Benutze die Produktregel und beachte beim Ableiten der e-Funktion die Kettenregel:

$(u(x)\cdot v(x){)}^{\prime }=u^{\prime }(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^{\prime }(x)$

Es ist $u(x)=\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x-\frac{7}{4}$ und $v(x)={\mathrm{e}}^{2x+1}$

Dann ist $u^{\prime }(x)=x-\frac{1}{2}$ und $v^{\prime }(x)=2\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}$

Setze in die Formel für die Produktregel ein.

Dann folgt:

$f^{\prime }(x)=(x-\frac{1}{2})\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}+(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x-\frac{7}{4})\cdot 2\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}$

Damit ist gezeigt, dass gilt: $f^{\prime }(x)=(x^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}$

Eine lokale Extremstelle $x_E$​ einer differenzierbaren Funktion ist eine Nullstelle der Ableitung: $f^{\prime }(x_E\text{})=0$.

Es gilt: $f^{\prime }(x)=(x^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}$

$f^{\prime }(x_E\text{})=0\Rightarrow 0=(x^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}$

Zur Lösung der Gleichung verwende den Satz vom Nullprodukt:

${\mathrm{e}}^{2x+1}$ ist für alle $x\ne 0$.

Dann bleibt nur der andere Term, der null werden kann:

$x^2-4=0$$\Rightarrow$ $x_{E_1}=-2$ und $x_{E_2}=2$

Anstatt die zweite Ableitung zu berechnen, kann man auch mit dem Vorzeichenwechselkriterium die Art einer möglichen Extremstelle $x_E\text{}$ bestimmen, dabei berechnet man das Monotonieverhalten der Funktion.

Berechne die Ableitungen an den Stellen $x=-3$, $x=0$ und $x=3$.

$f^{\prime }(-3)=((-3{)}^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2\cdot (-3)+1}=5\cdot {\mathrm{e}}^{-5}>0$

$f^{\prime }(0)=(0^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2\cdot 0+1}=-4\cdot {\mathrm{e}}^1<0$

$f^{\prime }(3)=(3^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2\cdot 3+1}=5\cdot {\mathrm{e}}^7>0$

An der Stelle $x_{E_1}=-2$ gibt es demnach einen Vorzeichenwechsel von $+\mapsto -$.

Hier liegt ein lokales Maximum vor.

An der Stelle $x_{E_2}=2$ gibt es demnach einen Vorzeichenwechsel von $-\mapsto +$.

Hier liegt ein lokales Minimum vor.