Aufgabe B1 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik GK · Nachtermin · CAS · Weiterbildungsko 2023

Thema: Differentialrechnung: Tangenten, Extrem- und Wendepunkte · Aus der Prüfung GK · Nachtermin · CAS · Weiterbildungskolleg (2023)

Aufgabenstellung

Prüfungsteil B: Aufgaben mit Hilfsmitteln

Gegeben ist die Funktion ff mit der Gleichung

f(x)=(x+0,5)⋅(x−0,5)⋅ex, x∈Rf(x) = (x + 0{,}5) \cdot (x - 0{,}5) \cdot e^x,\ x \in \mathbb{R}

Gegeben ist die Funktion gg mit der Gleichung

g(x)=(x+1)⋅(x−1)⋅ex, x∈Rg(x) = (x + 1) \cdot (x - 1) \cdot e^x,\ x \in \mathbb{R}

Abbildung 1 zeigt den Graphen der Funktion gg.

Gegeben ist die Funktion hh mit der Gleichung

h(x)=(x−1)⋅x⋅ex−0,5, x∈Rh(x) = (x - 1) \cdot x \cdot e^{x - 0{,}5},\ x \in \mathbb{R}

Teilaufgabe a)

a) (1)

Der Graph von ff besitzt zwei lokale Extrempunkte. Bestimmen Sie die Koordinaten dieser beiden Punkte.

a) (2)

Untersuchen Sie ff rechnerisch auf Wendestellen; Werte oder Zusammenhänge, die an Funktionsgraphen abgelesen wurden, dürfen dabei nicht verwendet werden.

a) (3)

Zeigen Sie rechnerisch, dass t:y=−e−1,5⋅x+0,5⋅e−1,5t: y = -e^{-1{,}5} \cdot x + 0{,}5 \cdot e^{-1{,}5} die Tangente an den Graphen von ff im Punkt (−1,5∣f(−1,5))(-1{,}5 \mid f(-1{,}5)) ist.

Teilaufgabe b)

Für −1<z<1-1 < z < 1 spannen die Punkte P(−1∣0)P(-1\mid 0), Qz(z∣g(z))Q_z(z\mid g(z)) und Rz(z∣0)R_z(z\mid 0) das Dreieck PQzRzPQ_zR_z auf.

b) (1)

Zeichnen Sie in Abbildung 1 das Dreieck PQzRzPQ_zR_z für z=0,75z = 0{,}75 ein.

b) (2)

Begründen Sie, dass der Flächeninhalt BB des Dreiecks PQzRzPQ_zR_z abhängig von zz durch die Gleichung

B(z)=−0,5⋅(z+1)2⋅(z−1)⋅ezB(z) = -0{,}5 \cdot (z+1)^2 \cdot (z-1) \cdot e^z

berechnen kann.

b) (3)

Ermitteln Sie sämtliche Werte von zz, bei denen das Dreieck PQzRzPQ_zR_z einen Flächeninhalt von 0,50{,}5 Flächeneinheiten hat.

b) (4)

Bestimmen Sie den größtmöglichen Flächeninhalt des Dreiecks PQzRzPQ_zR_z.

Aufgabenstellung: Aufgabe B1 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik GK · Nachtermin · CAS · Weiterbildungsko 2023

Lösung

Nach den offiziellen Korrekturhinweisen

a) (1) Koordinaten des Hochpunkts

Lösung: E1(−2,12∣0,51)E_1(-2{,}12 \mid 0{,}51)

a) (1) Koordinaten des Tiefpunkts

Lösung: E2(0,12∣−0,27)E_2(0{,}12 \mid -0{,}27)

a) (2) Rechnerische Untersuchung auf Wendestellen

Lösung: x=−72x = -\frac{7}{2} und x=−12x = -\frac{1}{2}

a) (3) Zeigen Sie rechnerisch, dass t:y=−e−1,5⋅x+0,5⋅e−1,5t: y = -e^{-1{,}5} \cdot x + 0{,}5 \cdot e^{-1{,}5} die Tangente an den Graphen von ff im Punkt (−1,5∣f(−1,5))(-1{,}5 \mid f(-1{,}5)) ist.

Lösung: f′(−1,5)=−e−1,5f'(-1{,}5) = -e^{-1{,}5} und t(−1,5)=f(−1,5)=2⋅e−1,5t(-1{,}5) = f(-1{,}5) = 2 \cdot e^{-1{,}5}

b) (1) Zeichnen Sie in Abbildung 1 das Dreieck PQzRzPQ_zR_z für z=0,75z = 0{,}75 ein.

Lösung: Einzeichnen der Punkte P(−1∣0)P(-1\mid 0), R0,75(0,75∣0)R_{0{,}75}(0{,}75\mid 0) und Q0,75(0,75∣g(0,75))Q_{0{,}75}(0{,}75\mid g(0{,}75)) sowie Verbinden zum Dreieck.

b) (2) Begründen Sie, dass man den Flächeninhalt BB des Dreiecks PQzRzPQ_zR_z in Abhängigkeit von zz mit der Gleichung B(z)=−0,5⋅(z+1)2⋅(z−1)⋅ezB(z) = -0{,}5 \cdot (z+1)^2 \cdot (z-1) \cdot e^z berechnen kann.

Lösung: B(z)=0,5⋅[−(z+1)⋅(z−1)⋅ez]⋅(z+1)=−0,5⋅(z+1)2⋅(z−1)⋅ezB(z) = 0{,}5 \cdot [-(z+1) \cdot (z-1) \cdot e^z] \cdot (z+1) = -0{,}5 \cdot (z+1)^2 \cdot (z-1) \cdot e^z

b) (3) Ermitteln Sie sämtliche Werte von zz, bei denen das Dreieck PQzRzPQ_zR_z einen Flächeninhalt von 0,50{,}5 Flächeneinheiten hat.

Lösung: z1=0z_1 = 0 und z2≈0,883z_2 \approx 0{,}883

b) (4) Bestimmen Sie den größtmöglichen Flächeninhalt des Dreiecks PQzRzPQ_zR_z.

Lösung: 0,9370{,}937 [FE]

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