Aufgabe B1 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik GK · Haupttermin · GTR · Weiterbildungsk 2022

Thema: Differentialrechnung: Tangenten, Extrem- und Wendepunkte · Aus der Prüfung GK · Haupttermin · GTR · Weiterbildungskolleg (2022)

Aufgabenstellung

Prüfungsteil B: Aufgaben mit Hilfsmitteln

Aufgabenstellung:

Betrachtet wird die Funktion ff mit der Funktionsgleichung f(x)=9⋅x⋅e−1,5xf(x) = 9 \cdot x \cdot \mathrm{e}^{-1{,}5x}, x∈Rx \in \mathbb{R}.

Abbildung 1 zeigt den Graphen der Funktion ff.

Die zweite Ableitung der Funktion ff lautet: f′′(x)=(814⋅x−27)⋅e−1,5xf''(x) = \left(\frac{81}{4} \cdot x - 27\right) \cdot \mathrm{e}^{-1{,}5x}.

Teilaufgabe a)

a) (1)

Begründen Sie, warum die Funktion ff lediglich eine einzige Nullstelle hat.

a) (2)

Zeigen Sie, dass f′(x)=(−272x+9)⋅e−1,5xf'(x) = \left(-\frac{27}{2}x + 9\right)\cdot e^{-1{,}5x} die erste Ableitung von ff darstellt.

a) (3)

Untersuchen Sie mithilfe von Rechnung den Graphen von ff auf lokale Extrempunkte.

a) (4)

Der Graph von ff besitzt genau einen Wendepunkt. Ermitteln Sie dessen Koordinaten.

a) (5)

Ermitteln Sie die Stellen im Intervall [0;6][0; 6], an denen der Graph von ff jeweils die größte bzw. die kleinste Steigung aufweist.

Teilaufgabe b) (2)

Für jedes 0<u≤60 < u \leq 6 sind O(0∣0)O(0 \mid 0), P(6∣0)P(6 \mid 0) und Qu(u∣f(u))Q_u(u \mid f(u)) die Eckpunkte eines Dreiecks.

b) (2) (i)

Zeichnen Sie für u=2u = 2 das Dreieck OPQuOPQ_u in Abbildung 1 ein.

b) (2) (ii)

Begründen Sie, dass sich der Flächeninhalt des Dreiecks OPQuOPQ_u in Abhängigkeit von uu mit der Gleichung AOPQu(u)=3⋅f(u)A_{OPQ_u}(u) = 3\cdot f(u) berechnen lässt.

b) (2) (iii)

Begründen Sie ohne zusätzliche Rechnung, bei welchem Wert von uu der Flächeninhalt des Dreiecks OPQuOPQ_u am größten ist.

b) (2) (iv)

Bestimmen Sie sämtliche Werte von uu, bei denen das Dreieck OPQuOPQ_u den Flächeninhalt 44 Flächeneinheiten besitzt.

Teilaufgabe c)

Gegeben ist für ein zz mit 23<z<43\frac{2}{3} < z < \frac{4}{3} der Punkt R(z∣f(z))R(z \mid f(z)). Die Funktion tt hat als Graph die Tangente an den Graphen von ff in RR. Für x<zx < z betrachtet man den Graphen von ff, für x≥zx \geq z den Graphen von tt. Abbildung 2 zeigt diese Situation am Beispiel z=0,9z = 0{,}9.

Die betrachteten Graphen von ff und tt umschließen zusammen mit der xx-Achse die in Abbildung 2 schraffierte Fläche. Mit den folgenden Bedingungen lässt sich zz so bestimmen, dass diese Fläche 44 Flächeneinheiten groß ist:

I: t(z)=f(z)t(z) = f(z)

II: t′(z)=f′(z)t'(z) = f'(z)

III: ∫0zf(x) dx+∫zct(x) dx=4\int_0^z f(x)\,\mathrm{d}x + \int_z^c t(x)\,\mathrm{d}x = 4, wobei cc die Nullstelle von tt ist.

c) (1) (i)

Begründen Sie, weshalb die Bedingungen I und II gewählt werden.

c) (2)

Aus den Bedingungen ergibt sich z≈0,9428z \approx 0{,}9428. [Ein Nachweis ist nicht erforderlich.]

Bestimmen Sie für z=0,9428z = 0{,}9428 rechnerisch eine Gleichung der Funktion tt, deren Graph die Tangente an den Graphen von ff im Punkt R(z∣f(z))R(z \mid f(z)) ist.

Teilaufgabe d)

Für k>0k > 0 ist die Funktion jj mit der Gleichung j(x)=4⋅k2⋅x⋅e−k⋅xj(x) = 4\cdot k^2\cdot x\cdot e^{-k\cdot x} für x∈Rx \in \mathbb{R} gegeben.

Setzt man k=1,5k = 1{,}5 in den Funktionsterm von jj ein, so erhält man den Funktionsterm von ff.

Setzt man k=2,6k = 2{,}6 in den Funktionsterm von jj ein, so erhält man den Funktionsterm der Funktion gg mit g(x)=4⋅2,62⋅x⋅e−2,6⋅xg(x) = 4\cdot 2{,}6^2\cdot x\cdot e^{-2{,}6\cdot x}.

d) (1) (i)

Die Graphen von ff und gg haben nur den Koordinatenursprung und einen weiteren Punkt SS gemeinsam.

Bestimmen Sie die Koordinaten des Hochpunkts des Graphen von gg sowie des Schnittpunkts SS der Graphen von ff und gg.

d) (1) (ii)

Skizzieren Sie den Graphen von gg unter Verwendung dieser Punkte in Abbildung 3.

d) (2)

Für einen bestimmten Wert von kk liefert der Term von jj den Term der Funktion hh, deren Graph in Abbildung 3 zu sehen ist.

Geben Sie ohne zusätzliche Rechnung einen Schätzwert für dieses kk an.

Aufgabenstellung: Aufgabe B1 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik GK · Haupttermin · GTR · Weiterbildungsk 2022

Lösung

Nach den offiziellen Korrekturhinweisen

a) (1) Begründen Sie, warum die Funktion f lediglich eine einzige Nullstelle hat.

Lösung: Mit e−1,5x>0e^{-1{,}5x} > 0 für alle x∈Rx \in \mathbb{R} gilt: f(x)=9⋅x⋅e−1,5x=0  ⟺  x=0f(x) = 9\cdot x\cdot e^{-1{,}5x} = 0 \iff x = 0. Somit gibt es nur eine Nullstelle.

a) (2) Zeigen Sie, dass f'(x) die erste Ableitung von f darstellt.

Lösung: f′(x)=9⋅e−1,5x−1,5⋅9⋅x⋅e−1,5x=(9−272x)⋅e−1,5x=(−272x+9)⋅e−1,5xf'(x) = 9\cdot e^{-1{,}5x} - 1{,}5\cdot 9\cdot x\cdot e^{-1{,}5x} = \left(9 - \frac{27}{2}x\right)\cdot e^{-1{,}5x} = \left(-\frac{27}{2}x + 9\right)\cdot e^{-1{,}5x}

a) (3) Untersuchen Sie mithilfe von Rechnung den Graphen von f auf lokale Extrempunkte.

Lösung: H(23 | 6e)≈H(0,67∣2,21)H\left(\frac{2}{3} \,\middle|\, \frac{6}{e}\right) \approx H(0{,}67 \mid 2{,}21)

a) (4) Ermitteln Sie die Koordinaten des Wendepunktes.

Lösung: W(43 | 12⋅e−2)≈W(1,33∣1,62)W\left(\frac{4}{3} \,\middle|\, 12\cdot e^{-2}\right) \approx W(1{,}33 \mid 1{,}62)

a) (5) Ermitteln Sie die Stelle im Intervall [0; 6], an der der Graph von f die größte Steigung aufweist.

Lösung: x=0x = 0

a) (5) Ermitteln Sie die Stelle im Intervall [0; 6], an der der Graph von f die kleinste Steigung aufweist.

Lösung: x=43≈1,33x = \frac{4}{3} \approx 1{,}33

b) (2) (i) Zeichnen Sie für u = 2 das Dreieck OPQ_u in Abbildung 1 ein.

Lösung: Eingezeichnetes Dreieck mit den Eckpunkten O(0∣0)O(0 \mid 0), P(6∣0)P(6 \mid 0) und Q2(2∣f(2))Q_2(2 \mid f(2)) mit f(2)≈0,896f(2) \approx 0{,}896.

b) (2) (ii) Begründen Sie, dass sich der Flächeninhalt des Dreiecks OPQ_u wie angegeben berechnen lässt.

Lösung: Da die Grundseite OP‾\overline{OP} des Dreiecks OPQuOPQ_u eine Länge von 66 Längeneinheiten hat und die Länge der zugehörigen Höhe durch f(u)f(u) gegeben ist, gilt für den Flächeninhalt des Dreiecks: AOPQu(u)=12⋅6⋅f(u)=3⋅f(u)A_{OPQ_u}(u) = \frac{1}{2}\cdot 6\cdot f(u) = 3\cdot f(u)

b) (2) (iii) Wert von u für maximalen Flächeninhalt des Dreiecks OPQ_u

Lösung: u=23≈0,67u = \frac{2}{3} \approx 0{,}67

b) (2) (iii) Begründung für den Wert von u

Lösung: Da der Flächeninhalt immer der dreifache Wert des Funktionswertes f(u)f(u) ist (A(u)=3⋅f(u)A(u) = 3\cdot f(u)) und der Funktionswert im Hochpunkt maximal ist, wird der Flächeninhalt genau an der Extremstelle von ff maximal.

b) (2) (iv) Bestimmen Sie sämtliche Werte von u, bei denen das Dreieck OPQ_u den Flächeninhalt 4 Flächeneinheiten besitzt.

Lösung: u≈0,20u \approx 0{,}20 und u≈1,58u \approx 1{,}58

c) (1) (i) Begründen Sie, weshalb die Bedingungen I und II gewählt werden.

Lösung: Die Bedingungen I und II stellen sicher, dass es sich bei der Funktion tt um die Tangente an den Graphen der Funktion ff im Punkt RR handelt bzw. dass der Übergang „knickfrei“ erfolgt.

c) (2) Bestimmen Sie für z = 0,9428 rechnerisch eine Gleichung der Funktion t.

Lösung: t(x)=−0,9063⋅(x−0,9428)+2,0629≈−0,9063⋅x+2,9174t(x) = -0{,}9063\cdot(x - 0{,}9428) + 2{,}0629 \approx -0{,}9063\cdot x + 2{,}9174

d) (1) (i) Bestimmen Sie die Koordinaten des Hochpunkts des Graphen von g.

Lösung: (0,38∣3,83)(0{,}38 \mid 3{,}83)

d) (1) (i) Bestimmen Sie die Koordinaten des Schnittpunkts S der Graphen von f und g.

Lösung: S(1∣2)S(1 \mid 2)

d) (1) (ii) Skizzieren Sie den Graphen von g unter Verwendung dieser Punkte in Abbildung 3.

Lösung: Skizze des Graphen von gg mit Hochpunkt bei ca. (0,38∣3,83)(0{,}38 \mid 3{,}83), Schnittpunkt bei S(1∣2)S(1 \mid 2) und Durchgang durch den Ursprung (0∣0)(0 \mid 0).

d) (2) Geben Sie ohne zusätzliche Rechnung einen Schätzwert für dieses k an.

Lösung: k=2k = 2 (akzeptiert wird das Intervall (1,5;2,6)(1{,}5 ; 2{,}6))

Die ausführliche Erklärung Schritt für Schritt (mit KI) gibt es mit Premium. Premium

Löse sie direkt hier: automatische Korrektur, Hinweise und Lösung Schritt für Schritt.

‹ Aufgabe a · GK · Haupttermin · GTR · Weiterbildungsk 2022 · Aufgabe B2 - Differentialrechnung · GK · Haupttermin · GTR · Weiterbildungsk 2022 ›

Mehr Aufgaben zu Differentialrechnung: Tangenten, Extrem- und Wendepunkte