Aufgabe 2 (WTR 2) - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik LK · Teil B · Analysis (WTR) 2022

Thema: Differentialrechnung: Tangenten, Extrem- und Wendepunkte · Aus der Prüfung LK · Teil B · Analysis (WTR) (2022)

Aufgabenstellung

Betrachtet wird nun die Schar der in R\mathbb{R} definierten Funktionen fa:x↦x⋅e−12a⋅x2+12f_a: x \mapsto x \cdot e^{-\frac{1}{2}a \cdot x^2 + \frac{1}{2}} mit a∈Ra \in \mathbb{R}.

Die Graphen der Schar lassen sich in die beiden folgenden Gruppen I und II einteilen:

I Der Graph hat genau zwei Extrempunkte.

II Der Graph hat keine Extrempunkte.

Die Abbildung 2 zeigt einen Graphen der Gruppe I, die Abbildung 3 einen Graphen der Gruppe II.

Die Extremstellen von faf_a stimmen mit den Lösungen der Gleichung a⋅x2=1a \cdot x^2 = 1 überein.

e)

Geben Sie zu jeder der beiden Gruppen I und II alle zugehörigen Werte von aa an und begründen Sie Ihre Angabe.

f)

Alle Extrempunkte der Graphen der Schar liegen auf einer Gerade. Begründen Sie, dass es sich dabei um die Gerade mit der Gleichung y=xy = x handelt.

g)

Für jeden positiven Wert von aa bilden der Hochpunkt (v∣fa(v))(v \mid f_a(v)) des Graphen von faf_a, der Punkt (0∣2v)\left(0 \mid \frac{2}{v}\right), der Koordinatenursprung und der Punkt (v∣0)(v \mid 0) die Eckpunkte eines Vierecks. Bestimmen Sie ausgehend von einer geeigneten Skizze denjenigen Wert von aa, für den das Viereck den Flächeninhalt 4949 hat.

Aufgabenstellung: Aufgabe 2 (WTR 2) - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik LK · Teil B · Analysis (WTR) 2022

Lösung

Nach den offiziellen Korrekturhinweisen

e) Werte von a für Gruppe I (genau zwei Extrempunkte):

Lösung: a>0a > 0

e) Werte von a für Gruppe II (keine Extrempunkte):

Lösung: a≤0a \le 0

e) Begründung der Zuordnung:

Lösung: Die Extremstellen stimmen mit den Lösungen von a⋅x2=1a \cdot x^2 = 1 überein. Für a>0a > 0 gibt es zwei Lösungen, für a≤0a \le 0 keine.

f) Begründen Sie, dass alle Extrempunkte auf der Gerade y = x liegen.

Lösung: Die Funktion f1f_1 hat den Hochpunkt (1∣1)(1 \mid 1) und Tiefpunkt (−1∣−1)(-1 \mid -1). Durch gleichmäßige Streckung in x- und y-Richtung mit k>0k > 0 entsteht der Punkt (k⋅1∣k⋅1)=(k∣k)(k \cdot 1 \mid k \cdot 1) = (k \mid k), der auf der Geraden y=xy = x liegt.

g) Geeignete Skizze des Vierecks:

Lösung:

g) Rechnerische Bestimmung des Vierecksinhalts und Ermittlung von a:

Lösung: 12⋅(v+2v)⋅v=49  ⟺  12v2+1=49  ⟺  v2=96\frac{1}{2} \cdot \left(v + \frac{2}{v}\right) \cdot v = 49 \iff \frac{1}{2}v^2 + 1 = 49 \iff v^2 = 96 Da der Hochpunkt bei vv liegt, gilt a⋅v2=1  ⟺  a⋅96=1  ⟺  a=196a \cdot v^2 = 1 \iff a \cdot 96 = 1 \iff a = \frac{1}{96}.

g) Gesuchter Wert von a:

Lösung: a=196a = \frac{1}{96}

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