der y-Achse.

Für die gespiegelte Funktion $q$ gilt:

$f(2)$ gibt die Höhe der Plateaulinie an. Und wegen $q(-2)=f(2)$ ist gesichert, dass das Plateau horizontal verläuft und die Übergänge von Auffahrt zu Plateau und von Plateau zu Abfahrt ohne Sprünge erfolgen.

Der Term von $q$ ergibt sich durch Spiegelung von $f$ an der y-Achse, man muss also $x$ durch $-x$ ersetzen. Man erhält die Funktion $q:\ x\ \rightarrow\ 2-\ln(-x-1)$.

In dieser Teilaufgabe ist eine lokale Änderungsrate von der mittleren Änderungsrate zu unterscheiden.

Die lokale Änderungsrate von $f$ an der Stelle $x_m$ ist der Ableitungswert für $x_m$.

Bilde die Ableitung von $f$:

$f'(x)=\displaystyle-\frac{1}{x-1}$ $\quad\Rightarrow$

$f'(x_m)=\displaystyle \frac{1}{1-x_m}$.

Die mittlere Änderungsrate von $f$ im Intervall $[2;8]$ ist die Steigung $m$ der Strecke zwischen den Punkten $(2;f(2))$ und $(8;f(8))$.

Es gilt:

$m=\displaystyle\frac{f(8)-f(2)}{8-2}$

$m=\displaystyle \frac{2-\ln 7-2}{6}=\frac{-\ln7}{6}$.

Bedingung für $x_m$ ist die Gleichung:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\displaystyle \frac{1}{1-x_m}&=&\displaystyle \frac{-\ln 7}{6}&|\cdot 6\cdot(1-x_m)\\6&=&-\ln7\cdot(1-x_m)&|:\ln 7\,|+1\\x_m&=&\displaystyle 1+\frac{6}{\ln 7}\\x_m&\approx&4{,}08\end{array}$

Für rund $4{,}08$ ist die lokale Änderungsrate von $f$ gleich der mittleren Änderungsrate des Intervalls $[2;8]$.

Du zeichnest als Lösung zur Strecke [AB] mit $A(2|f(2)$) und $B(8|f(8)$) eine parallele Gerade, die $f$ berührt. D.h. du legst näherungsweise die Tangente an den Graphen von $f$, die parallel zur Sekante $[AB]$ ist.

Du entnimmst dem x-Wert des Berührpunktes der Tangente mit dem Graphen von $f$, dass er etwas größer ist als 4.

Der Winkel $\alpha$ ergibt sich über den Neigungswinkel der Tangente $t$ im Punkt $P(2|f(2))$ an den Graphen $G_f$.

Für den Neigungswinkel $\alpha‘$ von $t$ gilt:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\tan(\alpha')&=&f'(2)\\\tan(\alpha')&=&\displaystyle- \frac{1}{2-1}\\\tan(\alpha')&=&-1&|\;\tan^{-1}\\\alpha'&=&-45°\end{array}$

Da die Plateaulinie zur x-Achse parallel ist gilt:

$\alpha+45°=180°\quad\Rightarrow\quad\alpha=135°$

Der Winkel, den das Plateau und die Fahrbahn an der Kante zur Abfahrt einschließen, beträgt $135°$.

Die Flächen in den Intervallen $[-6;-2]$ und $[2;6]$ sind kongruent, deshalb ergibt sich als Gesamtwerbefläche $A$:

Für die Werbefläche des Skate-Parks stehen rund $7{,}91\,m^2$ zur Verfügung.