Analysis, Teil B, Aufgabengruppe 1

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Die Aufgabenstellung findest du hier zum Ausdrucken als PDF.

1
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist die Funktion $f : x \mapsto 2 - \ln (x - 1)$ mit maximalem Definitionsbereich $D_{f}$ . Der Graph von $f$ wird mit $G_{f}$ bezeichnet.
a)
(3 BE)
Zeigen Sie, dass $D_{f} =] 1; + \infty [$ ist und geben Sie das Verhalten von $f$ an den Grenzen des Definitionsbereichs an.
b)
(2 BE)
Berechnen Sie die Nullstelle von $f$ .
c)
(5 BE)
Beschreiben Sie, wie $G_{f}$ schrittweise aus dem Graphen der in $ℝ^{+}$ definierten Funktion $x \mapsto \ln x$ hervorgeht. Erklären Sie damit das Monotonieverhalten von $G_{f}$ .
d)
(4 BE)
Zeigen Sie, dass $F : x \mapsto 3 x - (x - 1) \cdot \ln (x - 1)$ mit Definitionsbereich $D_{F} =] 1; + \infty [$ eine Stammfunktion von $f$ ist, und bestimmen Sie den Term der Stammfunktion von $f$ , die bei $x = 2$ eine Nullstelle hat.
In der Aufgabe sind Eigenschaften einer Logarithmusfunktion zu untersuchen.
Lösung Teilaufgabe a)
Gegeben ist die Funktion $f : x \mapsto 2 - \ln (x - 1)$ mit maximalem Definitionsbereich $D_{f}$ . Bedingung für den maximalen Definitionsbereich ist, dass das Argument $x - 1$ des Funktionsterms positiv ist.
Löse die Ungleichung:
$x - 1 > 0 \Rightarrow x > 1$
Also gilt: $D_{f} =] 1; + \infty [$
Zu untersuchen ist folgendes Grenzwertverhalten der Funktion:
a) $\lim_{h \to 0 h > 0} f (1 + h)$ , also die Annäherung von rechts an $1$ ?
b) $\lim_{x \to + \infty} f (x)$ , also das Verhalten für beliebig große $x$ ?
Es gilt:
a) $\lim_{h \to 0 h > 0} [2 - \ln (1 + h - 1)] = \lim_{h \to 0} [2 - \underset{\to - \infty}{\underset{⏟}{\ln (h)}}] = 2 + \infty = + \infty$
b) $\lim_{x \to + \infty} [2 - \underset{\to + \infty}{\underset{⏟}{\ln (x - 1)}}] = - \infty$
Ergebnis:
Am linken Rand des Definitionsbereichs geht die Funktion gegen plus Unendlich, nach rechts geht sie gegen minus Unendlich.
Lösung Teilaufgabe b)
Setze den Funktionsterm gleich Null und löse die Gleichung.
$\begin{array}{rcll} 2 - \ln (x - 1) & = & 0 & | + \ln (x - 1) \\ \ln (x - 1) & = & 2 & | e^{()} \\ x - 1 & = & e^{2} & | + 1 \\ x & = & 1 + e^{2} \end{array}$
Ergebnis:
$1 + e^{2}$ ist die gesuchte Nullstelle.
Lösung Teilaufgabe c)
Der Graph $G_{f}$ kann insoweit "schrittweise" aus dem Graphen der Funktion $\ln$ entwickelt werden, als du am Term $f (x)$ erkennen kannst, dass er durch zwei Verschiebungen und eine Spiegelung an der $x$ -Achse aus dem Term $\ln (x)$ erhalten werden kann:
Schritt: Verschiebe den Graphen von $f$ um $1 L E$ längs der $x$ -Achse nach rechts.
Schritt: Spiegle jetzt den erhaltenen Graphen an der $x$ -Achse.
Schritt: Verschiebe den erhaltenen Graphen um $2 L E$ längs der $y$ -Achse nach oben.
Der 1. Schritt der Transformation ändert das Monotonieverhalten der ln-Funktion nicht. Der Graph bleibt monoton steigend.
Im 2. Schritt wird aus aus dem steigenden Graphen ein monoton fallender.
Der 3. Schritt ändert das Monotonieverhalten nicht.
Ergebnis:
$G_{f}$ ist monoton fallend.
Nicht verlangter Zusatz:
Der 1. Schritt der Transformation erbringt den neuen Definitonsbereich $] 1; + \infty [$ , der mit den beiden nächsten Schritten nicht mehr verändert wird.
Überzeuge dich im nachfolgenden Applet durch schrittweises Ändern der drei Schieberegler $a, b, c$ ,von der Möglichkeit die Funktion $f : x \mapsto \ln x$ schrittweise in die Funktion $f : x \mapsto - \ln (x - 1) + 2$ überzuführen.
Lösung Teilaufgabe d)
Die gegebene Funktion
ist eine der Stammfunktionen von $f$ , wenn ihr Ableitungsterm $f (x)$ ergibt.
Bilde $F^{'} (x)$ :
$\begin{array}{rcll} F (x) & = & 3 x - (x - 1) \cdot \ln (x - 1) \\ F^{'} (x) & = & 3 - [\overset{Produktregel}{\overset{⏞}{1 \cdot \ln (x - 1) + (x - 1) \cdot \underset{Kettenregel}{\underset{⏟}{\frac{1}{x - 1} \cdot 1}}}}] \\ F^{'} (x) & = & 3 - [\ln (x - 1) + 1] \\ F^{'} (x) & = & 2 - \ln (x - 1) \end{array}$
Damit ist gezeigt, dass $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist.
Alle Stammfunktionen von $f$ werden erfasst durch:
$F_{c} (x) = 3 x - (x - 1) \cdot \ln (x - 1) + c$
Setze den Punkt $(2 | 0)$ in $F_{c} (x)$ ein und löse die Gleichung nach $c$ auf:
$\begin{array}{rcll} 3 \cdot 2 - (2 - 1) \cdot \underset{0}{\underset{⏟}{\ln (2 - 1)}} + c & = & 0 \\ 6 + c & = & 0 \\ c & = & - 6 \end{array}$
Ergebnis:
Die Stammfunktion mit dem Term $F_{c} (x) = 3 x - (x - 1) \cdot \ln (x - 1) - 6$ hat für $x = 2$ eine Nullstelle.

Abbildung 1 zeigt ein Hinderniselement in einem Skate-Park.

Die Auffahrt des symmetrischen Hinderniselements geht in ein horizontal verlaufendes Plateau über, an das sich die Abfahrt anschließt. Die vordere und die hintere Seitenfläche verlaufen senkrecht zum horizontalen Untergrund. Um die vordere Seitenfläche mathematisch beschreiben zu können, wird ein kartesisches Koordinatensystem so gewählt, dass die x-Achse die Fläche darstellt. Das Plateau erstreckt sich im Modell im Bereich $- 2 \leq x \leq 2$ . Die Profillinie der Abfahrt wird für $2 \leq x \leq 8$ durch den Graphen der in Aufgabe 1 untersuchten Funktion $f$ beschrieben (vgl. Abbildung 2). Dabei entspricht eine Längeneinheit im Koordinatensystem einem Meter in der Realität.

(2 BE)

Erläutern Sie die Bedeutung des Funktionswerts $f (2)$ im Sachzusammenhang und geben Sie den Term der Funktion $q$ an, deren Graph $G_{q}$ für $- 8 \leq x \leq - 2$ die Profillinie der Auffahrt im Modell beschreibt.

(5 BE)

Berechnen Sie die Stelle $x_{m}$ im Intervall $[2; 8]$ , an der die lokale Änderungsrate von $f$ gleich der mittleren Änderungsrate in diesem Intervall ist.

(3 BE)

Der in Aufgabe 2b rechnerisch ermittelte Wert $x_{m}$ könnte alternativ auch ohne Rechnung näherungsweise mithilfe von Abbildung 2 bestimmt werden. Erläutern Sie, wie Sie dabei vorgehen würden.

(2 BE)

Berechnen Sie auf der Grundlage des Modells die Größe des Winkels $α$ , den das Plateau und die Fahrbahn an der Kante zur Abfahrt einschließen (vgl. Abbildung 2).

(3 BE)

Die vordere Seitenfläche des Hinderniselements wird in Teilbereichen der Auf- und Abfahrt als Werbefläche verwendet (vgl. Abbildung 1). Im Modell handelt es sich um zwei Flächenstücke, nämlich um die Fläche zwischen $G_{f}$ und der x-Achse im Bereich $2 \leq x \leq 6$ sowie die dazu symmetrische Fläche im II. Quadranten. Berechnen Sie unter Verwendung der in Aufgabe 1d angegebenen Stammfunktion $F$ , wie viele Quadratmeter als Werbefläche zur Verfügung stehen.

In der Aufgabe wird eine Skat-Park-Anlage durch Funktionsgraphen modelliert.

Lösung Teilaufgabe a)

Da die vordere Seitenfläche des Hinderniselements symmetrisch zur y-Achse sein soll, erhält man die Funktionsgleichung der Auffahrtslinie $q$ durch Spiegelung der (bereits in Aufgabe 1 betrachteten) Funktion $f : f (x) = 2 - \ln (x - 1)$ mit $D_{f} = [2; 8]$ an der y-Achse.

Für die gespiegelte Funktion $q$ gilt:

$f (2)$ gibt die Höhe der Plateaulinie an. Und wegen $q (- 2) = f (2)$ ist gesichert, dass das Plateau horizontal verläuft und die Übergänge von Auffahrt zu Plateau und von Plateau zu Abfahrt ohne Sprünge erfolgen.

Der Term von $q$ ergibt sich durch Spiegelung von $f$ an der y-Achse, man muss also $x$ durch $- x$ ersetzen. Man erhält die Funktion $q : x \to 2 - \ln (- x - 1)$ .

Lösung Teilaufgabe b)

In dieser Teilaufgabe ist eine lokale Änderungsrate von der mittleren Änderungsrate zu unterscheiden.

Die lokale Änderungsrate von $f$ an der Stelle $x_{m}$ ist der Ableitungswert für $x_{m}$ .

Bilde die Ableitung von $f$ :

$f^{'} (x) = - \frac{1}{x - 1}$ $\Rightarrow$

$f^{'} (x_{m}) = \frac{1}{1 - x_{m}}$ .

Die mittlere Änderungsrate von $f$ im Intervall $[2; 8]$ ist die Steigung $m$ der Strecke zwischen den Punkten $(2; f (2))$ und $(8; f (8))$ .

Es gilt:

$m = \frac{f (8) - f (2)}{8 - 2}$

$m = \frac{2 - \ln 7 - 2}{6} = \frac{- \ln 7}{6}$ .

Bedingung für $x_{m}$ ist die Gleichung:

$\begin{array}{rcll} \frac{1}{1 - x_{m}} & = & \frac{- \ln 7}{6} & | \cdot 6 \cdot (1 - x_{m}) \\ 6 & = & - \ln 7 \cdot (1 - x_{m}) & | : \ln 7 | + 1 \\ x_{m} & = & 1 + \frac{6}{\ln 7} \\ x_{m} & \approx & 4,08 \end{array}$

Für rund $4,08$ ist die lokale Änderungsrate von $f$ gleich der mittleren Änderungsrate des Intervalls $[2; 8]$ .

Lösung Teilaufgabe c)

Du zeichnest als Lösung zur Strecke [AB] mit $A (2 | f (2)$ ) und $B (8 | f (8)$ ) eine parallele Gerade, die $f$ berührt. D.h. du legst näherungsweise die Tangente an den Graphen von $f$ , die parallel zur Sekante $[A B]$ ist.

Du entnimmst dem x-Wert des Berührpunktes der Tangente mit dem Graphen von $f$ , dass er etwas größer ist als 4.

Lösung Teilaufgabe d)

Der Winkel $α$ ergibt sich über den Neigungswinkel der Tangente $t$ im Punkt $P (2 | f (2))$ an den Graphen $G_{f}$ .

Für den Neigungswinkel $α ‘$ von $t$ gilt:

$\begin{array}{rcll} \tan (α^{'}) & = & f^{'} (2) \\ \tan (α^{'}) & = & - \frac{1}{2 - 1} \\ \tan (α^{'}) & = & - 1 & | \tan^{- 1} \\ α^{'} & = & - 45 ° \end{array}$

Da die Plateaulinie zur x-Achse parallel ist gilt:

$α + 45 ° = 180 ° \Rightarrow α = 135 °$

Der Winkel, den das Plateau und die Fahrbahn an der Kante zur Abfahrt einschließen, beträgt $135 °$ .

Lösung Teilaufgabe e)

Die Flächen in den Intervallen $[- 6; - 2]$ und $[2; 6]$ sind kongruent, deshalb ergibt sich als Gesamtwerbefläche $A$ :

$A$	$=$	$2 \cdot \int_{2}^{6} f (x) dx$
	$=$	$2 \cdot [F (x)]_{2}^{6}$
	$=$	$2 \cdot [3 x - (x - 1) \cdot \ln (x - 1)]_{2}^{6}$
	$=$	$2 \cdot [3 \cdot 6 - (6 - 1) \cdot \ln (6 - 1) - (3 \cdot 2 - (2 - 1) \cdot \ln (2 - 1))]$
	$=$	$2 \cdot [18 - 5 \cdot \ln (5) - (6 - \underset{0}{\underset{⏟}{\ln (1))}}]$
	$=$	$2 \cdot (12 - 5 \cdot \ln (5))$
	$=$	$24 - 10 \cdot \ln (5)$
	$\approx$	$7,91$

Für die Werbefläche des Skate-Parks stehen rund $7,91 m^{2}$ zur Verfügung.

3
Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Betrachtet wird die Schar der in $R$ definierten Funktionen
$g_{k} : x \mapsto k x^{3} + 3 \cdot (k + 1) x^{2} + 9 x mit k \in R ∖ {0}$
und den zugehörigen Graphen $G_{k}$ . Für jedes $k$ besitzt der Graph $G_{k}$ genau einen Wendepunkt $W_{k}$ .
a)
(2 BE)
Geben Sie das Verhalten von $g_{k}$ an den Grenzen des Definitionsbereichs in Abhängigkeit von $k$ an.
b)
(3 BE)
Bestimmen Sie die x-Koordinate von $W_{k}$ in Abhängigkeit von $k$ .
(zur Kontrolle: $x = - \frac{1}{k} - 1)$
c)
(4 BE)
Bestimmen Sie den Wert von $k$ so, dass der zugehörige Wendepunkt $W_{k}$ auf der y-Achse liegt. Zeigen Sie, dass in diesem Fall der Punkt $W_{k}$ im Koordinatenursprung liegt und die Wendetangente, d.h. die Tangente an $G_{k}$ im Punkt $W_{k}$ , die Steigung $9$ hat.
d)
(2 BE)
Für den in Aufgabe 3c bestimmten Wert von $k$ zeigt Abbildung 3 den zugehörigen Graphen mit seiner Wendetangente. In diesem Koordinatensystem sind die beiden Achsen unterschiedlich skaliert.
Bestimmen Sie die fehlenden Zahlenwerte an den Markierungsstrichen der y-Achse mithilfe eines geeigneten Steigungsdreiecks an der Wendetangente und tragen Sie die Zahlenwerte in Abbildung 3 ein.

In der Teilaufgabe ist eine Funktionenschar ganzrationaler Funktionen 3. Grades zu untersuchen.
Für jedes $k$ besitzt der Graph $G_{k}$ genau einen Wendepunkt $W_{k}$ .
Betrachtet wird die Schar der in $R$ definierten Funktionen
$g_{k} : x \mapsto k x^{3} + 3 \cdot (k + 1) x^{2} + 9 x mit k \in R ∖ {0}$
und dem zugehörigen Graphen $G_{k}$ .
Für jedes $k$ besitzt der Graph $G_{k}$ genau einen Wendepunkt $W_{k}$ .
Lösung Teilaufgabe a)
Da für jede Funktion $g_{k}$ der Definitionsbereich $R =] - \infty; + \infty [$ ist, bedeutet die Untersuchung des Verhaltens "an den Grenzen" des Definitionsbereichs die Bestimmung folgender Grenzwerte:
$\lim_{x \to + \infty} g_{k} (x) und \lim_{x \to - \infty} g_{k} (x)$
Da der Scharparameter $k$ sowohl negativ als auch positiv sein kann, ist zu erwarten, dass die Ergebnisse der Grenzwertbestimmungen vom zuständigen $k$ abhängen können.
So bestimmst du die Grenzwerte:
$\begin{array}{rcll} \lim_{x \to \pm \infty} g_{k} (x) & = & \lim_{x \to \pm \infty} [k x^{3} + 3 (k + 1) x^{2} + 9 x] & | x^{3} ausklammern \\ = & \lim_{x \to \pm \infty} x^{3} [k + \underset{\to 0}{\underset{⏟}{\frac{3 (k + 1)}{x}}} + \underset{\to 0}{\underset{⏟}{\frac{9}{x^{2}}}}] \\ = & \lim_{x \to \pm \infty} k \cdot x^{3} Jetzt Vorzeichen beachten: \\ \lim_{x \to + \infty} g_{k} (x) & = & + \infty falls k > 0 \\ = & - \infty falls k < 0 \\ \lim_{x \to - \infty} g_{k} (x) & = & - \infty falls k > 0 \\ = & + \infty falls k < 0 \end{array}$
Ergebnis
Für die ungeraden ganzrationalen Funktion 3. Grades $g_{k}$ gehen an den Grenzen des Definitionsbereichs, also für $x \to + \infty$ und für $x \to - \infty$ , die Funktionswerte entgegengesetzt gegen Unendlich. Der "Leitkoeffizient" $k$ bestimmt dies mit seinem Vorzeichen genauer.
Lösung Teilaufgabe b)
Die Wendepunkte ganzrationaler Funktionen 3. Grades sind zu bestimmen.
Notwendige Bedingung für das Vorliegen eines Wendepunktes ist, dass die 2. Ableitung an der Stelle Null wird.
So berechnest du die 1. und 2. Ableitung von $g_{k}$ :
$\begin{array}{rcll} g_{k} (x) & = & k x^{3} + 3 (k + 1) x^{2} + 9 x \\ g_{k}^{'} (x) & = & 3 k x^{2} + 6 (k + 1) x + 9 \\ g_{k}^{''} (x) & = & 6 k x + 6 (k + 1) \end{array}$
Setze $g_{k}^{''} (x)$ gleich Null und löse die Gleichung nach $x$ auf:
$\begin{array}{rcll} 6 k x + 6 (k + 1) & = & 0 & | - 6 (k + 1) \\ 6 k x & = & - 6 (k + 1) & | : 6 k \\ x & = & - \frac{1}{k} - 1 \end{array}$
Dass sich für diesen von $k$ abhängigen x-Wert $- \frac{1}{k} - 1$ tatsächlich ein Wendepunkt $W_{k}$ ergibt, bestätigt die 3. Ableitung $g_{k}^{'''} (x)$ , da sie von Null verschieden ist:
$g_{k}^{'''} (x) = 6 k \neq 0$ , wegen $k \in R ∖ {0}$ .
c)
(4 BE)
Der Wendepunkt $W_{k}$ liegt auf der y-Achse, wenn sein x-Wert Null ist.
Setze den x-Wert des Wendpunkts gleich Null und löse die Gleichung nach $k$ auf:
$\begin{array}{rcll} - \frac{1}{k} - 1 & = & 0 & | \cdot k \\ - 1 - k & = & 0 & | + k \\ k & = & - 1 \end{array}$
Die Funktionsgleichung für $k = - 1$ lautet
$g_{- 1} (x) = - x^{3} + 9 x$ .
$x = 0$ liefert die y-Koordinate des Wendepunkts $W_{- 1}$ :
$g_{- 1} (0) = - 0^{3} + 9 \cdot 0 = 0$ .
Also liegt der Wendepunkt $W_{- 1}$ im Koordinatenursprung.
Für die Steigung von $g_{- 1}$ im Punkt $(0 | 0)$ erhältst du:
$g_{- 1}^{'} (x) = - 3 x^{2} + 9 \Rightarrow g_{- 1}^{'} (0) = 9$
Die Wendetangente der Funktionenschar hat also für die Funktion mit $k = - 1$ die Steigung $9$ .
Lösung Teilaufgabe d)
Als Steigungsdreieck der eingezeichneten Tangente nimmst du das Dreieck mit Koordinatenursprung, dem Punkt $(1 | 0)$ und dem Tangentenpunkt für $x = 1$ .
Der y-Wert dieses Tangentenpunktes hat den Wert $9$ .
Damit kannst du die y-Achse wie gewünscht skalieren.

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