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

$(u(x)\cdot v(x){)}^{\mathrm{\prime }}=u^{\mathrm{\prime }}(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^{\mathrm{\prime }}(x)\backslash big(u(x)\backslash cdot\; v(x)\backslash big)\text{'}=u\text{'}(x)\backslash cdot\; v(x)+u(x)\backslash cdot\; v\text{'}(x)$

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

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

Setze in die Formel für die Produktregel ein.

Dann folgt:

$f^{\mathrm{\prime }}(x)=(x-\frac{1}{2})\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}+(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x-\frac{7}{4})\cdot 2\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}f\text{'}(x)=\; \backslash left(x-\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash right)\backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{2\; x+1\}+\backslash left(\backslash frac\{1\}\{2\}\; x^\{2\}-\backslash frac\{1\}\{2\}\; x-\backslash frac\{7\}\{4\}\backslash right)\backslash cdot\; 2\backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{2\; x+1\}$

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

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

Es gilt: $f^{\mathrm{\prime }}(x)=(x^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}f\text{'}(x)=\backslash left(x^\{2\}-4\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{2\; x+1\}$

$f^{\mathrm{\prime }}(x_E\text{})=0\Rightarrow 0=(x^2-4)\cdot {\mathrm{e}}^{2x+1}f\text{'}(x\_E)=0\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;0=\backslash left(x^\{2\}-4\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{2\; x+1\}$

Zur Lösung der Gleichung verwende den Satz vom Nullprodukt:

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

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

$x^2-4=0x^2-4=\; 0$$\Rightarrow \backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;$ $x_{E_1}=-2x\_\{E\_1\}=-2$ und $x_{E_2}=2x\_\{E\_2\}=2$

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

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

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

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

An der Stelle $x_{E_1}=-2x\_\{E\_1\}=-2$ gibt es demnach einen Vorzeichenwechsel von $+\mapsto -+\backslash mapsto\; -$.

Hier liegt ein lokales Maximum vor.

An der Stelle $x_{E_2}=2x\_\{E\_2\}=2$ gibt es demnach einen Vorzeichenwechsel von $-\mapsto +-\backslash mapsto\; +$.

Hier liegt ein lokales Minimum vor.