Begründe, dass die Funktion $ff$ nur eine Nullstelle besitzt

Es ist ${\mathrm{e}}^{-\mathrm{1,5}\cdot x}>0\backslash mathrm\{e\}^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}>0$ für alle $x\in \mathbb{R}x\; \backslash in\; \backslash mathbb\{R\}$.

Deshalb gilt: $f(x)=9\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{1,5}\cdot x}=0\iff x=0f(x)=9\; \backslash cdot\; x\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}=0\; \backslash Leftrightarrow\; x=0$.

Somit besitzt die Funktion $ff$ nur eine Nullstelle an der Stelle $x=0x=0$.

Zeige, dass $f^{\mathrm{\prime }}(x)=(-\frac{27}{2}x+9)\cdot e^{-\mathrm{1,5}\cdot x}f^\{\backslash prime\}(x)=\backslash left(-\backslash frac\{27\}\{2\}\; x+9\backslash right)\; \backslash cdot\; e^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$ die erste Ableitung der Funktion $ff$ ist

Gegeben ist $f(x)=9\cdot x\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{1,5}\cdot x}f(x)=9\; \backslash cdot\; x\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$:

$\Rightarrow f^{\mathrm{\prime }}(x)=9\cdot e^{-\mathrm{1,5}\cdot x}+9\cdot x\cdot e^{-\mathrm{1,5}\cdot x}\cdot (-\mathrm{1,5})=(-{\displaystyle \frac{27}{2}}x+9)\cdot e^{-\mathrm{1,5}\cdot x}\backslash Rightarrow\backslash ;f\text{'}(x)=9\backslash cdot\; e^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}+9\backslash cdot\; x\; \backslash cdot\; e^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}\backslash cdot(-1\{,\}5)=\backslash left(-\backslash dfrac\{27\}\{2\}x+9\backslash right)\backslash cdot\; e^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$,

Damit ist $f^{\mathrm{\prime }}(x)=(-{\displaystyle \frac{27}{2}}x+9)\cdot e^{-\mathrm{1,5}\cdot x}f\text{'}(x)=\backslash left(-\backslash dfrac\{27\}\{2\}x+9\backslash right)\backslash cdot\; e^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$, wie gefordert.

Untersuche den Graphen von $ff$ rechnerisch auf lokale Extrempunkte

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0f\text{'}(x)=0$.

Setze $f^{\mathrm{\prime }}(x)=0\Rightarrow 9-{\displaystyle \frac{27}{2}}x=0\Rightarrow x={\displaystyle \frac{2}{3}}f\text{'}(x)=0\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;9-\backslash dfrac\{27\}\{2\}x=0\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;x=\backslash dfrac\{2\}\{3\}$.

An der Stelle $x={\displaystyle \frac{2}{3}}x=\backslash dfrac\{2\}\{3\}$ liegt eine Extremstelle vor.

Überprüfe die Art der Extremstelle mit der gegebenen 2. Ableitung:

Der Graph der Funktion $ff$ hat an der Stelle $x=\frac{2}{3}x=\backslash frac\{2\}\{3\}$ einen Hochpunkt.

Berechne $f(\frac{2}{3})={\displaystyle \frac{6}{e}}\approx \mathrm{2,21}f(\backslash frac\{2\}\{3\})=\backslash dfrac\{6\}\{e\}\backslash approx2\{,\}21$$\Rightarrow HP\left(\frac{2}{3}\mathrm{\mid }\frac{6}{e}\right)\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;HP\backslash left(\backslash frac\{2\}\{3\}|\backslash frac\{6\}\{e\}\backslash right)$.

Ermittele die Koordinaten des Wendepunktes

Es ist $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=(\frac{81}{4}\cdot x-27)\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{1,5}\cdot x}f^\{\backslash prime\; \backslash prime\}(x)=\backslash left(\backslash frac\{81\}\{4\}\; \backslash cdot\; x-27\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=0f^\{\backslash prime\; \backslash prime\}(x)=0$.

$\Rightarrow 0=\frac{81}{4}\cdot x-27\Rightarrow x={\displaystyle \frac{4}{3}}\backslash Rightarrow\backslash ;0=\backslash frac\{81\}\{4\}\; \backslash cdot\; x-27\backslash ;\backslash Rightarrow\backslash ;x=\backslash dfrac\{4\}\{3\}$

Laut Aufgabenstellung hat der Graph von $ff$ genau einen Wendepunkt und der liegt an der Stelle $x={\displaystyle \frac{4}{3}}x=\backslash dfrac\{4\}\{3\}$ vor.

Berechne $f(\frac{4}{3})=9\cdot {\displaystyle \frac{4}{3}}\cdot e^{-\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}}=12\cdot e^{-2}f(\backslash frac\{4\}\{3\})=9\backslash cdot\backslash dfrac\{4\}\{3\}\backslash cdot\; e^\{-\backslash frac\{3\}\{2\}\backslash cdot\backslash frac\{4\}\{3\}\}=12\backslash cdot\; e^\{-2\}$.

Somit hat der Wendepunkt die Koordinaten $WP(\frac{4}{3}\mathrm{\mid }12\cdot e^{-2})WP\backslash left(\backslash frac\{4\}\{3\}|12\backslash cdot\; e^\{-2\}\backslash right)$, gerundet $WP(\mathrm{1,33}\mathrm{\mid }\mathrm{1,62})WP(1\{,\}33|1\{,\}62)$.

Ermittele, an welchen Stellen im Intervall $[0;6][0\; ;\; 6]$ der Graph der Funktion $ff$ die größte bzw. die kleinste Steigung hat

Die größte bzw. kleinste Steigung liegt im Wendepunkt oder am Rand des Intervalls vor.

Berechne $f^{\mathrm{\prime }}(0),f^{\mathrm{\prime }}(\frac{4}{3})f\text{'}(0),\; f\text{'}(\backslash frac\{4\}\{3\})$ und $f^{\mathrm{\prime }}(6)f\text{'}(6)$:

Es ist $f^{\mathrm{\prime }}(x)=(9-\frac{27}{2}x)\cdot {\mathrm{e}}^{-\mathrm{1,5}\cdot x}f^\{\backslash prime\}(x)=\backslash left(9-\backslash frac\{27\}\{2\}\; x\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-1\{,\}5\; \backslash cdot\; x\}$.

Dann folgt:

$f^{\mathrm{\prime }}(0)=9f^\{\backslash prime\}(0)=9$

$f^{\mathrm{\prime }}(\frac{4}{3})=(9-\frac{27}{2}\cdot \frac{4}{3})\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}}=-9\cdot e^{-2}\approx -\mathrm{1,22}f^\{\backslash prime\}(\backslash frac\{4\}\{3\})=\backslash left(9-\backslash frac\{27\}\{2\}\backslash cdot\; \backslash frac\{4\}\{3\}\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-\backslash frac\{3\}\{2\}\; \backslash cdot\; \backslash frac\{4\}\{3\}\}=-9\backslash cdot\; e^\{-2\}\backslash approx-1\{,\}22$

$f^{\mathrm{\prime }}(6)=(9-\frac{27}{2}\cdot 6)\cdot {\mathrm{e}}^{-\frac{3}{2}\cdot 6}=-72\cdot e^{-9}\approx -\mathrm{0,01}f^\{\backslash prime\}(6)=\backslash left(9-\backslash frac\{27\}\{2\}\backslash cdot\; 6\backslash right)\; \backslash cdot\; \backslash mathrm\{e\}^\{-\backslash frac\{3\}\{2\}\; \backslash cdot\; 6\}=-72\backslash cdot\; e^\{-9\}\backslash approx-0\{,\}01$

Die größte Steigung besteht an der Stelle $x=0x=0$ und die kleinste Steigung liegt an der Wendestelle $x=\frac{4}{3}x=\backslash frac\{4\}\{3\}$ vor.