Lösungswege Mathematik Oberstufe 7, Arbeitsheft

51. A – f(x) = x 2 – 4 x + 4 – ® inks gekrümmt B – k(x) = ‒ x 2 + 4 – rechts gekrümmt C – j(x) = ‒ 2 x 2 – rechts gekrümmt D – m(x) = x 2 – 4 x + 8 – ® inks gekrümmt 52. Diese Aussage kann korrekt sein, da man auch sagen könnte: f ist in (‒ • ; 7) ® inks gekrümmt und in (7; • ) rechts gekrümmt. 53. A, B 54. f(‒ 5) < 0  f’(‒ 5) < 0  f’’(‒1) > 0 f’’(2) > 0 f’’(4) > 0 f(‒1) > 0 f’’(‒ 5) < 0 f(2) < 0  f(4) < 0 f’(‒ 3) > 0  f(‒ 2) < 0 f’(‒1) < 0 f’(2) < 0  f’(4) = 0  f’’(‒ 3) < 0 55. a) positiv gekrümmt in (‒ • ; 2] negativ gekrümmt in [2; • ) b) positiv gekrümmt in (‒ • ; ‒ d _ k 5 negativ gekrümmt in 4 ‒ d _ k ; • ) 56. B, C 57. W 1 = (‒ 3 1 ‒ 403) t 1 : y = 201 x + 200 W 2 = (2,5 1 ‒ 212,56) t 2 : y = ‒131,75 x + 116,81 58. a) z.B. 3 b 2 = 8 a c b) z.B. 3 b 2 < 8 a c 59. f’ GRAPH D Da f zuerst streng monoton steigend ist, müssen die Funktionswerte von f’ zuerst positiv sein. Ist f eine Po ® ynomfunktion dritten Grades, dann ist die Ab ® eitungsfunktion eine quadratische Funktion. f’’ GRAPH A Da f zuerst negativ gekrümmt ist, müssen die Funktionswerte von f’’ zuerst negativ sein. Ist f eine Po ® ynomfunktion dritten Grades, dann ist die f’’ eine ® ineare Funktion. 60. 1) D = R 2) N 1 = (‒1 1 0), N 2 = (1 1 0), N 3 = (3 1 0) 3) Hochpunkt H = (‒ 0,15 1 3,08); Tiefpunkt T = (2,15 1 ‒ 3,08) 4) streng monoton steigend in (‒ • ; ‒ 0,15] bzw. [2,15; • ) streng monoton fa ®® end in [‒ 0,15; 2,15] 5) W = (1 1 0) (kein Satte ® punkt) 6) negativ gekrümmt in (‒ • ; 1] positiv gekrümmt in [1; • ) 7) t(x) = ‒ 4 x + 4 8) nicht symmetrisch 9) ® im x ¥ • f(x) = • ® im x ¥ ‒ • f(x) = ‒ • 10) 61. a) b) c) d) e) f) 62. D 63. B, D 64. C, E 65. C 66. I: f(0) = 0 II: f(2) = 5 III: f’(1) = 0 IV: f’’(2) = 0 V: f’(‒1) = 0 67. Z.B. Der Graph einer Po ® ynomfunktion f dritten Grades geht durch den Ursprung. F besitzt bei H = (2 1 4) einen Hochpunkt. Der Graph von f geht durch den Punkt R = (1 1 2,5). Bestimme die Funktionsg ® eichung von f. 68. (1) a 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 b 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 a 2 ·b 2 0 11 20 27 32 35 36 35 32 27 20 11 0 Das Maximum wird bei a = b = 6 erreicht. (2) Die Hauptbedingung dieser Aufgabe ist die Funktion p(a, b) = a 2 · b 2 . Da die Funktion p von zwei Variab ® en abhängt muss aus dem Zusammenhang a + b = 12 (der sogenannten Nebenbedingung) eine Variab ® e durch die andere ausgedrückt (z.B. b = 12 – a) und in p eingesetzt werden: p(a) = a 2 · (12 – a) 2 . Durch Nu ®® setzen der ersten Ab ® eitungsfunktion von p bestimmt man die mög ® ichen ® oka ® en Extremste ®® en von p und überprüft anhand des Graphen von p bzw. mit der zweiten Ab ® eitungsfunktion von p, ob es sich bei den Ste ®® en um Minimum- oder Maximumste ®® en hande ® t. p(a) = a 4 – 24 a 3 + 144 a 2 w p’(a) = 4 a 3 – 72 a 2 + 288 a = 0 w a 1 = 0, a 2 = 6, a 3 = 12 w a = 6, b = 6 p’’(a) = 12 a 2 – 144 a + 288 w p’’(6) = ‒144 < 0, d.h. Maximumste ®® e 69. 1) Hauptbedingung: A(x, y) = x · y 2) Nebenbedingung: y = 0,5 x 2 – 4 x + 7,5 3) Zie ® funktion: A(x) = x · (0,5 x 2 – 4 x + 7,5) = 0,5 x 3 – 4 x 2 + 7,5 x 4) Berechnung der Extremste ®® en von A: A’(x) = 1,5 x 2 – 8 x + 7,5 w 1,5 x 2 – 8 x + 7,5 = 0 w x 1 = 1,21 x 2 = 4,12 ( + D) 5) Nachweis des gesuchten Extremums mit A’’: A’’(x) = 3 x – 8 w A’’(1,21) < 0, d.h. Maximumste ®® e x y f f ’ f ’’ 1 2 3 4 –2 – 1 2 4 –6 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 –6 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 4 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 4 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 –6 –4 –2 0 x f ’ (x) f ’ 2 –2 2 4 –4 –2 0 85 Lösungen Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv