Gegeben:

$x=0$ ist die einzige Nullstelle von f, da der Quotient $\displaystyle \frac{4x}{(x+1)^2}$ nur Null wird, wenn der Zähler $0$ ist.

Formale Berechnung der Nullstelle(n):

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\displaystyle \frac{4x}{(x+1)^2}&=&0&\;|\cdot (x+1)^2\\4x&=&\color{red}{0}&\;:4\\x&=&0\end{array}$

Angabe der senkrechten Asymptote von $G_f$:

Die Funktion $f$ hat (nur) für $x=-1$ einen (geraden) Pol. Die Gleichung der senkrechten Asymptote des Graphen $G_f$ lautet also $x = -1.$

Formaler Nachweis des Polverhaltens der Funktion $f$:

linksseitige Annäherung an $x=-1$:

rechtsseitige Annäherung an $x=-1$:

$\displaystyle \lim_{h\to 0} f(-1 +h)=\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{\overbrace{4(-1+h)}^{\text{negativ}\to-4}}{\underbrace{(+h)^2}_{\text{positiv}\to+0}}=-\infty$

Das rechnerische Ergebnis der beidseitigen Annäherung an die Stelle $x=-1$ bestätigt das Vorliegen einer geraden Polstelle mit $f(x)\to -\infty$.

Begründung der waagrechten Asymptote $y=0$ für $x\to \pm\infty$:

Die Funktion $f$ ist eine echt gebrochen rationale Funktion (der Grad des Zählers ist 1; der Grad des Nenners ist 2) und der Graph hat deshalb die x-Achse als waagrechte Asymptote.

Eine rechnerische Grenzwertüberlegung führst du folgendermaßen durch:

Es gilt:

$f(x)=\displaystyle \frac{4x}{(x+1)^2}=\frac{4x}{x^2+2x+1}$

Du kannst jetzt beide Grenzwertbetrachtungen (für $x\to +\infty$ und für $x\to - \infty$) "in einem Zug" durchführen:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\displaystyle \lim_{x\to {\color{red}{\pm}}\infty}f(x)&=&\displaystyle\lim_{x\to \pm\infty}\frac{4x}{x^2+2x+1}&|\text{kürzen durch $x^2$}\\&=&\displaystyle \lim_{x\to \pm\infty}\frac{\frac{4}{x}}{1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2}}\\&=&\displaystyle \frac{{\color{red}{0}}}{1+{\color{red}{0}}+{\color{red}{0}}}\\&=&0\end{array}$

In der Teilaufgabe ist Lage und die Art des Extremums des Graphen $G_f$ der gebrochenrationalen Funktion $f$ zu bestimmen. Dazu verwendest du die Quotientenregel und die Kettenregel.

Lage des Extremums

Bilde die 1. Ableitung der Funktion $f$.

Zur Berechnung der Ableitung kannst du die Quotientenregel benutzen.

Gegeben ist:

$f(x)=\displaystyle \frac{4x}{(x+1)^2}; \;D_f=\mathrm{R}\setminus{\{-1\}}\quad \Rightarrow$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}f'(x)&=&\displaystyle \frac{4\cdot (x+1)^2-\overbrace{2(x+1)}^{\color{red}{\text{Kettenregel}}}\cdot 4x}{\underbrace{(x+1)^4}_{\color{red}{\text{Quotientenregel}}}}\\&=&\displaystyle \frac{4(x^2+2x+1)-8x^2-8x}{(x+1)^4}\\&=&\displaystyle \frac{4x^2+8x+4-8x^2-8x}{(x+1)^4}\\&=&\displaystyle \frac{-4x^2+4}{(x+1)^4}\\&=&4\displaystyle \cdot \frac{1-x^2}{(x+1)^4}|\;\text{binomische Formel}\\&=&4\cdot \displaystyle \frac{(1-x)(1+x)}{(x+1)^4}\;|\text{kürzen}\\&=&4\cdot \displaystyle \frac{1-x}{(x+1)^3}\end{array}$

Setze $f'(x)$ gleich Null und löse die Gleichung:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\displaystyle 4\cdot \frac{1-x}{(x+1)^3}&=&0&|\;\cdot (x+1)^3\\4\cdot(1-x)&=&\color{red}{0}&|\;:4\\1-x&=&0\\x&=&1\end{array}$

Setze $x=1$ in $f(x)$ ein, um die 2. Koordinate des möglichen Extremums zu erhalten:

$f(1)=\displaystyle \frac {4\cdot1}{(1+1)^2}=1$

Der Punkt $M(1|1)$ ist ein mögliches lokales Extremum von $G_f$.

Art des Extremums

$M(1|1)$ ist ein lokales Maximum.

Begründung:

Es ist $f(0)=0$ die einzige Nullstelle und für alle positiven $x$ ist $f(x)$ positiv mit $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=0$. Dann ist die einzige Stelle mit waagrechter Tangente ein lokales Maximum des Graphen.

Alternative Begründung

Du kannst auch den Vorzeichenwechsel der 1. Ableitung heranziehen:

$f'(x)=4\cdot\displaystyle \frac{1-x}{(x+1)^3}$

Für ein $x_0$ (etwas) kleiner als $1$ gilt $f'(x_0)>0$, da dann Zähler und Nenner positiv.

Für ein $x_0$ (etwas) größer als $1$ gilt $f(x_0)<0$, da der Zähler dann negativ, der Nenner aber positiv ist.

Damit wechseln die Funktionswerte von $f'$ beim Durchgang von links nach rechts bei $x=1$ ihr Vorzeichen von plus nach minus.

Für $x=1$ ergibt sich also ein lokales Maximum.

Zur Ermittlung der Art des Punktes mit waagrechter Tangente kannst du - notfalls - auch die 2. Ableitung von $f$ heranziehen.

$f'(x)=\displaystyle 4\cdot\frac{1-x}{(x+1)^3}\quad$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\Rightarrow f''(x)&=& 4\cdot \underbrace{\frac{-1 \cdot (x+1)^3-(1-x) \cdot \overbrace{3(x+1)^2}^{\color{red}{\text{Kettenregel}}}}{(x+1)^6}}_{\color{red}{\text{Quotientenregel}}}\\&=&4\cdot\displaystyle \frac{(x+1)^2[-x-1-3+3x]}{(x+1)^6}\\&=&4 \cdot \displaystyle \frac{(x+1)^2(2x-4)}{(x+1)^6}\\&=&8\cdot \displaystyle \frac{x-2}{(x+1)^4}\end{array}$

Setze die x-Koordinate des Punktes $M(1|1)$ in $f''(x)$ ein:

$f''(1)=8\cdot \displaystyle \frac{1-2}{(1+1)^4}\color{red}{<}0\;\Rightarrow\;$

$M(1|1)$ ist ein lokales Maximum.

Mit $\;f(x)=\displaystyle \frac{4x}{(x+1)^2}$ ist für negative $x$ der Funktionsterm negativ, da der Zähler dann negativ, der Nenner aber positiv ist.

Der Graph $G_f$ verläuft also für negative x-Werte im III. Quadranten.

Für die gewählten Punkte mit $x=-0{,}5$, $x=-3$, $x=-4$ und $x=-6$ erhältst du:

$f(-0{,}5)=-8,\;$$f(-3)=-3$$f(-4)\approx-1{,}78\,,$$f(-6)=-0{,}96$

Der Graph $G_f$ mit den Punkten $A,B,C,D$

Gegeben ist die Funktion

mit $D_F=]-1;+\infty[$

$F$ ist dann für $x>-1$ eine Stammfunktion, wenn für dieses Intervall gilt: $F'(x)=f(x)$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}F'(x)&=&4\cdot \displaystyle \frac{1}{x+1}\cdot 1+\frac{0\cdot (x+1)-4\cdot 1}{(x+1)^2}\\&=&\displaystyle \frac{4}{x+1}-\frac{4}{(x+1)^2}\;|\text{Hauptnenner}\\&=&\displaystyle\frac{4(x+1)}{(x+1)^2}-\frac{4}{(x+1)^2}\\&=&\displaystyle\frac{4x}{(x+1)^2}\;=f(x)\end{array}$

Damit ist gezeigt, dass $F$ für $x>-1$ eine Stammfunktion von $f$ ist.

Zu berechnen ist $\,f(x)$ für $x=0{,}5$ und anzugeben ist das Maximum von $f$ in der Einheit $\frac{mg}{l}$.

$f(0{,}5)=\displaystyle \frac{4\cdot 0{,}5}{(0{,}5+1)^2}\approx0{,}89$.

Ergebnis:

30 Minuten nach Einnahme einer Tablette beträgt die Wirkstoffkonzentration des Medikaments rund $0{,}89\,\frac{mg}{l}$.

Die maximale Wirkstoffkonzentration wird im Extremum des Graphen von $f$, also nach einer Stunde mit einer Konzentration von $1\,\frac{mg}{l}$ erreicht.

f)

(3 BE)

Den Nachweis, dass für $x=2$ der Graph $G_f$ einen Wendepunkt hat, führst du rechnerisch indem du die 2. Ableitung von $f$ berechnest und feststellst, dass diese für $x=2$ Null wird. Zusätzlich zeigst du, dass die 2. Ableitung für $x=2$ ihr Vorzeichen wechselt oder du überprüfst, ob die 3. Ableitung von $f$ für $x_2$ von Null verschieden ist.

Im Sachzusammenhang der Aufgabe gibt die x-Koordinate des Wendepunkts die größte lokale Änderungsrate an. Also ist nach 2 Stunden der Zeitpunkt der maximalen Abnahme der Wirkstoffkonzentration erreicht.

Die Aufgabe zielt auf die Untersuchung, ob der Grenzwert $\displaystyle \lim_{b\to\infty}A(b)$ endlich ist.

$\def\arraystretch{2} \begin{array}{rcll}A(b)&=&\displaystyle \int_0^bf\left(x\right)\mathrm{dx}\\&=&\big[4\cdot \ln(x+1)+\displaystyle \frac{4}{x+1}\big]_0^b\\&=&4\cdot \ln(b+1)+ \displaystyle \frac{4}{b+1}-\big(4\cdot \ln(0+1)+\frac{4}{0+1}\big)\\&=&4\cdot \ln(b+1)+\displaystyle \frac{4}{b+1}-4\end{array}$

Berechne jetzt den Grenzwert für $b\to+\infty$:

$\displaystyle\lim_{b\to +\infty}A(b) =\lim_{b\to + \infty}(4\cdot \underbrace{\ln(b+1)}_{\to + \infty}+\frac{4}{\underbrace{b+1}_{\to 0}}-4) =+\infty$

Ergebnis:

Da der Flächeninhalt $A(b)$ bei $b\to +\infty$ nicht endlich ist, eignet sich die Funktion $f$ nicht als Modellierung für große Zeitwerte.

h)

(4 BE)

Du musst feststellen, ab welchem x-Wert die Funktion $f$ in ihrem monoton fallenden Bereich kleiner als $0{,}75$ wird.

Schneide dazu den Graphen von $f$ mit der Geraden $y=0{,}75$.

$x_2=\frac13$ scheidet aus, da hierfür $f$ steigend ist.

Ergebnis:

Die zweite Tablette muss nach spätestens drei Stunden eingenommen werden.

Siehe die nachfolgende Zeichnung.

i)

(3 BE)

Der passende Term ist der Term $f(x)+f(x-2{,}5)$.

Begründung:

Im Intervall$\;x\in[2{,}5;9]\,$ wird die gemeinsame Wirkstoffkonzentration beider Tabletten durch die Summe der Funktion $f$ und der um 2,5-Längeneinheiten nach rechts verschobenen Funktion von $f$ erfasst.

j)

(4 BE)

Du zeigst, dass der Graph von $k$ streng monoton steigend ist, indem du nachweist, dass $k'(x)>0$ für alle $x\in\mathbb{R}$.

Bilde mit Hilfe der Quotientenregel und der Kettenregel die 1. Ableitung von $k$.

$\displaystyle k(x)=\frac{3\cdot e^{2x}}{e^{2x}+1}-1{,}5\quad\Rightarrow$

Begründung:

$k'(x)$ ist für alle $x\in \mathbb{R}\;$positiv, da - unter Beachtung des positiven Verlaufs von $e^{2x}$ Zähler und Nenner des Quotienten positiv sind.

Folglich ist der Graph von $k$ in $\mathbb{R}$ streng monoton steigend.

k)

(5 BE)

Darum geht es:

Wirkstoffkonzentration "spätestens nach 1 Stunde dauerhaft größer als $0{,}75\,\frac{mg}{l}$" bedeutet,du musst zeigen, dass $k(x)$ größer als $0{,}75 \,\frac{mg}{l}$ für alle $x>1$ ist.

Wirkstoffkonzentration "stets mindestens 25% unter der schädlichen Grenze von $2\,\frac{mg}{l}$" bedeutet, zu keiner Zeit $x$ darf eine Konzentration von $0{,}75\cdot 2\,\frac{mg}{l}=1{,}5\frac{mg}{l}$ erreicht werden.

Zusammenfassend ist zu zeigen, dass für $1<x<+\infty$ gilt $0{,}75<k(x)<1{,}5$.

Zunächst gilt:

$k(1)=\displaystyle \frac{3\cdot e^{2\cdot 1}}{e^{2\cdot 1}+1}-1{,}5\;\approx\;1{,}14\;\color{red}{>}\;0{,}75$

Da $k$ monoton steigend ist, musst du noch den Grenzwert $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}k(x)$ berechnen.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll}\displaystyle \lim_{x\to+\infty}k(x)&=&\displaystyle \displaystyle \lim_{x\to + \infty}\frac{\overbrace{3\cdot e^{2x}}^{\to + \infty}}{\underbrace{e^{2x}+1}_{\to + \infty}}-1{,}5&\,|\;e^{2x}\,\text{kürzen}\\&=&\displaystyle \lim_{x\to + \infty}\frac{3}{1+\underbrace{\frac{1}{e^{2x}}_{\to 0}}}- 1{,}5\\&=&3-1{,}5\\&=&1{,}5\end{array}$

Ergebnis:

Die Rechenergebnisse bestätigen und die Graphik unterstreicht, dass die Modellierung der Dauerinfusion durch die gegebene Funktion $k$ die gestellten Bedingungen erfüllt.