Gegeben ist die in R+ definierte Funktion f:x↦2⋅((lnx)2−1). Abbildung 1 zeigt den Graphen Gf von f.
a)
(5 BE)
Zeigen Sie, dass x=e−1 und x=e die einzigen Nullstellen von f sind, und berechnen Sie die Koordinaten des Tiefpunkts T von Gf.
(zur Kontrolle: f′(x)=x4⋅lnx)
b)
(6 BE)
Zeigen Sie, dass Gf genau einen Wendepunkt W besitzt, und bestimmen Sie dessen Koordinaten sowie die Gleichung der Tangente an Gf im Punkt W.
(zur Kontrolle: x-Koordinate von W: e)
c)
(6 BE)
Begründen Sie, dass x→0limf′(x)=−∞ und x→+∞limf′(x)=0 gilt. Geben Sie f′(0,5) und f′(10) auf eine Dezimale genau an und zeichnen Sie den Graphen der Ableitungsfunktion f′ unter Berücksichtigung aller bisherigen Ergebnisse in Abbildung 1 ein.
d)
(3 BE)
Begründen Sie unter Zuhilfenahme von Abbildung 1, dass es zwei Werte c∈]0;6] gibt, für die gilt:∫e−1cf(x)dx=0.
Die gebrochen-rationale Funktion h:x↦1,5x−4,5+x1 mit x∈R\ {0} stellt in einem gewissen Bereich eine gute Näherung für f dar.
e)
(2 BE)
Geben Sie die Gleichungen der beiden Asymptoten des Graphen von h an.
f)
(5 BE)
Im IV. Quadranten schließt Gf zusammen mit der x-Achse und den Geraden mit den Gleichungen x=1 und x=2 ein Flächenstück ein, dessen Inhalt etwa 1,623 beträgt. Ermitteln Sie die prozentuale Abweichung von diesem Wert, wenn bei der Berechnung des Flächeninhalts die Funktion h als Näherung für die Funktion f verwendet wird.
Für die Aufgaben ist der Graph der Funktion f im Intervall ]0;6[ vorgegeben, so dass als bekannt gelten darf, dass f mindestens zwei Nullstellen und mindestens einen Tiefpunkt besitzt. Deren exakten Werte aber sind zu berechnen.
Lösung Teilaufgabe a)
Nullstellenberechnung
Setze zur Berechnung der Nullstellen den Funktionsterm von f gleich Null.
f hat damit lediglich für x=1 eine waagrechte Tangente.
Setze x=1 in f(x) ein um die 2. Koordinate des Kurvenpunktes zu erhalten:
f(1)=2⋅((ln1)2−1)=−2
Der Punkt T(1∣−2) ist der zu berechnende Tiefpunkt.
Ohne den vorgegebenen Graphen müsste man noch nachweisen, dass z.B. f′′(1)>0.
(Wie angenehm, dass man im Zeitdruck des Abiturs darauf verzichten konnte!!)
Willst du dir dennoch die Zeit nehmen, die Art des Extremums ohne Bezug auf den Graphen zu begründen und Ableitungsregeln zu trainieren, so berechne f′′.
Damit ist der Punkt T(1∣−2) tatsächlich der (einzige) Tiefpunkt von f.
Lösung Teilaufgabe b)
Bestimmung des Wendepunkts
Eine notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Wendepunktes ist, dass die 2. Ableitung an dieser Stelle 0 ist. Falls du die 2. Ableitung am Ende der Teilaufgabe a) noch nicht berechnet hast, musst du das jetzt tun. Setzte die 2. Ableitung also 0 und löse die Gleichung.
x24⋅(1−lnx)1−lnxlnxx====001e∣⋅4x2∣e()
Der einzig mögliche Wendepunkt hat also die x-Koordinate e. Dies ist aber die bereits bekannte Nullstelle von f, sodass die 2.Koordinate nicht berechnet werden muss: W(e∣0) ist der einzig mögliche Wendepunkt.
Damit sich W(e∣0) tatsächlich als ein Wendepunkt erweist, musst du zeigen, dass die 3. Ableitung von f für x=e von 0 verschieden ist.
Oder du zeigst - unter Verzicht auf die Benutzung der 3. Ableitung - dass f′′ links bzw. rechts von x=e verschiedenes Vorzeichen hat, die Krümmung also wechselt.
Dieser Nachweis wird im Folgenden durchgeführt.
Für einen Punkt (x0∣f(x0))links von W gilt:
0<x0<e⇒f′′(x0)=>0x024⋅>01−<1lnx0>0
Für einen Punkt rechts von W gilt:
e<x0<+∞⇒f′′(x0)=>0x024⋅<01−>1lnx0<0
Damit ist gezeigt, dass der Graph von f links von W linksgekrümmt und rechts von W rechtsgekrümmt ist, W also tatsächlich ein Wendepunkt ist.
Tangentengleichung
Zur Ermittlung der Gleichung der Tangentet in einem beliebigen Punkt (x0∣f(x0)) von f kannst du folgende Formel benutzen:
t:x−x0y−f(x0)=f′(x0)
Setze die Koordinaten von W(e∣0) und den Wert für f′(e) in die Formel ein:
tW:x−ey−0tW:y==e4e4x−4∣⋅(x−e)
Lösung Teilaufgabe c)
In dieser Teilaufgabe sind durch Grenzwertberechnungen bei f′ die Asymptoten des Graphen von f′ zu bestimmen und anhand bereits bekannter Eigenschaften dieses Graphen ist eine Skizze zu fertigen.
Grenzwertberechnungen für f′
Der Grenzwert für x→0
x→0limf′(x)=x→0lim→+∞x4⋅→−∞lnx=−∞
Plausibilitätsüberlegung:
Ein Produkt mit einem positiven und einem negativen Faktor ist negativ und sein Betrag ist beliebig groß ("∞ "), wenn jeder Faktor selbst dem Betrag nach beliebig groß ist.
Graphische Bedeutung des Grenzwerts:
Die y-Achse ist senkrechte Asymptote des Graphen von f′-
Die x-Achse ist waagrechte Asymptote des Graphen von f′.
Skizze des Graphen von f′
Zum Zeichnen der Skizze des Graphen von f′ verwendest du folgende Kenntnisse über den Graphen:
Die Nullstelle von f′: x=1
Den Hochpunkt von f′: x=e≈2,7. H(2,7/1,5)
f′(0,5)≈−5,5
f′(10)≈0,9
x=0 ist senkrechte Asymptote
y=0 ist waagrechte Asymptote
Lösung Teilaufgabe d)
In dieser Aufgabe ist die obere Grenze eines bestimmten Integrals so zu bestimmen, dass das Integral den Wert 0 hat.
Für welche Werte c gilt
∫e−1cf(x)dx=0?
Zur Lösung der Aufgabe führst du deine Überlegungen anhand des gegebenen Graphen von f in der Abbildung 1 durch.
Integralgrenzen beachten
Jedes bestimmte Integral hat den Wert 0, wenn untere und obere Grenze übereinstimmen.
Also:
c1=e−1 ist eine Lösung der Aufgabe, da c1∈]0;6].
Flächenbilanz beachten
Ein bestimmtes Integral misst die "Flächenbilanz" der vom Graphen der Funktion, der x-Achse und den Ordinaten der Grenzen gebildete Fläche.
In unserer Aufgabe brauchst du die einzelnen Flächen für die "Flächenbilanz" nicht zu berechnen. Es genügt, sie abzuschätzen.
Du überlegst zum Beispiel so:
Für ein c2>e ist ∫e−1c2f(x)dx genau dann 0, wenn der Betrag des negativen Flächenteils gleich dem positiven Flächenanteil, die "Flächenbilanz" also ausgeglichen ist.
Dass es ein passendes c2 aus dem Intervall ]e;6] geben muss, begründest du so:
Einen ausreichend genauen Schätzwert für den Betrag des negativen Flächenteils erhält man z.B. durch Abzählen von "Viertel-Einheitsquadrat-Kästchen" mit ∫e−1ef(x)dx≈3FE.
Den positiven Flächenteil bis x=6 schätzt man in gleicher Weise und erhält mit ∫e6f(x)dx≈7FE einen zu großen positiven Flächenanteil.
Da bei stetiger Vergrößerung von c über e hinaus auch der positive Flächenteil stetig zunimmt, muss es ein c2 mit e<c2<6 geben, sodass ∫e−1ef(x)dx=∫ec2f(x)dx, das Gesamtintegral ∫e−1c2f(x)dx also den Wert 0 ergibt.
Mit dem Applet kannst du durch Verschieben des Punktes P einen passenden Wert für c ermitteln.
Lösung Teilaufgabe e)
Für diese Aufgabe sind die Grenzwerte x→±0limh(x) und x→±∞limh(x) zu berechnen.
Die Funktion h hat an der nicht definierten Stelle x=0 eine ungerade Polstelle mit einer senkrechten Asymptote, da gilt:
x→+0lim(→+01,5x−4,5+→+∞x1)=+∞
und
x→−0lim(→−01,5x−4,5+→−∞x1)=−∞
Die Funktion h hat für x→±∞ die schräge Asymptote mit der Gleichung y=1,5x−4,5, da gilt:
x→±∞lim(1,5x−4,5+→0x1)=x→±∞lim(1,5x−4,5).
Beachte:
Mit x→±∞lim führt man die beiden Grenzwertüberlegungen für x→−∞ und für x→+∞"in einem Zug durch".
Der Graph hat also eine senkrechte Asymptote bei x=0 und eine schräge Asymptote mit y=1,5x−4,5.
Lösung Teilaufgabe f)
Das Integral ∫12h(x)dx kann mit der Fläche des Integrals ∫12f(x)dx verglichen werden, wenn auch h - so wie f - im Intervall [1;2] keine Nullstelle besitzt.
Nullstellen von h:
Setze den Funktionsterm h(x)=1,5x−4,5+x1 gleich 0.
Die absolute Änderung der beiden zu vergleichenden Flächen beträgt somit etwa
1,623−1,557=0,066.
Die prozentuale Änderung beträgt dann
1,6230,066⋅100≈4,1%.
Wenn du Zeit und Lust hast, kannst du natürlich für h auch noch ihren Graphen skizzieren und dir einen graphischen Eindruck von der guten Näherung im Intervall [1;2] verschaffen.