Aufgabe B1 - Differentialrechnung · Abitur NRW Mathematik GK · Nachtermin · GTR 2023

a) (1) Koordinaten des Hochpunkts $E_1$

Lösung: $(-2{,}12 \mid 0{,}51)$

a) (1) Koordinaten des Tiefpunkts $E_2$

Lösung: $(0{,}12 \mid -0{,}27)$

a) (2) Erste Wendestelle $x_1$

Lösung: $-3{,}5$ / $-\frac{7}{2}$

a) (2) Zweite Wendestelle $x_2$

Lösung: $-0{,}5$ / $-\frac{1}{2}$

a) (2) Rechnerische Untersuchung der Wendestellen

Lösung: Notwendige Bedingung: $f''(x) = 0 \Leftrightarrow x^2 + 4x + 1{,}75 = 0 \Rightarrow x_1 = -3{,}5, x_2 = -0{,}5$. Hinreichende Bedingung z. B. über Vorzeichenwechselkriterium: $f''(-4) > 0, f''(-3) < 0, f''(0) > 0$. Da an beiden Stellen ein VZW vorliegt, sind $x_1$ und $x_2$ Wendestellen.

a) (3) (i) Weisen Sie nach, dass gilt: $f'(x)=(x^2+2\cdot x-0{,}25)\cdot \mathrm{e}^x$.

Lösung: $f'(x) = 2\cdot x\cdot \mathrm{e}^x + (x^2 - 0{,}25)\cdot \mathrm{e}^x = (x^2 + 2\cdot x - 0{,}25)\cdot \mathrm{e}^x$

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

Lösung: Die Steigung des Graphen von $f$ im Punkt $(-1{,}5 \mid 2\cdot \mathrm{e}^{-1{,}5})$ beträgt: $$f'(-1{,}5) = ((-1{,}5)^2 + 2\cdot(-1{,}5) - 0{,}25)\cdot \mathrm{e}^{-1{,}5} = -\mathrm{e}^{-1{,}5}$$ Dies ist identisch mit der Steigung der Tangente. Zudem gilt für den Punkt: $$y = -\mathrm{e}^{-1{,}5}\cdot (-1{,}5) + 0{,}5\cdot \mathrm{e}^{-1{,}5} = 2\cdot \mathrm{e}^{-1{,}5} = f(-1{,}5)$$ Die Tangente verläuft somit durch den Punkt $(-1{,}5 \mid 2\cdot \mathrm{e}^{-1{,}5})$.

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

Lösung: Einzuzeichnen sind die Punkte $P(-1 \mid 0)$, $R_{0{,}75}(0{,}75 \mid 0)$ auf der $x$-Achse und $Q_{0{,}75}(0{,}75 \mid g(0{,}75))$ auf dem Graphen von $g$. Diese bilden ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten auf der $x$-Achse und parallel zur $y$-Achse.

b) (2) Begründen Sie, dass sich der Flächeninhalt $B$ des Dreiecks $PQ_zR_z$ in Abhängigkeit von $z$ mit der Gleichung $B(z) = -0{,}5\cdot (z+1)^2 \cdot (z-1)\cdot \mathrm{e}^z$ berechnen lässt.

Lösung: Das Dreieck $PQ_zR_z$ besitzt bei $R$ einen rechten Winkel. Eine Kathete hat die Länge $|g(z)| = -(z+1)\cdot (z-1)\cdot \mathrm{e}^z$, die andere die Länge $z - (-1) = z + 1$. Somit ergibt sich: $$B(z) = 0{,}5\cdot [-(z+1)\cdot(z-1)\cdot \mathrm{e}^z]\cdot(z+1) = -0{,}5\cdot(z+1)^2\cdot(z-1)\cdot \mathrm{e}^z$$

b) (3) Bestimmen Sie den größtmöglichen Flächeninhalt, den das Dreieck $PQ_zR_z$ annehmen kann.

Lösung: $0{,}937$ / ca. $0{,}94$