Analysis UBs Lösungen

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Analysis – Übungsblatt 1
Grundwissen – lineare und quadratische Funktionen - Lösung
1.
2. 3.
4. 5.
a) f(x) = −3x + 4 m = −3 ; t = 4
b) f(x) = x − 2 m =1 ; t = −2
c) f(x) = −2 m = 0 ; t = −2
d) f(x) =
3
5
x +
3
2
m =
3
5
; t =
3
2
m =
Δy
Δx
=
yQ
− yP
xQ
− xP
=
5 − 7
4 − 2
=
−2
2
= −1
7 = −1⋅ 2+ t
t = 9
g: y = −x +9
a) y =1
b) m = −1
1= −1⋅(−5) + t
t = −4
y = −x − 4
c) x = −5
m = tan(30°) =
3
3
−0,5 =
3
3
⋅3+ t
t = −0,5 − 3
y =
3
3
x −0,5 − 3
mg
⋅mf
= −1
mg
= −
1
2
−2,5 = −
1
2
⋅ 4+ t
t = −0,5 = −
1
2
g: y = −
1
2
x −
1
2

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6.
a) Normalform entspricht hier Scheitelpunktform
S(0 | −2)
Y(0 | −2)
f(x) = x2
− 2 = (x − 2)(x + 2)
N1
( 2 | 0) ; N2
(− 2 | 0)
b) f(x) = x2
− 4x +3 = x2
− 4x + 4 −1
= (x − 2)2
−1
S(2 | −1)
Y(0 | 3)
x1,2
=
4± 16 −12
2
=
4± 2
2
(Alternative : Vieta)
x1
=1 ; x2
= 3
N1
(1| 0) ; N2
(3 | 0)
c) f(x) = −2x2
− 4x +3
= −2[x2
+ 2x −1,5]
= −2[x2
+ 2x +1− 2,5]
= −2[(x +1)2
− 2,5]
= −2(x +1)2
+5
S(−1| 5)
Y(0 | 3)
x1,2
=
4± 16+ 24
−4
=
4± 2 10
−4
N1
−
2+ 10
2
| 0
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟; N2
−2+ 10
2
| 0
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
d) f(x) = x2
+ 2x = x(x + 2) = x2
+ 2x +1−1= (x +1)1
−1
S(−1| −1)
Y(0 | 0)
N1
(0 | 0) ; N2
(−2 | 0)
Alternative :
x −Koordinate von S liegt wegen Symmetrie zwischen Nst.
S(−1| y) y durch einsetzen bestimmen.
"
#
$
$
$
%
&
'
'
'

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7.
8.
Wenn man die gegebenen Punkte in die Gleichung y = ax2
+ bx + c einsetzt, ergibt sich das
Gleichungssystem:
Daraus ergibt sich a = -1, b = -6 und c = -7, also y = - x2
- 6x - 7.
Scheitelpunktform: y = - (x+3)2
+ 2 , also S(-3/2).
Nullstellen:
e) f(x) = 2(x −3)(x + 2)
N1
(−2 | 0) ; N2
(3 | 0)
Y(0 | −12)
S(0,5 | y); f(0,5) = −12,5
f(x) = 2(x −0,5)2
−12,5
f(x) = a(x − d)2
+ e
f(x) = a(x +0,5)2
−0,5 = a⋅0,52
a = −2
f(x) = −2(x +0,5)2
I. −
1
4
=
81
4
a −
9
2
b + c
II. 1= 4a − 2b+ c
III. − 2= a − b+ c
x1
=−3 − 2 und x2
= −3+ 2.

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Analysis – Übungsblatt 2
Grundwissen - ganzrationale Funktionen - Lösung
1.
a) f(x) = x(x+2)2
eine einfache NSt bei 0 mit VzW
und eine doppelte bei – 2 ohne VzW
b) f(x) = x(x2
+ 2x + 3) eine einfache NSt bei 0 mit VzW
c) f(x) = (x + 1)(x3
+ 9x2
+ 26x + 24) = (x + 1)(x + 2)(x2
+ 7x + 12) =
= (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) vier einfache NSt bei -1, -2, -3 und -4 mit VzW
2.
.
Da die höchste Potenz einen geraden Exponenten besitzt und einen negativen
Koeffizienten verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts unten“.
.
Da die höchste Potenz einen ungeraden Exponenten besitzt und den positiven
Koeffizienten +1, verläuft der zugehörige Graph von „links unten“ nach „rechts oben“.
3.
4.
5. A(1|0) , B(3|0) , C(-1|0)
f(x) = (x2
−3x)(x − x2
) = x3
− x4
−3x2
+3x3
= −x4
+ 4x3
−3x2
4
x-
h(x) = −34
+ x3
−5x2
= x3
−5x2
−81
x3
f(x) = a x − x1( ) x − x2( ) x − x3( ) und f(0) = 2
f(x) = (x −1)(x +1)(x − 2) = x3
− 2x2
− x + 2
(x4
− 5x3
− 30x2
+ 40x + 64) :(x +1) = x3
− 6x2
− 24x + 64
−(x4
+ x3
)
− 6x3
− 30x2
−(−6x3
− 6x2
)
− 24x2
+ 40x
−(−24x2
− 24x)
64x + 64
−(−64x + 64)
0

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6.
a)
-> Der Graph von f ist punktsymmetrisch bezüglich des Koordinatenursprungs.
b)
=> Da für den Graphen von f weder noch gilt,
liegt keine Achsensymmetrie bezüglich der y-Achse und auch keine Punktsymmetrie
bezüglich des Koordinatenursprungs vor.
7.
a) bedeutet, dass der Graph von f an der y-Achse gespiegelt wird. Der Faktor 2
bewirkt, dass zusätzlich noch eine Streckung in y-Richtung (von der x-Achse aus) um den
Faktor 2.
b) bewirkt, dass der Graph von f in x-Richtung (von der y-Achse aus) mit dem Faktor 2
gestreckt wird. Der Summand +2 bedeutet, dass der Graph zusätzlich um 2 Einheiten nach
oben verschoben wird.
8.
a)
b)
c)
d)
e)
f(−x) = 3(−x)3
(2−(−x)2
) = −3x3
(2− x2
) = −f(x)
f(−x) = (−x + 2)2
(−x)3
= −(2− x)2
x3
f(−x) = f(x) f(−x) = −f(x)
f(−x)
f(
1
2
x)
lim
x→+∞
5 −
1
x2
→+∞
!
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5 ; lim
x→+∞
5 −
1
x2
→+∞
!
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5
lim
x→+∞
2−x
= 0 ; lim
x→−∞
2−x
= +∞
lim
x→+∞
(2x3
+ x − 3) = +∞ ; lim
x→−∞
(2x3
+ x − 3) = −∞
lim
x→+∞
(2x3
− x − 3) = +∞ ; lim
x→−∞
(2x3
− x − 3) = +∞
lim
x→+∞
(x − 2x3
−3) = lim
x→+∞
(−2x3
+ x −3) = −∞
lim
x→−∞
(x − 2x3
−3) = lim
x→−∞
(−2x3
+ x −3) = +∞

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Analysis – Übungsblatt 3
Gebrochenrationale Funktionen 1- Lösung
1.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
Definitionsmenge : x − 2 = 0 ↔ x = 2 → D = IR {2}
Nullstelle : 5x + 4 = 0 ↔ x = −
4
5
Definitionsmenge : x + 4 = 0 ↔ x = −4 → D = IR {−4}
Nullstellen: 2x2
+1= 0 ↔ x2
= −
1
2
→ keine Nst., da keine Zahl mit sich selbst multipliziert −
1
2
ergibt.
Definitionsmenge : x2
− 4 = 0 ↔ x2
= 4 ↔ x = ±2 → D = IR {−2; 2}
Nullstellen: −2x2
− 3x + 9 = 0
x1,2
=
3± 9+ 72
−6
=
3± 9
−6
; x1
= −2 (keine Nst, da nicht in Definitionsmenge enthalten)
x2
=1
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2
Definitionsmenge : x + 2 = 0 ↔ x = −2 → D = IR {−2}
Nullstellen: x2
− 4 = 0 ↔(x + 2)(x − 2) = 0
x1
= −2 (keine Nst., da nicht in der Definitionsmenge enthalten)
x2
= 2
f(x) =
3x2
− 3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1)
Definitionsmenge : D = IR {1}
Nullstelle : x = −1
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
Definitionsmenge : D = IR {3}
Nullstellen: x1,2
=
4± 16+1008
12
=
4±32
12
x1
= 3 (keine Nst.) x2
= −
7
3
→ f(x) = 6x +14 (Definitionsmenge bleibt erhalten; Polynomdivision)

7. ©www.vom-mathelehrer.de
2.
3.
f(x) =
1
x − 2
+3 =
1
x − 2
+
3(x − 2)
x − 2
=
1+3x − 6
x − 2
=
3x −5
x − 2
f(x) =
1
x +1
−
1
x +3
=
x +3
(x +1)(x +3)
−
x +1
(x +1)(x +3)
=
(x +3) −(x +1)
(x +1)(x +3)
=
2
(x +1)(x +3)
(1. Term)
=
2
x2
+3x + x +3
=
2
x2
+ 4x +3
(2. Term)
=
2
x2
+ 4x + 4 −1
=
2
(x + 2)2
−1
=
1
1
2
[(x + 2)2
−1]
=
1
0,5(x + 2)2
−0,5
(3. Term)
Evtl. einf acher : 3. Term ausmultiplizieren und zu 2. Term umformen!!!

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Analysis – Übungsblatt 4
Gebrochenrationale Funktionen 2 - Lösung
1.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
f(x) =
5x + 4
x − 2
; D = IR {2}
lim
x→2
>
5x + 4
→14!"#
x − 2
+0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; lim
x→2
<
5x + 4
→14!"#
x − 2
−0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
2x2
+1
x + 4
; D = IR {−4}
lim
x→−4
>
2x2
+1
33!"#
x + 4
+0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; lim
x→−4
<
2x2
+1
33!"#
x + 4
−0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
−2x2
−3x +9
x2
− 4
; D = IR {−2;2}
lim
x→−2
>
−2x2
−3x +9
→7! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→−2
<
−2x2
−3x +9
→7! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; Polstelle mit VZW
lim
x→2
>
−2x2
−3x +9
→−5! "## $##
x2
− 4
→+0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→−2
<
−2x2
−3x +9
→−5! "## $##
x2
− 4
→−0
%&'
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= +∞ ; Polstelle mit VZW
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2 ; D = IR {−2}
lim
x→2
>
x − 2( )= 0 ; lim
x→2
<
x − 2( )= 0 ; hebbare Definitionslücke
f(x) =
3x2
−3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1) ; D = IR {1}
lim
x→1
>
3(x +1)( )= 6 ; lim
x→1
<
3(x +1)( )= 6 ; hebbare Definitionslücke
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
= 6x +14 ; D = IR {3}
lim
x→3
>
6x +14( )= 32 ; lim
x→−3
<
6x +14( )= 32 ; hebbare Definitionslücke

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Analysis – Übungsblatt 5
Gebrochen-rationale Funktionen 3 - Lösung
1.
a)
b)
c)
f(x) =
5x + 4
x − 2
; D = IR {2}
lim
x→±∞
5x + 4
x − 2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = 5 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten)
Alternative : lim
x→±∞
5x + 4
x − 2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = lim
x→±∞
x 5+
4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
x 1−
2
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
= lim
x→±∞
5+
4
x
→±0!
1−
2
x
→±0
"
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
= 5
Sprichen Sie mit Ihrem Mathelehrer, was er sehen möchte!
senkr : x = 2
waagr : y = 5
f(x) =
2x2
+1
x + 4
= 2x −8+
33
x + 4
; D = IR {−4}
lim
x→−∞
2x −8+
33
x + 4
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= −∞ ; lim
x→+∞
2x −8+
33
x + 4
→0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= +∞
senkr.: x = −4
schräg: y = 2x −8 ("z = n+1")
f(x) =
−2x2
−3x +9
x2
− 4
; D = IR {−2;2}
lim
x→−∞
−2x2
−3x +9
x2
− 4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ = −2 ; lim
x→+∞
−2x2
−3x +9
x2
− 4
⎛
⎝
⎜⎜
⎞
⎠
⎟⎟ = −2 ("z = n" → Vergleiche Leitkoeffizienten)
senkr : x = −2 ; x = 2
waagr : y = −2

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d)
e)
f)
2.
f(x) =
x2
− 4
x + 2
=
(x + 2)(x − 2)
x + 2
= x − 2 ; D = IR {−2}
lim
x→−∞
>
x − 2( )= −∞ ; lim
x→+∞
x − 2( )= +∞
f(x) =
3x2
−3
x −1
=
3(x2
−1)
x −1
=
3(x −1)(x +1)
x −1
= 3(x +1) ; D = IR {1}
lim
x→−∞
3(x +1)( )= −∞ ; lim
x→+∞
3(x +1)( )= +∞
f(x) =
6x2
− 4x − 42
x −3
= 6x +14 ; D = IR {3}
lim
x→−∞
6x +14( )= −∞ ; lim
x→+∞
6x +14( )= +∞
f(x) =
20x
x2
− 25
=
20x
(x −5)(x +5)
Betrachte die Nennernullstellen für die Definitionsmenge!
→ D = IR {−5; 5}
Symmetrie : f(−x) =
20(−x)
(−x)2
− 25
=
−20x
x2
− 25
= −
20x
x2
− 25
= f(x)
→ Punktsymmetrie bzgl. (0 | 0)
senkr.: x = −5 ; x = 5
waagr.: y = 0 ("z < n")

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3.
I: Steigung passt nicht
II: passt nicht, das Polstelle mit VZW im Graph dargestellt ist, die Funktionsgleichung jedoch
eine Nullstelle ersten Grades besitzt.
4.
0 =
1
2
⋅(−1) −1+
a
(−1−1)2
0 = −1,5+
a
4
a = 6
a) D = IR {1}
SX
(−3 | 0)
SY
(0 | −9)
b)x + 7+
16
x −1
=
x(x −1)
x −1
+
7(x −1)
x −1
+
16
x −1
=
x2
− x + 7x − 7+16
x −1
=
x2
+ 6x +9
x −1
=
(x +3)2
x −1
= f(x)
oder bei f(x) Zähler ausmultiplizieren und Polynomdivision durchführen.
g ist schräge Asymptote von Gf
.

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Analysis – Übungsblatt 6
Differenzenquotient – mittlere Änderungsrate
Differentialquotient – lokale Änderungsrate - Lösung
1.
2a)
b)
3.
4a)
A(0 | 730) ; B(21000 | 2962)
Durchschn. Steigung: m =
Δy
Δx
=
yB
− yA
xB
− xA
=
2969 − 730
21000 −0
=
2239
21000
≈ 0,107
Steigungswinkel: m = tan(α) =
Gegenkathete
Ankathete
=
Δy
Δx
=
yB
− yA
xB
− xA
α = tan−1 2239
21000
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ ≈ 6,09°
I1
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅52
−5⋅ 22
5 − 2
=
355
3
I2
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅ 42
−5⋅ 22
4 − 2
= 30
I3
:
f(b) − f(a)
b − a
=
5⋅32
−5⋅ 22
3 − 2
= 25
f '(x0
) = lim
x→x0
f(x) − f(x0
)
x − x0
= lim
x→2
f(x) − f(2)
x − 2
= lim
x→2
5x2
− 5⋅ 22
x − 2
= lim
x→2
5(x2
− 4)
x − 2
= lim
x→2
5(x + 2)(x − 2)
x − 2
=
= lim
x→2
5(x + 2) = 5⋅(2+ 2) = 20 = f '(2)
f '(x0
) = lim
x→x0
f(x) − f(x0
)
x − x0
= lim
x→−1
f(x) − f(−1)
x −(−1)
= lim
x→2
1
5
x2
−
1
2
x + 2−(
1
5
⋅(−1)2
−
1
2
⋅(−1) + 2)
x +1
=
= lim
x→−1
1
5
x2
−
1
2
x + 2−
1
5
−
1
2
− 2
x +1
= lim
x→−1
1
5
x2
−
1
2
x −
7
10
x +1
= lim
x→−1
x −
7
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ x +1( )
x +1
= lim
x→−1
x −
7
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −
9
2
NR : x1,2
=
1
2
±
1
4
+ 4⋅
1
5
⋅
7
10
2
5
=
1
2
±
81
100
2
5
x1
=
7
2
; x2
= −1
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
n(t) = 3t2
− 60t + 500
m =
n(2) −n(0)
2− 0
=
3⋅ 22
− 60⋅ 2+ 500 − 500
2
= −54
mittlere Änderungsrate : −54
1
h
I":
f(b) − f(a)
b − a
=
5 ∙ 5- − 5 ∙ 2-
5 − 2
= 35

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5)
f(x) = 2x ⋅e−0,5x2
mS
=
f(0,5) − f(−0,5)
0,5 −(−0,5)
=
e−0,53
−(−e−0,53
)
1
= 2e−0,53
≈ 1,76
f '(x) = 2⋅e−0,5x2
+ 2x ⋅e−0,5x2
⋅(−x) = 2e−0,5x2
(1− x2
)
mT
= f '(0) = 2e0
(1−0) = 2
mT
−mS
mT
≈ 0,12 =12%

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Analysis – Übungsblatt 7
Tangente –- Ableitung – Stammfunktion - Lösung
1)
2)
3)
4) g
f(x) = 5x2
f '(x) =10x
m = f '(2) = 20
y = mx + t
20 = 20⋅ 2+ t ↔ t = −20
y = 20x − 20
f(x) =
1
5
x2
−
1
2
x + 2
f '(x) =
2
5
x −
1
2
m = f '(−1) = −
9
10
y = mx + t
27
10
= −
9
10
⋅(−1) + t ↔ t =1,8
y = −
9
10
x +1,8
F(x) = x2
− 2x
F'(x0
) = lim
x→x0
x2
− 2x − x0
2
− 2x0( )
x − x0
= lim
x→x0
x2
− x0
2
−(2x − 2x0
)
x − x0
= lim
x→x0
(x − x0
)(x + x0
)
x − x0
− lim
x→x0
2(x − x0
)
x − x0
= lim
x→x0
x + x0( )− 2 = 2x0
− 2 = f(x0
)
Definitionsmengen vergleichen!!!
→ F ist Stammfunktion zu f

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5)
lim
t→t0
3t2
− 60t +500 −(3t0
2
− 60t0
+500)
t − t0
= lim
t→t0
3t2
− 60t −3t0
2
+ 60t0
t − t0
= lim
t→t0
3t2
−3t0
2
−(60t − 60t0
)
t − t0
= lim
t→t0
3t2
−3t0
2
0
t − t0
− lim
t→t0
60t − 60t0
t − t0
= lim
t→t0
3(t − t0
)(t + t0
)
t − t0
− lim
t→t0
60(t − t0
)
t − t0
= lim
t→t0
3(t − t0
) − 60 = 6t0
− 60
f '(x) = 6t − 60 (Später ohne Diff '− qu ableiten!!!)
−30 = 6t − 60
6t = 30
t = 5
5 Stunden nach Beginn...

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Analysis – Übungsblatt 8
Summen- und Faktorregel - Lösung
1)
2)
3)
An diesen Stellen besitzt der Graph eine Tangente, die parallel zur x-Achse verläuft.
4)
5)
f(x) = x3
− x2
+ x +1 ; f '(x) = 3x2
− 2x +1
g(x) =
1
3
x3
−
1
2
x2
+ x +1 ; g'(x) = x2
− x +1
h(x) =18 − x3
+ 3x2
; h'(x) = −3x2
+ 6x
i(x) = −3 ; i'(x) = 0
j(x) = 4x(x −1)2
= 4x(x2
− 2x +1) = 4x3
− 8x2
+ 4x ; j'(x) =12x2
−16x + 4
k(x) =
1
x
−1= x−1
−1 ; k'(x) = −x−2
= −
1
x2
l(x) =
5
x2
+
5x
2
= 5x−2
+
5
2
x ; l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5
f(x) = x3
− 2x2
; f '(x) = 3x2
− 4x
f(2) = 0
f '(2) = 4
y = mx + t
0 = 4⋅ 2+ t ↔ t = −8
y = 4x −8
f(x) = x3
− 6x2
+11x − 6
f '(x) = 3x2
−12x +11
f ''(x) = 6x −12

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Analysis – Übungsblatt 9
Produkt- und Quotientenregel - Lösung
1)
2a)
Definitionslücken: egal
Nullstellen: I
Asymptoten: III
SP y-Achse: II
b)
3a)
b)
Ist die Kettenregel bekannt, kann diese Aufgabe „geschickter“ gelöst werden.
4)
f '(x) =1⋅(x2
+ x +1) +(x −1)(2x +1) = x2
+ x +1+ 2x2
+ x − 2x −1= 3x2
g'(x) =
(x − 2)⋅1− x ⋅1
(x − 2)2
=
−2
(x − 2)2
h'(x) =
(2x −3)⋅(2x −1) −(x2
− x)⋅ 2
(2x −3)2
=
2x2
− 6x +3
(2x −3)2
i'(x) = 0
j(x) = 4x(x −1)2
= 4x(x2
− 2x +1) = 4x3
− 8x2
+ 4x ; j'(x) =12x2
−16x + 4
k(x) =
1
x
−1= x−1
−1 ; k'(x) = −x−2
= −
1
x2
l(x) =
5
x2
+
5x
2
= 5x−2
+
5
2
x ; l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5
f '(x) =
x2
+ 4x +13
(x + 2)2
I: 4x = 0 ↔ x = 0
II: senkr : x = −1
III: "z < n"
f(x) =
4x
(x +1)2
=
4x
x2
+ 2x +1
f '(x) =
(x2
+ 2x +1)⋅ 4 − 4x ⋅(2x + 2)
(x +1)4
=
4(x +1)2
−8x(x +1)
(x +1)4
=
(x +1)[4(x +1) −8x]
(x +1)4
=
4x + 4 −8x
(x +1)3
=
−4x + 4
(x +1)3
D = IR {−
5
4
}
f '(x) =
(4x +5)⋅ 2−(2x +3)⋅ 4
(4x +5)2
=
4x +10 −8x −12
(4x +5)2
= −
2
(4x +5)2

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Analysis – Übungsblatt 10
Monotonie und Extrempunkte - Lösung
1)
f '(x) = 3x2
− x +1
f '(x)=
!
0
3x2
− x +1= 0
x1,2
=
1± 1−12
6
; keine Nullstelle der ersten Ableitung
→ keine waagrechte Tangete an Gf
→ kein Extremum
Monotonie : f '(x) > 0 für alle x ∈ ID
f ist streng monoton wachsend.
g'(x) =
(x − 2)⋅1− x ⋅1
(x − 2)2
=
−2
(x − 2)2
; Dg
= Dg'
= IR {2}
g'(x) ≠ 0 ; keine Nullstellen der ersten Ableitung
→ keine waagrechte Tangete an Gf
→ kein Extremum
Monotonie :
x : − − − − − +
2
Def.−L
− − − −− >
f '(x) : < 0 < 0
Gf
fällt fällt

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h'(x) =
(2x −3)⋅(2x −1) −(x2
− x)⋅ 2
(2x −3)2
=
2x2
− 6x +3
(2x −3)2
; Dh
= Dh'
= IR {1,5}
h'(x)=
!
0
2x2
− 6x +3 = 0
x1,2
=
6± 36 − 24
4
=
6± 2 3
4
x1
=
3+ 3
2
; x2
=
3 − 3
2
Gf
besitzt waagrechte Tangente; potentielle Extrempunkte( )
Monotonie :
x : − − − − − +
3− 3
2
− − − − − − +
1,5
Def.−L
− − − − − − +
3+ 3
2
− − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0 < 0 > 0
Gf
: steigt fällt fällt steigt
HOP TIP
3 − 3
2
|
2− 3
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
3+ 3
2
|
2+ 3
2
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
l'(x) = −10x−3
+ 2,5 = −
10
x3
+ 2,5 ; Dl
= Dl'
= IR {0}
l'(x)=
!
0
−
10
x3
+ 2,5 = 0 ↔
10
x3
= 2,5 ↔ x3
= 4 ↔ x = 43
Monotonie :
x : − − − − − − +
0
Def.−L
− − − − − − +
43
− − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0 > 0
Gf
: steigt fällt steigt
TIP
43
| 5,95( )

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2a)
b)
3)
z.B. lim
x→+∞
1
a
>0
x
→+∞
( x2
→+∞
−1)
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
= +∞
→ Abbildung 2
fa
'(x) =
3
a
⋅ x2
−1
fa
'(x)=
!
0
3
a
⋅ x2
−1= 0 ↔ x2
=
a
3
↔ x1,2
= ±
a
3
x −Koord. des Extrempunkts einsetzen:
3 = ±
a
3
9 =
a
3
↔ a = 27 → f27
(x) =
1
27
x3
− x ; f '27
(x) =
1
9
x2
−1
Pr obe auf Extrempunkt : (da Gf
punktsymm. bzgl. (0 | 0) ist, wird Monotonie für x > 0 untersucht)
x : − − − − −+
3
− − − −− >
f '(x) : < 0 > 0
Gf
fällt steigt
TIP
Ist die zweite Ableitung bekannt :
f ''a
(x) =
6
a
x ; f ''27
(3) =
6
27
⋅3 ≠ 0
⎛
⎝
⎜
⎜⎜
⎞
⎠
⎟
⎟⎟
f '(x) = 4x3
− 6x2
f '(x)=
!
0
4x3
− 6x2
= 0
2x2
(2x −3) = 0
x1
= 0 ; x2
=1,5
Monotonie :
x : − − − − − −+
0
− − − − − − +
1,5
− − − −− >
f '(x) : < 0 < 0 > 0
Gf
: fällt fällt steigt
TEP TIP
aus a) bekannt 1,5 | −1,69( )

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Analysis–Übungsblatt11
Kurvendiskussion
-LösungKurvendiskussionrationalerFunktionen
UmbestimmteEigenschaftendesGraphenablesenzukönnen,eignensichunterschiedlicheDarstellungsformendesFunktionsterms:
1.Definitionsmenge
DieDefinitionsmengeistentwederangegeben(z.B.beiAnwendungsbezügen),ansonsten
istdiemaximaleDefinitionsmengefür
-ganz-rationaleFunktionenganzIR.
-gebrochen-rationaleFunktionenganzIRohnegegebenenfallsdie
Nennernullstellen.
2.Symmetrie
AllgemeinerAnsatzzurUntersuchung:
-f(–x)=f(x)
ÞAchsensymmetriezury-Achse
-f(–x)=–f(x)
ÞPunktsymmetriezumUrsprung
Speziellfürganz-rationaleFunktionen:
-nurgeradeExponenten
ÞAchsensymmetrie
-nurungeradeExponenten
ÞPunktsymmetrie
HatdieFunktioneineSymmetrie,kannmansichoftdieHälftederArbeit„sparen“!
f(x)=
x3
x2
−1
=
x3
(x+1)(x−1)
=x+
x
x2
−1
Df
=IR{−1;1}
f(−x)=
(−x)3
(−x)2
−1
=
(−1)3
x3
(−1)2
x2
−1
=−
x3
x2
−1
=−f(x)
→PunktsymmetriezumKoordinatenursprung.

22. www.vom-mathelehrer.de
3.SchnittpunktmitdenKoordinatenachsen
Schnittpunktmitdery-AchseSy(0/f(0)):f(0)=yo
Schnittpunktmitderx-AchseSx(x0/0):f(x)=0
StrategienbeiderNullstellensuche:
-Ausklammern,wennmöglich,vonxn
Þn-facheNullstellebeixo=0
-ErrateneinerNullstellex1ÞPolynomdivisiondesFunktionstermsdurch(x–x1)
-QuadratischeTermemitLösungsformelauswerten
-LineareGleichungenmitÄquivalenzumformungauflösen
DieVielfachheiteinerNullstelleermöglichteinigeinteressanteSchlussfolgerungen:
-UngeradeVielfachheitÞVorzeichenwechsel(geradeVielfachheitÞkeinVZW)
-DieVielfachheiteinerNullstelleistinderAbleitungumeinsniedriger!
-DieVielfachheitverrätetwasüberdenVerlaufdesGrapheninderUmgebungder
Nullstelle:
oEinfacheNullstelle:SchnittpunktwiebeieinerGeradenmitderx-Achse
oDoppelteNullstelle:Berührpunkt(wiebeiParabel),lokalerExtrempunkt
oDreifacheNullstelle:TerrassenpunktanderNullstelle
f(0)=
03
02
−1
=0
→Sy
(0/0)
f(x)=0
x3
x2
−1
=0⇔x3
=0⇔x=0
dreifacheNullstelle

→Sx
(0/0)

23. www.vom-mathelehrer.de
4.VerhaltenimUnendlichen
Beiganz-rationalenFunktionenbestimmtderSummandmitdemgrößtenExponentendas
Verhaltenfürf(x).
Fürgebrochen-rationaleFunktionengiltfürdenZählergradzunddenNennergradn
-z<n:x-AchseistwaagrechteAsymptote
-z=n:waagrechteAsymptote
-z=n+1:schrägeAsymptote
-z>n+1:keineAsymptote
ZurBestimmungderAsymptoteneignensich:
•SenkrechteAsymptoten:Nennernullstellen,sofernsiesichnichtgegen
Zählernullstellenkürzenlassen
•WaagrechteAsymptoten:AusklammernundKürzenderhöchstenvorkommenden
Potenz,fallsz<noderz=n
•SchrägeAsymptoten:DurchführungderPolynomdivision,fallsz>n
5.VerhaltenandenDefinitionslücken
(fürgerochen-rationaleFunktionen)
WirdderNenner,jedochnichtderZähler,fürxpnull,sobesitztdieFunktionhiereine
Polstelle.DerGraphbesitzteinesenkrechteAsymptotemitderGleichungx=xp.
HabenZählerundNennergemeinsameNullstellen,sozerlegtmanbeideinLinearfaktoren
undkürzt.DamitkannmanDefinitionslückenbeheben.
lim
x→−∞
x+
x
x2
−1
=lim
x→−∞
x+
x2
⋅
1
x
x2
(1−
1
x2
)
=lim
x→−∞
x
→−∞
+
1
x
→0
1−
1
x2
→0

→0

=−∞
lim
x→+∞
x+
x
x2
−1
=lim
x→+∞
x+
x2
⋅
1
x
x2
(1−
1
x2
)
=lim
x→+∞
x
→+∞
+
1
x
→0
1−
1
x2
→0

→0

=+∞
lim
x→xp
f(x)=±∞
lim
x→
<
−1
x3
→−1
x2
−1
→+0

=−∞lim
x→
<
1
x3
→1
x2
−1
→−0

=−∞
lim
x→
>
−1
x3
→−1
x2
−1
→−0

=+∞lim
x→
>
1
x3
→1
x2
−1
→+0

=+∞

24. www.vom-mathelehrer.de
6.MonotonieverhaltenundExtrempunkte
DasMonotonieverhaltenbestimmtmananhanddesVorzeichensderAbleitung(Tabelle).
Extrempunkte:AllgemeinerAnsatzzurUntersuchung:f’(x)=0
DieVielfachheitderNullstellevonf´ermöglichtwiederinteressanteSchlussfolgerungen:
-UngeradeVielfachheitÞVZWvonf’ÞlokalerExtrempunkt(HOP,TIP)
-DoppelteNullstellevonf’ÞkeinVZWvonf’ÞTerrassenpunkt(TEP),keinExtrempunkt
Intervallx<<
x<-1
-1<x<00<x<11<x<<x
Vorzeichen
vonf´
+-----
Monotonie
vonGf
HOPDef.-L.TEPDef.-LTIP
HOP(|f())TEP(0|f(0))TIP(|f())
f'(x)=
x4
−3x2
x4
−2x2
+1
;
f'(x)=0⇔x4
−3x2
=0
x2
(x2
−3)=0;x2
(x+3)(x−3)=0
x1
=0;x2
=−3;x3
=+3
−3−3
3
3
−3−333

25. www.vom-mathelehrer.de
7.SkizzedesGraphen
AlleInformationenaufdenPunkten1–6werdenverwendetundeswirdanschaulichklar,
obessichbeidenlokalenExtrempunktenauchumglobaleExtremahandelt.Bei
eingeschränkterDefinitionsmengemüssendazunochdieFunktionswerteandenRändern
berechnetwerden.

26. www.vom-mathelehrer.de
Analysis – Übungsblatt 12
Newton und Umkehrfunktion - Lösung
1)
Die Tangenten an den Graphen in Hoch- bzw. Tiefpunkt sind parallel zur x-Achse. Dadurch
existiert kein Schnittpunkt von Tangente und x-Achse und das Verfahren kann nicht
ausgeführt werden.
ODER:
2)
3)
4)
xn+1
= xn
−
f(xn
)
f '(xn
)
Im Extermpunkt gilt f '(xn
) = 0
→ Durch Null darf nicht dividiert werden.
→ Verfahren kann nicht ausgeführt werden.
f−1
x( )=
1
x
Df−1 = IR {0}
Wf−1 = IR {0}
f x( )=1+
1
x
y =1+
1
x
↔ y −1=
1
x
↔ x =
1
y −1
f−1
(x) =
1
x −1
Df−1 = IR {1}
Wf−1 = IR {0}
y =
2x
1+5x
↔(1+5x)y = 2x ↔ y +5xy = 2x ↔ y = 2x −5xy ↔ y = x(2−5y) ↔ x =
y
2−5y
f−1
x( )=
x
2−5x
Df−1 = IR {
2
5
}
Wf−1 = IR {−
1
5
}

27. www.vom-mathelehrer.de
5) Gf ist achsensymmetrisch bzgl. der Winkelhalbierenden des 1. Und 3. Quadranten.
6) Nicht umkehrbar auf IR, da jede Parallele zur x-Achse mit der Gleichung y=a mit -1≤a≤1
Gf unendlich oft schneidet. Mögliches Intervall I=[0; π]

28. www.vom-mathelehrer.de
Analysis – Übungsblatt 13
Trigonometrische Funktionen - Lösung
1)
2) z.B.: a=6
3 α) z.B.: a=1; c=1
β) z.B.: a=2; c=0
4) a)k=π
b)
f(x) = sin(x) + cos(x) ; f '(x) = cos(x) − sin(x)
g(x) =
1
2
cos(x) −
1
2
sin(x) ; g'(x) = −
1
2
sin(x) −
1
2
cos(x)
h(x) = 3 ⋅cos(x) ; h'(x) = − 3 ⋅sin(x)
i(x) = − 3 ⋅cos(x) ; i'(x) = 3 ⋅sin(x)
j(x) = x + 3 ⋅sin(x) ; j'(x) =1+ 3 ⋅cos(x)
k(x) =
1
9
x3
⋅cos(x) ; k'(x) =
1
3
x2
⋅cos(x) −
1
9
x3
⋅sin(x) (Produktregel)
y = x +k mit k ≠ 0
z.B.: y = x −1

29. www.vom-mathelehrer.de
Analysis – Übungsblatt 14
Funktionen mit rationalen Exponenten - Lösung
1)
2a)
b)
3)
f(x) = x = x
1
2
; Df
= IR+
0
; f '(x) =
1
2
x
−
1
2
=
1
2 x
g(x) =
1
x
= x
−
1
2
; Dg
= IR+
; g'(x) = −
1
2
x
−
3
2
= −
1
2x x
= −
x
2x2
h(x) = 3 ⋅ x ; Dh
= IR ; h'(x) = 3
i(x) =
x
x
=
x x
x
= x ; Di
= IR+
; i'(x) =
1
2 x
j(x) = x + x ; Dj
= IR+
0
; j'(x) =1+
1
2 x
k(x) = x ⋅cos(x) ; Dk
= IR+
0
; k'(x) =
1
2 x
⋅cos(x) − x ⋅sin(x)
Definitionsmenge :
4+ x ≥ 0
x ≥ −4
Dg
= [−4; +∞[
SP mit y − Achse :
g(0) = 2⋅ 4+ 0 −1= 3
Sy
(0 | 3)
Von innen nach außen:
x → x + 4 : Verschiebung um 4 Einheiten nach links
x + 4 → 2⋅ x + 4 : Streckung um Faktor 2 in y −Richtung
2⋅ x + 4 → 2⋅ x + 4 −1: Verschiebung um 1 Einheit nach unten
Wertemenge : Wg
= [−1 ; +∞[

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x2
−b ≥ 0
x2
≥ b
| x |≥ b
x ≥ b oder −x ≥ b ↔ x ≤ − b
Dg
= IR]− b ; b[
b = 2 → b = 4

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Analysis – Übungsblatt 15
Kettenregel - Lösung
1)
2a)
f '(x) = 2(3x − 4)3 = 6(3x − 4)
h(x) = 3x = (3x)
1
2
; h'(x) =
1
2
(3x)
−
1
2
⋅3 =
3
2 3x
h'(x) = (2x +1)
1
2
=
1
2
⋅(2x +1)
−
1
2
⋅ 2 =
1
2x +1
i'(x) = cos(x3
−5x)⋅(3x2
−5)
j'(x) =
2x3
−19x2
+12x
2(2x +3)4
1− x
k(x) = 5x5
( )
1
3
; k'(x) =
1
3
5x5
( )
−
2
3
⋅ 25x4
=
25x4
3 5x5
( )
2
3
=
25x4
3 25x103
=
25x4
3 25⋅ x9
⋅ x3
=
25x4
3⋅ 25
1
3
⋅ x3
⋅ x3
=
25x ⋅ 25
2
3
3⋅ 25⋅ x3
=
x ⋅ 2523
3 x3
=
x 53
⋅53
3 x3
=
5x ⋅ 53
3 x3
Definitionsmenge :
3x − 5 ≥ 0
3x ≥ 5
x ≥
5
3
D = [
5
3
; +∞[
f(3) = 2
f '(x) =
1
2
(3x −5)
−
1
2
⋅3 =
3
2 3x −5
m = f '(3) =
3
2 3⋅3 −5
=
3
4
y = mx + t
2 =
3
4
⋅3+ t ↔ t = −
1
4
y =
3
4
x −
1
4

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f(x)=
!
0 ↔ sinx = 0 ↔ x = kπ (k ∈ Z {0} Definitionsmenge beachten!) (x = 0; ±π; ±2π; ...)
f(−x) =
sin(−x)
(−x)2
=
−sin(x)
x2
= −
sin(x)
x2
= −f(x)
→ Punktsymm. bzgl (0 | 0)
Grenzwert : lim
x→+∞
sinx
Wertemenge [−1;1]
!
x2
→+∞
!
= 0
f '(x) =
x2
⋅cosx − sinx ⋅ 2x
x4
=
x ⋅cosx − 2⋅sinx
x3

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Analysis – Übungsblatt 16
e- und ln-Funktion - Lösung
1)
Df
= IR ; f '(x) = e0,5x+1
⋅0,5 = 0,5e0,5x+1
Dg
= IR ; g'(x) = e− 0,5x2
⋅(−0,5⋅ 2x) = −xe− 0,5x2
Dh
= IR {0} ; h'(x) =
xex
− ex
⋅1
x2
=
(x −1)ex
x2
Definitionsbereich: x − 2>
!
0 ↔ x > 2 ; Di
=]2; +∞[
i'(x) =
1
x − 2
j(x) = ln(x3
) = 3lnx ; Dj
= IR+
j'(x) =
3
x
Alternative : j'(x) =
1
x3
⋅3x2
=
3
x
k(x) = ln
x + 4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = ln(x + 4) −lnx
Definitionsmenge :
x + 4
x
>
!
0 ;
x + 4 > 0 für x > −4
x + 4 < 0 für x < −4
Betrachte in Vorzeichentabelle Nenner − und Zählernullstellen:
x : − − − − − − +
−4
− − − − − −+
0
− − − − − − >
f(x) :
x + 4
−!
x
−
!
> 0
x + 4
+!
x
−
!
< 0
x + 4
+!
x
+
!
> 0
Dk
=]−∞; −4[∪]0;+∞[
k'(x) =
1
x + 4
−
1
x
=
x
x(x + 4)
−
x + 4
x(x + 4)
=
x −(x + 4)
x(x + 4)
=
−4
x(x + 4)
Alternative :
k'(x) =
1
x + 4
x
⋅
x −(x + 4)
x2
=
x
x + 4
⋅
−4
x2
=
−4
x + 4
(Nachdifferenzieren mit Quotientenregel)

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2a)
b)
c)
3)
Definitionsbereich: IR.
Symmetrie: Wegen f(-x)=f(x) liegt Achsensymmetrie zur y-Achse vor.
fk
(−x) = (−x)2
−ln((−x)2
+k2
) = x2
−ln(x2
+k2
) = f(x)
→ Gfk
symmetrisch bzgl. y − Achse
fk
'(x) = 2x −
1
x2
+k2
⋅ 2x =
2x(x2
+k2
) − 2x
x2
+k2
=
2x(x2
+k2
−1)
x2
+k2
=fD
lim
x→±∞
e−
x2
→+∞!
2
−∞!"# $#
= 0
f(x) = e
−
x2
2
f '(x) = e
−
x2
2 ⋅ −
2x
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −xe
−
x2
2

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Analysis – Übungsblatt 17
e- und ln-Gleichungen - Lösung
1)
2)
Keine Nullstellen, denn die e-Funktion wird nie Null.
;
e2x
= 2 ↔ 2x = ln(2) ↔ x =
ln(2)
2
e2x+1
−1= 0 ↔ e2x+1
=1↔ 2x +1= ln(1) ↔ 2x +1= 0 ↔ 2x = −1↔ x = −
1
2
3x e0.5x
−1( )= 0
x1
= 0
e0,5x
−1= 0 ↔ e0,5x
=1↔ x = 0, da e0
=1→ x2
= 0
ln(x − 2) = 0 ↔ x − 2 =1↔ x = 3
2ln(x) +3 = 0 ↔ln(x) = −1,5 ↔ x = e−1,5
2xln(x2
−3) = 0
x1
= 0
x2
−3 =1↔ x2
= 4 ↔ x2,3
= ±2
ln
x + 4
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = 0
x + 4
x
=1↔ x + 4 = x ↔ 0 = 4 → keine Nst.
f '(x) = e
−
x2
2 ⋅(− 1
2
⋅ 2x) = −xe
−
x2
2 f '(x)=
!
0 ↔ x = 0
x : − − − − −+ − − − − − >
f '(x) : > 0 < 0
Gf
: steigt fällt
HOP(0 |1)

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3)
x + 2 > 0 ↔ x > −2
2− x > 0 ↔ x < 2
Df
=]− 2; 2[
ln(x + 2) −ln(2− x) = 0
ln(x + 2) = ln(2− x) | e *
x + 2 = 2− x
2x = 0
x = 0
f '(x) =
1
x + 2
⋅1−
1
2− x
⋅(−1) =
1
x + 2
+
1
2− x
=
2− x
(x + 2)(2− x)
+
2+ x
(x + 2)(2− x)
=
4
(x + 2)(2− x)
f '(x) ≠ 0 ; sogar > 0
→ Gf
streng monoton wachsend
→ keine Nullstellen

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Analysis – Übungsblatt 18
Zusammengesetzte Funktionen - Lösung
1)
f(x) = 3x + 9 = 3x + 9( )
1
2 ; f '(x) =
1
2
3x + 9( )
−
1
2 ⋅3 =
3
2 3x + 9
=
3
2⋅ 3 ⋅ x + 3
=
3
2 x + 3
Oder :
f(x) = 3x + 9 = 3 ⋅ x + 3 = 3 x + 3( )
1
2 ; f '(x) = 3 ⋅
1
2
x + 3( )
−
1
2 ⋅1=
3
2 x + 3
f(x) =
2ex
ex
+ 9
; f '(x) =
(ex
+ 9)⋅ 2ex
− 2ex
⋅ex
ex
+ 9( )
2
=
2e2x
+18ex
− 2e2x
ex
+ 9( )
2
=
18ex
ex
+ 9( )
2
f(x) = x2
⋅ex
; f '(x) = 2xex
+ x2
ex
f(x) =
x
lnx
; f '(x) =
lnx − x ⋅
1
x
lnx( )
2
=
lnx −1
lnx( )
2
f(x) = 1−lnx = (1−lnx)
1
2 ; f '(x) =
1
2
(1−lnx)
−
1
2 ⋅ −
1
x
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = −
1
2x 1−lnx
f(x) =
lnx
x2
; f '(x) =
x2
⋅
1
x
−lnx ⋅ 2x
x4
=
x − 2xlnx
x4
=
1− 2lnx
x3
f(x) =
(3+ x)2
x −1
; f '(x) =
x2
− 2x −15
x2
− 2x +1
f(x) = 2 (lnx)2
−1( ) ; f '(x) = 2 2lnx( )⋅
1
x
=
4lnx
x
Alternative : f(x) = 2(lnx)2
− 2 ; f '(x) = 2⋅ 2lnx ⋅
1
x
=
4lnx
x

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2)
3)
F'(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1)
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟' =
1
4
⋅ 2x ⋅(2lnx −1) +
1
4
x2
⋅
2
x
=
x
2
(2lnx −1) +
x
2
=
x
2
⋅ 2lnx −
x
2
+
x
2
= xlnx = f(x)
Definitionsmenge stimm überein → F ist Stammfunktion von f
Fc
(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1) + c
Fc
(1)=
!
0
1
4
⋅(2ln(1)
=0
! −1) + c = 0
−
1
4
+ c = 0 ↔ c =
1
4
→ F(x) =
1
4
x2
⋅(2lnx −1) +
1
4
besitzt an der Stelle x =1 den Wert 0
f(x) =
4x
(x +1)2
Nullstelle : f(x)=
!
0 ↔ 4x = 0 ↔ x = 0
senkr. Asyp.: x = −1
y = 0 ist waagr. Asympt.: "Zählergrad < Nennergrad"
Extrempunkt :
f '(x) =
−4x ⋅ 2(x +1) +(x +1)2
⋅ 4
(x +1)4
=
−8x +(x +1)⋅ 4
(x +1)3
=
−4x + 4
(x +1)3
f '(x)=
!
0 ↔ −4x + 4 = 0 ↔ x =1
x : − − − − − −+
−1
− − − − − −+
1
− − − − − − >
f '(x) : < 0 > 0 < 0
Gf
: fällt steigt fällt
Def.−L HOP(1|1)
Graph ist für x < −1 streng mon. fallend und f(−3) = −3 → Gf
für x < −1 im III. Quadranten
Graph ist für −1< x < 0 streng mon. steigend und f(−0,5) < 0 → Gf
für −1< x < 0 im III. Quadranten
→ Gf
für x < 0 im III. Quadranten
F'(x) = 4⋅ln(x +1) +
4
x +1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟' = 4⋅
1
x +1
+
−4
(x +1)2
=
4
x +1
−
4
(x +1)2
=
4(x +1) − 4
(x +1)2
=
4x
(x +1)2
= f(x)
Definitionsmenge identisch für x > −1 ; → F ist Stammfunktion von f für x > −1
k(x) =
3⋅e2x
e2x
+1
−1,5 ; k'(x) =
(e2x
+1)⋅3⋅e2x
⋅ 2− 3⋅e2x
(e2x
+1)
(e2x
+1)2
=
6e4x
+ 6e2x
− 6e4x
(e2x
+1)2
=
6e2x
>0!
(e2x
>0
! +1)2
>0
! "# $#
> 0
Gk
ist streng monoton steigend

39. www.vom-mathelehrer.de
Analysis – Übungsblatt 19
Anwendungsaufgaben - Lösung
1)
2)
2. Alternative
Minimum bei : , also
Punkt (0|0): ;
Punkt (3|2,25): ,
Punkt (6|0): ,
Einsetzen der ersten beiden Gleichungen in die anderen Gleichungen ergibt:
P : f(x) = a(x − d)2
+ g
Scheitel einsetzen:
f(x) = ax2
+ e
Punkt einsetzen:
1= a⋅12
+ e
a =1− e
→ f(x) = (1− e)x2
+ e
Alternative über ein lineares Gleichungssystem mit 3 Unbekannten
ist wohl aufwendiger, geht aber auch!
f(x) = ax3
+bx2
+ cx + d
Nullstellenform:
f(x) = a(x − x1
)(x − x2
)(x − x3
)
x = 0 doppelte Nst.
x = 6 einf ache Nst.
f(x) = a(x −0)(x −0)(x − 6) = ax2
(x − 6)
P einsetzen:
2,25 = a⋅32
(3 − 6)
2,25 = a⋅(−27)
a = −
1
12
f(x) = −
1
12
x2
(x − 6) = −
1
12
x3
+
1
2
x2
Alternative über lineares Gleichungssystem mit 4
Unbekannten wohl aufwendiger.
f(x) = ax3
+bx2
+ cx + d
f '(x) = 3ax2
+ 2bx + c
x = 0 f '(0)=
!
0 c = 0
f(0) = 0 d = 0
f(3)=
!
2,25 27a+9b+3c + d = 2,25
f(6)=
!
0 216a + 36b + 6c + d = 0

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Einsetzen in die zweite Gleichung ergibt: , also .
Funktionsgleichung also: .
(Im Abi 1b)
Hochpunkt berechnen:
ergibt (Tiefpunkt), (Vorzeichentabelle bestätigt Maximum, y-Wert durch
Einsetzen in ). Also Hochpunkt .
3.
27a + 9b = 2,25
216a+ 36b = 0
108a = −9
a = −
1
12
216⋅(−
1
12
) +36b = 0 b =
1
2
y = −
1
12
x3
+
1
2
x2
f '(x) = −
1
4
x2
+ x = x(−
1
4
x +1)
f '(x)=
!
0
x(−
1
4
x +1) = 0
01 =x 42 =x
f(x) (4 | 2
2
3
)
Hauptbedingung:
VZylinder
= r2
πh
Nebenbedingung:
U = 2a+ 2b
27cm = 2a+ 2b ↔13,5cm = a+b ↔b =13,5cm− a
Einsetzen in Hauptbedingung:
V(a) = a2
π⋅(13,5 − a) = −a3
π +13,5a2
π
V'(a) = −3a2
π + 27aπ = −3a(aπ − 9π)
V'(a)=
!
0 ↔ a1
= 0; kann man ausschließen, da sonst kein Zylinder entsteht (a,b > 0)( ) ; a2
= 9
a : − − − − − − +
9
− − − − − − >
V'(a) : > 0 < 0
GV
steigt fällt
HOP(9 | 364,5π)
→ b =13,5 − 9 = 4,5
Für a = 9cm und b = 4,5cm wird das Volumen des Zylinders mit 364,5π cm3
maximal.

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4.
f 'a
(x) = eax
+ xeax
⋅a = eax
(1+ ax)
f 'a
(2)=
!
0
e2a
>0
für
alle
a
!(1+ 2a) = 0 ↔1+ 2a = 0 ↔ a = −
1
2

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Analysis – Übungsblatt 20
Lokale und Gesamtänderung, Integral; Integralfunktion,
Flächenbilanz, HDI - Lösung
1)
2)
3)
4)
I -> D ; <0
II -> B ; =0
III -> A ; >0
IV -> C ; <0
5)
A1
= 6⋅15 = 90(m)
A2
=
1
2
⋅12⋅15 = 90(m)
Das Auto hat insgesamt einen Weg von 180m zurückgelegt.
f(x)dx
1
5
∫ =1⋅1+1⋅3+1⋅ 6+1⋅10 = 20
h ist Stammfunktion von h'.
h'(x)dx
0
1
∫ = x4
+ x2
+1⎡
⎣
⎤
⎦
1
0
= 3 −1= 2

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7)
Durch f(x)=sin(2x) ist der zugehörige Graph in x-Richtung gestaucht. Dadurch besitzt der
Graph bei 0,5π eine Nullstelle, die im Intervall 0≤x≤2 liegt. Somit liegt ein Teil der Fläche
oberhalb, ein anderer Teil unterhalb der x-Achse. Das Integral beschreibt die Flächenbilanz.
Alles oberhlab der x-Achse wird positiv, alles unterhalb der x-Achse negativ gezählt.
Der Flächeninhalt addiert jedoch diese beiden Teilflächen.
sin(2x)dx =
1
2
sin(2x)
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
2
0
=
1
2
sin(4)
0
2
∫

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Analysis – Übungsblatt 21
Stammfunktion - Lösung
1)
2a)
Der Graph von F steigt streng monoton bis zur Nullstelle von f. Hier liegt bei f ein
Vorzeichenwechsel vor, sodass an der Nullstelle von f der Graph einer Stammfunktion einen
Hochpunkt besitzt. Anschließend fällt der Graph von F
b)
x2
dx=
1
3
x3
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−2
2
=
1
3
⋅8 −
1
3
⋅( − 8) =
16
3-2
2
∫
x2
dx =
1
3
x3
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
−1
−2
=
1
3
⋅( −1) −
1
3
⋅( − 8) =
7
3−2
−1
∫
(ex
+ x −1)dx
0
2
∫ = ex
+ 1
2
x2
− x⎡
⎣
⎤
⎦0
2
= e2
+ 2− 2−(e0
+0 −0) = e2
−1
(2+ x)(2− x)dx= (4-x2
)dx = 4x −
x3
3
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥0
−2
= −8+
8
3
− 0 =−
16
30
-2
∫
0
-2
∫
2x
dx∫ = e
ln 2x
( )dx∫ = exln(2)
dx∫ =
1
ln(2)
⋅exln(2)
+C =
1
ln(2)
2x
+C
−cos(2x)dx∫ = −sin(2x)⋅
1
2
+C = −
1
2
sin(2x)
2x +1
x2
+ x
dx∫ = ln| x2
+ x | +C
Im Zähler steht die Ableitung des Nenners

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3)
a)
b) F’(2)=f(2)=0,5
c)
f(x)dx
3
5
∫ =
1,6+0,7
2
⋅ 2 = 2,3 (Flächeninhalt kann durch Trapez angenähert werden: ATrapez
=
a+ c
2
⋅h)
f(x)dx
3
b
∫ = F(b) −F(3) = F(b) (Angabe : F(3) = 0)

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Analysis – Übungsblatt 22
Flächeninhalt - Lösung
1)
Nullstellen: x1=-7 ; x2=-3
aber: (Flächenbilanz)
2a)
b) Nullstellen, Schnittstellen beachten! Symmetrie ausnutzen!
Graph ist nach oben geöffnete Parabel. 2 Nst.→ Scheitel unterhalb x − Achse
A = (x2
+10x + 21)dx
−8
−7
∫ + (x2
+10x + 21)dx
−7
−3
∫ + (x2
+10x + 21)dx
−3
−1
∫
=
-8
-7
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
+
-7
-3
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
+
-3
-1
x3
3
+5x2
+21x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥
= (
−343
3
+ 245 −147) −(
−512
3
+320 −168)
+ (−9+ 45 − 63) −(
−343
3
+ 245 −147)
+(
−1
3
+5 − 21) −(−9+ 45 − 63)
7 32 32
3 3 3
= + - +
3
2
23=
(x2
+10x + 21)dx
−8
−1
∫ = 2
1
3
−3 =1−
1
x2
↔
1
x2
= 4
x2
=
1
4
↔ x1,2
= ±
1
2
A = 3⋅1+ 2⋅ 1−
1
x2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟dx
0,5
1
∫ = 3+ 2⋅ x +
1
x
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
1
0,5
= 3+ 2⋅ 2− 2,5⎡
⎣
⎤
⎦ = 4

47. www.vom-mathelehrer.de
3)
1. Schnittstellen bestimmen
f(x) = g(x)
x2
– 4 = – 2x2
– 1
3x2
= 3
x1/2 = ±1
2. Berechnung des bestimmten Integrals
4)
Die Funktion f stellt für große Werte von x keine realistische Modellierung dar.
(g(x) − f(x))dx = (−3x2
+ 3)dx = (−3x2
+ 3)dx
−1
1
∫
−1
1
∫
−1
1
∫ = −x3
+ 3x⎡
⎣
⎤
⎦
1
−1
= −13
+ 3⋅1−(−(−1)3
+(−3)( )= 4
A(b) = f(x)dx =
0
b
∫ 4⋅ln(x +1) +
4
x +1
⎡
⎣
⎢
⎤
⎦
⎥
b
0
= 4⋅ln(1+b) +
4
b+1
− 4
lim
b→+∞
4⋅ln(1+b)
→+∞
!"# $# +
4
b+1
→0
!
− 4
⎛
⎝
⎜
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
⎟
= +∞

48. www.vom-mathelehrer.de
Analysis – Übungsblatt 23
Krümmung und Wendepunkt - Lösung
1)
2)
3)
a)
b)
f '(x) = sinx + x ⋅cosx
f ''(x) = cosx + cosx + x ⋅(−sinx) = 2cosx − x ⋅sinx
f ''(0) = 2⋅cos0
1
! − 2⋅sin0
0
! = 2
Da f ''(0) = 2 > 0 ist, ist der Graph in der Nähe des Koordinatenursprungs linksgekrümmt.
f '(x) = e
1
2
x
⋅
1
2
+ e
−
1
2
x
⋅ −
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ =
1
2
e
1
2
x
−
1
2
e
−
1
2
x
f ''(x) =
1
2
e
1
2
x
⋅
1
2
−
1
2
e
−
1
2
x
⋅ −
1
2
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ =
1
4
e
1
2
x
+
1
4
e
−
1
2
x
=
1
4
e
1
2
x
+ e
−
1
2
x⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟ =
1
4
⋅ f(x)
f ''(x) =
1
4
e
1
2
x
>0
! + e
−
1
2
x
>0
!
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟ > 0 → Gf
linksgekrümmt
k > 0 : lim
x→+∞
gk
(x) = +∞ ; lim
x→−∞
gk
(x) = −∞
k < 0 : lim
x→+∞
gk
(x) = −∞ ; lim
x→−∞
gk
(x) = +∞
gk
'(x) = 3kx2
+ 6(k +1)x +9
gk
''(x) = 6kx + 6(k +1) = 6(kx +k +1)
gk
''(x)=
!
0
kx +k +1= 0
k(x +1) = −1
x +1= −
1
k
x = −
1
k
−1
gk
'''(x) = 6k ≠ 0, da k ≠ 0 → Wendestelle x = −
1
k
−1

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c)
d)
gk
(x) = kx3
+3(k +1)x2
+9x = x kx2
+3x(k +1) +9( )
gk
(−
1
k
−1) = −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ k −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟
2
+3 −
1
k
−1
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟(k +1) +9
⎛
⎝
⎜
⎜
⎞
⎠
⎟
⎟
gk
(−
1
k
−1)=
!
0
−
1
k
−1= 0 ↔ −
1
k
=1↔k = −1
x = −
1
−1
−1= 0
g0
(0) = 0 → Wk
liegt im Ursprung
g0
'(0) = 3⋅0⋅02
+ 6(0+1)⋅0+9 = 9 (Steigung der Tangenten)