Aufgaben zur Diskussion von e-Funktionen
Hier lernst du, wie man e-Funktionen diskutiert. Wiederhole wichtige Grundlagen und vertiefe dein Wissen mit diesen Übungsaufgaben!
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Diskutiere folgende Funktionen so weit, bis du den Graphen zeichnen kannst. Gib gegebenenfalls die Asymptoten an:
f(x)=e⋅ex
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kurvendiskussion
Definitionsbereich festlegen
Da die Funktion keine Brüche, Wurzeln oder andere Dinge enthält, die den Definitionsbereich einschränken könnten, ist der Definitionsbereich der Funktion Df=R.
Nullstellenbestimmung
Die e-Funktion besitzt keine Nullstelle, weshalb die betrachtete Funktion f ebenfalls keine besitzt.
Ableitungen
1. Ableitung
Die Ableitung von ex ist wiederum ex. Der Faktor e bleibt bestehen.
2. Ableitung
Selber Vorgang wie bei der ersten Ableitung.
Extrema bestimmen
Da f′(x)=e⋅ex nie Null wird, hat die Funktion keine Extrema.
Wendepunkte bestimmen
Da f′′(x)=e⋅ex nie Null wird, hat die Funktion keine Wendepunkte.
Grenzwertbetrachtung
Df=R
Da die Funktion keine Definitionslücken hat, muss nur das Verhalten gegen ±∞ betrachtet werden.
gegen +∞
gegen −∞
Damit besitzt f eine horizontale Asymptote bei 0 für die Annäherung an −∞ .
Symmetrieverhalten
Ersetze x durch −x.
Da f(−x) weder −f(x) noch f(x) ist, weist die Funktion keine Symmetrie auf.
Monotonieverhalten
Um die Monotonie zu ermitteln, betrachte das Vorzeichen von f′(x). Da f′(x) keine Nullstellen aufweist, ändert sich die Steigung von f(x) auch nicht.
Der erste Faktor e ist eine Konstante und ist positiv, der zweite Faktor ex ist in Df=R immer positiv, wodurch f′(x) stets positiv ist.
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Diskutiere folgende Funktionen
f(x)=ex−11
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kurvendiskussion
Definitionsbereich festlegen
Bestimme zu erst den Definitionsbereich, indem du den Nenner der Funktion gleich 0 setzt.
f(x)= ex−11
ex−1 = 0 +1 ex = 1 ↓ Logarithmus anwenden.
ln ex = ln(1) x⋅lne = 0 x = 0 Somit ist der maximale Definitionsbereich Df=R∖{0}.
Nullstellenbestimmung
Bestimme alle Nullstellen. Da im Zähler keine Elemente, die x enthalten, vorkommen, hat die Funktion keine Nullstellen.
Ableitungen
Berechne die erste und zweite Ableitung der Funktion.
1. Ableitung
Forme zuerst f ein wenig um.
f(x) = ex−11 ↓ Eliminiere mithilfe der Potenzgesetze den Bruch.
= (ex−1)−1 Bestimme die Ableitung mithilfe der Kettenregel.
f′(x) = −1⋅(ex−1)−2⋅ex ↓ Wandle in einen Bruch um mithilfe der Potenzgesetze.
= −(ex−1)2ex 2. Ableitung
f′(x)=−(ex−1)2ex
Berechne die Ableitungen von Zähler (u′) und Nenner (v′).
u′=ex,v′=2⋅(ex−1)⋅ex
Wende die Quotientenregel an.
f′′(x) = (ex−1)4ex⋅(ex−1)2−ex⋅2⋅(ex−1)⋅ex ↓ Kürze mit (ex−1).
= (ex−1)3ex⋅(ex−1)−ex⋅2⋅ex ↓ Multipliziere aus.
= (ex−1)3e2x−ex−2e2x ↓ Fasse gleiche Elemente zusammen.
= (ex−1)3−e2x−ex ↓ Klammere −ex aus.
= −(ex−1)3ex(ex+1) Extrema bestimmen
f′(x)=−(ex−1)2ex
ex=0
Die e-Funktion besitzt keine Nullstelle, weshalb die betrachtete Funktion keine Nullstelle besitzt.
Wendepunkte bestimmen
Zum Bestimmen der Wendepunkte wird der Zähler der zweiten Ableitung gleich Null gesetzt.
f′′(x)=−(ex−1)3ex(ex+1)
ex(ex+1)=0
Die e-Funktion ist nie negativ oder gleich Null, deswegen sind weder das Innere der Klammer noch ex vor der Klammer gleich Null.
Also besitzt f keine Wendepunkte.
Grenzwertbetrachtung
Df=R\{0}
Da die Funktion eine Definitionslücke hat, muss das Verhalten gegen 0 und ±∞ betrachtet werden.
Grenzwert gegen 0 von links:
limx→0−→0−→1−ex−11=−∞
Grenzwert gegen 0 von rechts:
limx→0+→0+→1+ex−11=+∞
Grenzwert gegen −∞:
limx→−∞→0ex−11=−1
Grenzwert gegen +∞:
limx→+∞→+∞ex−11=0
Symmetrieverhalten
Überprüfe das Symmetrieverhalten.
f(x)=ex−11
Setze −x für x ein.
f(−x) = e−x−11 ↓ Wende die Potenzgesetze an.
= ex1−11 Da f(−x) weder f(x) noch −f(x) ist, ist die Funktion weder achsensymmetrisch zur y-Achse noch punktsymmetrisch zum Ursprung.
Monotonieverhalten
Die Monotonie wird mithilfe einer Tabelle bestimmt:
x<0
x=0
0<x
Vorzeichen von f′(x)
-
\
-
Gf
↓
\
↓
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f(x)=e−x
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Kurvendiskussion
Definitionsbereich festlegen
Bestimme den Definitionsbereich. Da die Funktion keine Brüche, Wurzeln oder andere Dinge enthält, die den Definitionsbereich einschränken könnten, ist der Definitionsbereich der Funktion Df=R.
Nullstellenbestimmung
Bestimme die Nullstellen der Funktion. Die e-Funktion besitzt auf Df=R keine Nullstelle, weshalb die betrachtete Funktion f ebenfalls keine besitzt.
f(x)=e−x
Die Ableitung von e−x ist e−x⋅(−1).
f′(x)=−e−x
2. Ableitung
f′(x)=−e−x
Die Ableitung von −e−x ist −e−x⋅(−1).
f′′(x)=e−x
Wendepunkte bestimmen
Bestimme die Wendepunkte.
Da f′′(x)=e−x nie Null wird, hat die Funktion keine Wendepunkte.
Grenzwertbetrachtung
Df=R
Da die Funktion keine Definitionslücken hat, muss nur das Verhalten gegen ±∞ betrachtet werden.
Grenzwert gegen +∞:
limx→∞→0e−x=0
Damit besitzt f eine horizontale Asymptote bei 0 für die Annäherung an −∞.
Grenzwert gegen −∞:
limx→−∞→∞e−x=∞
Untersuche das Symmetrieverhalten.
f(x)=e−x
Ersetze x durch −x.
Monotonieverhalten
Um die Monotonie zu ermitteln, betrachte das Vorzeichen von f′(x).
Da f′(x) keine Nullstellen aufweist, ändert sich die Steigung von f(x) auch nicht. Betrache die Steigung daher an einer beliebigen Stelle, z. B. x=0:
Damit ist die Funktion streng monoton fallend in Df=R.
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Bestimme Definitionsbereich, Nullstellen und Extrema der folgenden Funktion:
f(x)=e2x−5ex−4
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: E-Funktion
Definitionsbereich festlegen
Zunächst legst du den Defintionsbereich fest:
f(x)=e2x−5ex−4
e2x−5 = 0 +5 e2x = 5 ↓ Wende den Logarithmus an.
2x = ln(5) :2 x = 2ln(5) Damit ist der maximale Definitionsbereich Df=R∖{2ln(5)}.
Nullstellenbestimmung
Bestimme nun die Nullstellen von f:
ex−4 = 0 +4 ex = 4 ↓ Wende den Logarithmus an.
x = ln(4) Die einzige Nullstelle ist (ln(4)∣0).
Ableitungen
Bilde die erste und zweite Ableitung von f:
1. Ableitung
f(x)=e2x−5ex−4
u′=ex,v′=2e2x
Wende die Quotientenregel an.
f′(x) = (e2x−5)2ex⋅(e2x−5)−2e2x⋅(ex−4) ↓ Löse die Klammern auf.
= (e2x−5)2e3x−5ex−2e3x+8e2x ↓ Fasse gleiche Elemente zusammen.
= (e2x−5)2−e3x+8e2x−5ex u′=−3e3x+16e2x−5ex,v′=(e2x−5)⋅2⋅2e2x
Wende die Quotientenregel an.
f′′(x) = (e2x−5)4(−3e3x+16e2x−5ex)⋅(e2x−5)2−(e2x−5)⋅2⋅2e2x⋅(−e3x+8e2x−5ex) ↓ Kürze mit (e2x−5) .
= (e2x−5)3(−3e3x+16e2x−5ex)⋅(e2x−5)−2⋅2e2x⋅(−e3x+8e2x−5ex) ↓ Löse die Klammern auf.
= (e2x−5)3−3e5x+16e4x−5e3x+15e3x−80e2x+25ex+4e5x−32e4x+20e3x ↓ Fasse gleiche Elemente zusammen.
= (e2x−5)3e5x−16e4x+30e3x−80e2x+25ex Extrema bestimmen
Nun werden die Extrema bestimmt:
f′(x)=(e2x−5)2−e3x+8e2x−5ex
−e3x+8e2x−5ex=0
Substitution
Verwende die Substitution.
u=ex
−u3+8u2−5u=0
Klammere u aus.
u⋅(−u2+8u−5)=0
Ein Produkt wird 0, wenn einer der Faktoren 0 wird.
⇒u1=0
Für weitere Extrema wird nur das Innere der Klammer betrachtet.
−u2+8u−5=0
Wende die Mitternachtsformel an.
u2,3 = 2⋅(−1)−8±64−4⋅(−1)⋅(−5) ↓ Unter der Wurzel subtrahieren .
= −2−8±44 ↓ 2 lässt sich aus der Wurzel ziehen.
= −2−8±211 u2,3
u2=−2−8+211=4−11
u3=−2−8−211=4+11
Resubstitution
Verwende nun die Resubstitution:
u1=ex1
0=ex1
Die Exponentialfunktion ist immer größer als 0. Die Gleichung ist daher nicht lösbar und x1 keine Nullstelle.
u2=ex2
4−11=ex2
Wende den Logarithmus an.
ln(4−11)=x2
u3=ex3
4+11=ex3
Wende den Logarithmus an.
ln(4+11)=x3
y-Werte bestimmen
f(x)=e2x−5ex−4
x2 einsetzen.
f(ln(4−11)) = e2⋅ln(4−11)−5eln(4−11)−4=(4−11)2−54−11−4 = 16−811+11−5−11=22−811−11 = 8−2111 Erster Extrempunkt
(ln(4−11) 8−2111)
f(x)=e2x−5ex−4
x3 einsetzen.
f(ln(4+11)) = e2⋅ln(4+11)−5eln(4+11)−4 = (4+11)2−54+11−4=22+81111 = 8+2111 Zweiter Extrempunkt
(ln(4+11) 8+2111)
Art der Extrema bestimmen
f′′(x)=(e2x−5)3e5x−16e4x+30e3x−80e2x+25ex
Setze x2 ein.
⇒(ln(4−11) 8−2111)
Die 2. Ableitung ist größer 0, da Zähler und Nenner beide kleiner 0 sind. Also liegt an der Stelle x2 ein Tiefpunkt vor.
f′′(ln(4+11))=(e2⋅ln(4−11)+5)3e5⋅ln(4+11)−16e4⋅ln(4+11)+30e3⋅ln(4+11)−80e2⋅ln(4+11)+25eln(4+11)
⇒(ln(4+11) 8+2111)
Die 2. Ableitung ist kleiner 0, da der Zähler kleiner und der Nenner größer 0 ist. Also liegt an der Stelle x3 ein Hochpunkt vor.
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Gegeben sind die Funktionen f und g mit f(x)=1+e1−x und g(x)=2⋅ex−1 .
Skizziere die beiden Graphen.
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Video: Funktionsgraphen der Exponentialfunktionen
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Bestimme den Schnittpunkt der beiden Graphen.
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Schnittpunkten zweier Graphen
Du suchst nach Werten x, die
in den Definitionsmengen Df und Dg beider Funktionen f und g enthalten sind und
f(x)=g(x) erfüllen.
Um solche Werte x zu finden, löst du die Gleichung f(x)=g(x) nach x auf, falls dies möglich ist.
f(x)=g(x)
In diese Gleichung setzt du die Definitionsgleichungen f(x)=1+e1−x und g(x)=2ex−1 von f und g ein.
⇔1+e1−x=2ex−1
Nun kannst du x−1 durch −(1−x) ersetzen.
⇔1+e1−x=2e−(1−x)
Anschließend kannst du beide Seiten der Gleichung mit e1−x multiplizieren, um die rechte Seite der Gleichung zu vereinfachen: Dabei ist aufgrund der Potenzgesetze e1−x⋅e−(1−x)=e0=1.
⇔e1−x+(e1−x)2=2
Vertausche die Summanden (Kommutativgesetz der Addition).
⇔(e1−x)2+e1−x=2
Dies erinnert an eine quadratische Gleichung. Nun kannst du mit y=e1−x eine Substitution durchführen, d. h., du betrachtest eine veränderte Gleichung, in der du den komplizierteren Ausdruck e1−x durch y ersetzt; dies liefert eine einfacher aussehende Gleichung:
y2+y=2
Hier kannst du 2 auf die linke Seite der Gleichung bringen.
⇔y2+y−2=0
Nun hast du eine quadratische Gleichung erhalten, die der Theorie gemäß höchstens zwei reelle Lösungen (d. h. Nullstellen) hat. Diese kannst du mit der pq-Formel berechnen:
⇔y∈{−2,1}
(Hier gilt der Äquivalenzpfeil, da die Gleichung genau zwei reelle Lösungen hat.)
Die Exponentialfunktion exp:R→R+,x↦ex nimmt nur positive Werte an. Deswegen kann auch e1−x=exp(1−x) nur positive Werte annehmen und die Gleichung y=e1−x ist lediglich für y=1 erfüllbar.
e1−x=1
Wie du vielleicht schon weißt, ist exp(0)=e0=1. Also ist x=1 eine mögliche Lösung. Durch Anwendung der natürlichen Logarithmusfunktion ln auf beide Seiten der Gleichung erhältst du
⇔ln(e1−x)=ln(1)
Da ln die Umkehrfunktion von exp auf ganz R ist (deswegen bleibt der Äquivalenzpfeil gültig), gilt ln(ex)=x. Aus dem Artikel zur ln-Funktion könntest du dir gemerkt haben, dass ln(1)=0 ist.
⇔1−x=0
Hier kannst du x auf die andere Gleichungsseite bringen und bekommst die gesuchte Lösung der Gleichung f(x)=g(x).
⇔x=1
Als Letztes musst du diesen x-Wert noch in eine der beiden ursprünglichen Funktionen einsetzen, um den y-Wert des Schnittpunkts herauszufinden.
f(1)=1+e1−1=1+e0=1+1=2
Also liegt der gesuchte Schnittpunkt bei S(1∣2).
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Unter welchem Winkel schneiden sich die beiden Graphen?
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Schnittpunkt zweier Geraden
Berechnung des Schnittwinkels zweier reeller Funktionen in einem Punkt:
Gegeben sind zwei Funktionen f:Df→R, g:Dg→R, deren Graphen sich in einem Punkt x~ gemäß Teilaufgabe b) schneiden: f(x~)=g(x~). f und g wollen wir als in x~ differenzierbar voraussetzen.
Du kannst nun folgendermaßen vorgehen: Berechne Geraden g1:y=k1x+d1 und g2:y=k2x+d2, welche die nachstehenden Eigenschaften aufweisen:
f′(x~)=k1 und g′(x~)=k2
f(x~)=k1x~+d1 und g(x~)=k2x~+d2
Dies bedeutet, in Worte gefasst:
Die Steigung von g1 ist gleich der Steigung von f in x~ und die Steigung von g2 ist gleich der Steigung von g in x~.
Der Schnittpunkt (x~,f(x~))=(x~,g(x~)) der Graphen von f und g ist in g1 und g2 enthalten.
Anschließend kannst du den Schnittwinkel beider Geraden durch deren Richtungsvektoren g1 und g2 mittels der Formel cos(ϕ)=∣g1∣⋅∣g2∣⟨g1,g2⟩ berechnen (⟨.,.⟩ bezeichnet das Standardskalarprodukt):
In Teilaufgabe b) war der Schnittpunkt x~=1 mit f(1)=g(1)=2.Um die Steigungen von f und g in x~=1 zu berechnen, benötigen wir deren Ableitungen an dieser Stelle:
f′(x)=−e1−x und g′(x)=2⋅ex−1.
f′(1)=−e1−1=−e0=−1
g′(1)=2⋅e1−1=2⋅e0=2
Anschließend kannst du die gesuchten Geraden bestimmen, indem du k1=f′(1) und k2=g′(1) setzt (damit ist 1. erfüllt). Wenn du weiterhin noch 2. forderst, erhältst du durch Einsetzen von x~=1,f(1),g(1),k1 und k2 zwei Gleichungen. Diese Gleichungen formst du um, um die fehlenden Werte d1 und d2 zu berechnen:
und
Nach diesen Schritten hast du die Geradengleichungen von g1 und g2 ermittelt:
g1:y=(−1)⋅x+3
g2:y=2⋅x
(siehe auch: (*) Alternativer Lösungsweg)
Du kannst sofort die Normalform der Geraden angeben,
g1:x+y=3
g2:(−2)⋅x+y=0
sowie deren Normalenvektoren ng1 und ng2 ablesen: (11) und (1−2).
Da Normalenvektoren in der Ebene senkrecht, d.h. in einem Winkel von 90° auf den Richtungsvektor der Geraden stehen, ist in obiger Grafik φ=φ′. Also kannst du ϕ mit der weiter oben angegebenen Formel berechnen, wobei du jedoch nicht die Richtungs-, sondern die Normalenvektoren verwendest:
⇒φ=cos−1(−101)≈108,4°
Unter Verwendung eines Taschenrechners ist es dir möglich, den Wert von cos−1(−101) (in ° Winkelmaß) zu berechnen.
Achtung: Versichere dich davor in dessen Einstellungsmenü davon, dass du dein Ergebnis nicht in ° Radiant angegeben erhältst.
(*) Alternativer Lösungsweg
Dieser Lösungsweg verwendet keine Vektoren, sondern benutzt die Tatsache, dass die Steigung m einer Gerade durch m=tan(α) gegeben ist. Auflösen nach dem Steigungswinkel α (=Winkel gegen die Horizontale) durch Anwenden von tan−1(..) auf beiden Seiten der Gleichung liefert:
Wir hatten:
g1:y=−x+3 mit Steigung m1=−1.
g2:y=2⋅x mit Steigung m2=2
Berechne nun den Steigungswinkel gemäß der Formel von oben.
Steigungswinkel von g1: α1=tan−1(m1)=tan−1(−1)=−45∘
Steigungswinkel von g2: α2=tan−1(m2)=tan−1(2)≈63,4∘
Berechne den Schnittwinkel. Ziehe dazu die Winkel voneinander ab und bilde deren Betrag.
φ=∣α2−α1∣≈∣63,4∘−(−45∘)∣=108,4∘
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Gegeben ist die Funktion f mit f(x)=x⋅e1−x .
In welchen Intervallen ist f streng monoton wachsend?
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Monotonieverhalten einer reellwertigen Funktion bestimmen
Eine reellwertige Funktion f:[a,b]→R auf einem Intervall [a,b] mit a<b heißt
monoton wachsend auf [a,b], falls aus a≤x≤y≤b folgt, dass f(x)≤f(y) ist.
streng monoton wachsend auf [a,b], falls aus a≤x<y≤b folgt, dass f(x)<f(y) ist.
Kurz gesagt bedeutet monotones Wachstum: Je weiter du von a ausgehend auf b zugehst, desto größer werden die Funktionswerte von f.
monoton fallend auf [a,b], falls aus a≤x≤y≤b folgt, dass f(x)≥f(y) ist.
streng monoton wachsend auf [a,b], falls aus a≤x<y≤b folgt, dass f(x)<f(y) ist.
Kurz gesagt bedeutet monotone Abnahme: Je weiter du von a ausgehend auf b zugehst, desto kleiner werden die Funktionswerte von f.
Ist die betrachtete Funktion f:[a,b]→R differenzierbar, so kannst du ihr Monotonieverhalten folgendermaßen bestimmen:
Ist f′(x)≥0 (bzw. >0) für alle x in [a,b], so wächst f monoton (bzw. streng) auf [a,b].
Ist f′(x)≤0 (bzw. <0) für alle x in [a,b], so fällt f monoton (bzw. streng monoton) auf [a,b].
Dieses Vorgehen kannst du auf differenzierbare Funktionen f:R→R verallgemeinern, indem du die Ableitung f′ berechnest und R in größtmögliche Intervalle unterteilst, auf welchen f′≥0 oder f′≤0 ist.
In dieser Aufgabe ist
f(x)=x⋅e1−x
f ist laut Produkt- und Kettenregel differenzierbar, womit du also ihre Ableitung berechnen kannst:
f′(x)=
Anwendung der Produktregel
(x)′⋅e1−x+x⋅(e1−x)′=
Anwendung der Kettenregel unter Benutzung von (ex)′=exp′(x)=exp(x)=ex liefert:
(e1−x)′=
(exp(1−x))′=
exp′(1−x)⋅(1−x)′=
exp(1−x)⋅(−1)=
−e1−x
Durch Einsetzen der Ableitung (x)′=1 erhältst du
1⋅e1−x+x⋅(−1)⋅e1−x=
Hier kannst du den Ausdruck e1−x herausheben:
(1−x)⋅e1−x
Dabei ist e1−x für reelle x immer positiv.
Daher hängt das Vorzeichen von f′(x) nur von dem Ausdruck 1−x ab:
1−x>0 für x<1 und
1−x<0 für x>1.
Insgesamt ist
f′(x)>0 für x<1 und
f′(x)<0 für x>1.
Nach dem obigen Kriterium für differenzierbare Funktionen kannst du folgende Aussage zum Monotonieverhalten von f angeben:
f wächst streng monoton für x<1 und fällt streng monoton für x>1.
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Bestimme alle Hoch- und Tiefpunkte des Graphen von f.
Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Hoch- und Tiefpunkte berechnen
Aus Teilaufgabe a) weißt du bereits, dass f′(x)=(1−x)⋅e1−x ist. Berechne nun die Nullstellen der ersten Ableitung.
f′(x)=0
Setze für f′(x) ein.
⇔(1−x)⋅e1−x=0
Desweiteren solltest du aus Teilaufgabe a) in Erinnerung behalten haben, dass e1−x>0 ist. Somit ist die linke Seite der Gleichung genau dann gleich Null, wenn 1−x=0 ist. Dies ist nur für x=1 erfüllt.
⇔x=1
x=1 ist also der einzige Punkt von f, der als Hoch- oder Tiefpunkt in Frage kommt.
Um zu entscheiden, ob es sich um einen Hoch- oder Tiefpunkt handelt, berechnest du die zweite Ableitung von f.
f′′(x)=((1−x)⋅e1−x)′
Wende die Produktregel an.
=(1−x)′⋅e1−x+(1−x)⋅(e1−x)′
Wie in Teilaufgabe a) nutzt du zum Ableiten von e1−x die Kettenregel und erhältst (e1−x)′=−e1−x. Dies setzt du zusammen mit (1−x)′=−1 ein.
=−e1−x+(−1)⋅(1−x)⋅e1−x
Hineinziehen des Minuszeichens in die Klammer.
=−e1−x+(x−1)⋅e1−x
Nun klammerst du e1−x aus.
=(−1+x−1)⋅e1−x=(x−2)⋅e1−x
Nun setzt du x=1 in die 2. Ableitung von f ein.
Da f′′(1) kleiner als 0 ist, ist x=1 ein Hochpunkt von f.
Die Funktion f(x)=x⋅e1−x hat genau einen Hochpunkt bei x=1.
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Berechne zuerst die Nullstellen der 1. Ableitung.
Überprüfe mithilfe der 2. Ableitung, ob es sich um Hoch- oder Tiefpunkte handelt.
Skizziere den Graphen von f.
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