Verhalten für $x\to -\infty$:

$${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}=0}$$, da die e-Funktion stärker gegen null geht, als die Potenzfunktion gegen unendlich geht. Die x-Achse ist Asymptote von $G_f$.

Nullstellen:

Berechne $f(x)=0$:

$0=(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}$

Weil ${\mathrm{e}}^{-x}\ne 0$ für alle $x\in ℝ$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

$-x^2+3x=0$ $\Rightarrow x\cdot (-x+3)=0$$\Rightarrow x=0$ oder $x=3$

Die Nullstellen sind $x=0$ und $x=3$.

Die notwendige Bedingung für ein Extremum ist $f^{\prime }(x)=0$.

Bilde mithilfe der Produkt- und Kettenregel die 1. Ableitung und löse die Gleichung $f^{\prime }(x)=0$.

$f^{\prime }(x)=(-2x+3)\cdot e^{\frac{1}{2}x}+(-x^2+3x)\cdot e^{\frac{1}{2}x}\cdot \frac{1}{2}=e^{\frac{1}{2}x}(-2x+3-\frac{1}{2}{x}^2+\frac{3}{2}x)$

$f^{\prime }(x)=e^{\frac{1}{2}x}(-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3)$

$\Rightarrow 0=e^{\frac{1}{2}x}(-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3)$

Weil ${\mathrm{e}}^{-x}\ne 0$ für alle $x\in ℝ$ folgt mit dem Satz vom Nullprodukt:

$-\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{2}x+3=0$ $\Rightarrow x^2+x-6=0$

Du hast eine quadratische Gleichung erhalten. Diese kannst du

nun mit der Mitternachtsformel (abc-Formel) oder pq-Formel lösen.

Hier erfolgt die Lösung mit der pq-Formel.

Dann folgt: $x_1=-{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{5}{2}}=-3$ und $x_2=-{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{5}{2}}=2$

Der Hochpunkt liegt nach der Abbildung bei $x=2$. (Deshalb ist auch kein weiterer Nachweis erforderlich.)

Berechne den Funktionswert an der Stelle $x_2$.

$f(2)=(-2^2+3\cdot 2)\cdot e^{\frac{1}{2}\cdot 2}=(-4+6)\cdot e^1=2e$$\Rightarrow H(2|2e)$

Wertemenge:

$${\displaystyle \underset{x\to \infty }{\lim }\underset{\to -\infty }{\underbrace{(-x^2+3x)}}\cdot \underset{\to +\infty }{\underbrace{e^{\frac{1}{2}x}}}=-\infty }$$ und $H$ ist der einzige Hochpunkt$\Rightarrow W_f=]-\infty ;2e]$.

Steigung der Tangente an den Graphen im Ursprung:

$m_0=f^{\prime }(0)=e^{\frac{1}{2}\cdot 0}(-\frac{1}{2}\cdot 0^2-\frac{1}{2}\cdot 0+3)=1\cdot 3=3$

Gesucht ist die Steigung der Verbindungsgeraden der beiden Extrema durch die Punkte $T(-3|-18\cdot e^{-\frac{3}{2}})$ und $H(2|2e)$$\Rightarrow m_{TH}={\displaystyle \frac{-18\cdot e^{-\frac{3}{2}}-2e}{-3-2}}={\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}$

Dann gilt für die Winkel:

$\tan \alpha =m_0=3\Rightarrow \alpha ={\tan }^{-1}(3)\approx {\mathrm{71,565}}^{°}$und $\tan \beta =m_{TH}={\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}\Rightarrow \beta ={\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{18\cdot e^{-\frac{3}{2}}+2e}{5}}\right)\approx {\mathrm{62,124}}^{°}$

Der gesuchte Winkel $\gamma$ ist die Differenz der beiden berechneten Winkel:

$\gamma \approx \alpha -\beta ={\mathrm{71,565}}^{°}-{\mathrm{62,124}}^{°}\approx {\mathrm{9,44}}^{°}$

Die folgende Abbildung ist nicht in der Aufgabenstellung gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

• Berechne die 2. Ableitung von $f$.

• Löse die Gleichung $f^{\prime \prime }(x)=0$.

• Die erhaltenen Werte werden in die 1. Ableitung eingesetzt.

• Der größte dieser Werte ist das globale Maximum.

Es ist $H(2|2e)$, d. h. $2\text{ s}$ nach Bremsbeginn lädt die Batterie sich am stärksten mit $2e\approx \mathrm{5,4}{\displaystyle \frac{\text{kJ}}{\text{ s}}}$ auf. Bei $t=2\text{ s}$ gibt es die größte Änderungsrate der Energie.

Zeichne eine Parallele zur x-Achse bei $y=-3$. (Unterhalb der x-Achse findet ein Energieverlust statt.)

Die beiden Schnittpunkte dieser Geraden mit $G_f$ begrenzen das Zeitintervall.

Das Zeitintervall, in dem die Batterie mindestens $3{\displaystyle \frac{\text{kJ}}{\text{ s}}}$ verliert, beträgt rund $4\text{ s}$.

Das Integral berechnet die Flächenbilanz im Intervall $[-10;3]$ und diese ist negativ. Die Batterie verliert in diesem Zeitraum insgesamt $15\text{kJ}$.

Für $a=0$ wird $G_f$ an der x-Achse gespiegelt. $G_0$ ist orangefarbig.

Für $a>0$ wird der Graph von $G_f$ um a-Einheiten in positive y-Richtung verschoben.

In der Abbildung zu Aufgabe h) haben die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte, d. h., hier ist $a=0$.

Wird $a$ vergrößert, dann bleiben die beiden Schnittpunkte erhalten, solange der Tiefpunkt von $G_g$ unterhalb des Hochpunktes von $G_f$ bleibt.

Die y-Koordinate des Hochpunktes ist $2e$ und der Tiefpunkt von $G_g$ muss um $2\cdot 2e=4e$ verschoben werden, damit der Tiefpunkt auf den Hochpunkt fällt.

Damit der Tiefpunkt unterhalb des Hochpunktes bleibt, muss $a<4e$ sein.

Insgesamt gilt dann:

Für $0\le a<4e$ haben die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

(Rechts und links von $H$ sind die beiden Schnittpunkte.)

Es gibt noch einen weiteren Wert für $a$, bei dem die Graphen $G_f$ und $G_g$ genau zwei Schnittpunkte haben. Der Hochpunkt von $G_g$ muss auf den Tiefpunkt von $G_f$ fallen.

Das ist der Fall, wenn $a=2\cdot y_T=2\cdot (-18e^{-\frac{3}{2}})=-36e^{-\frac{3}{2}}\approx -\mathrm{8,03}$ ist.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.

Nach Aufgabe h) hat $G_0$ die x-Achse als Asymptote. Demnach muss $G_0$ um 2 nach oben verschoben werden$\Rightarrow a=2$.

Der ursprüngliche Tiefpunkt von $G_g$ liegt bei $x=2$.

Der Faktor $b$ vor dem $x$ bewirkt eine Streckung/Stauchung mit dem Faktor ${\displaystyle \frac{1}{b}}$ in x-Richtung.

Das führt zu dem folgenden Ansatz:

Für $a=2$ und $b=-4$ sind die beiden Bedingungen erfüllt.

Die folgende Abbildung ist in der Aufgabenstellung nicht gefordert. Sie dient nur zur Veranschaulichung.