Aufgaben zur Kurvendiskussion

4. a) D f = ] − 2 ; ∞ [ \ {0} ;
Nullstellen : g(x) = 0 ⇔
x + 2
= 1 ⇔ 2
x
2
x − x − 2 = 0 ⇔ x1 = − 1 , x2 = 2
x + 2
b) lim g(x) = ln ( lim ) = " ln( + 0) " = − ∞ ; lim g(x) = + ∞ ;
x→ +∞ x→
+∞
2
x
x→ 0 ± 0
= − ∞ ; also senkrechte Asymptoten: x = - 2 und x = 0
5. a)
lim g(x)
x→ − 2+ 0
4 + x
c) g´(x) = −
x ⋅ (x + 2)
; g´(x) > 0 für − 2< x < 0 und g´(x) < 0 für 0 < x
g ist also in ] -2 ; 0 [ streng monoton wachsend und in ] 0 ; [ streng monoton
fallend.
d) g´´(x) =
2
x + 8 x + 8
2 2
x (x + 2)
und g´´(x) = 0 ⇔
2
x + 8x + 8 = 0 ⇔ x1/ 2 = − 4 ± 2 2
x 2 = − 4 − 2 2 ∉ Dg und g´´ ändert bei x1 = − 4 + 2 2 das Vorzeichen.
Also hat Gg genau einen Wendepunkt bei x1 = − 4 + 2 2 .
Dfk = R ; es gibt keine Nullstellen
lim f (x) = 0 also waagrechte Asymptote y = 0 für x → − ∞ ;
b)
x→
−∞
k
lim f (x) =
x→
+∞ 2
k
also waagrechte Asymptote y =
2
für x → + ∞ ;
x
k e
c) f k ´(x) =
x 2
(1+ 2e )
;
für alle x∈ R gilt : f k ´(x) > 0 falls k > 0 und f k ´(x) < 0 falls k < 0 ;
für k > 0 ist fk streng monoton steigend, für k < 0 dagegen streng monoton fallend.
x x
ke ⋅(1 − 2e )
d) f k ´´(x) = x 3
(1+ 2e )
und f ´´(x) = 0 ⇔
x
1− 2e = 0 ⇔ x1 = − ln(2)
k
f k´´ ändert bei x1 das Vorzeichen, also hat der Graph bei W( − ln(2) / ) einen WP.
4
k
e) Zu zeigen ist für W = (x 1 / y 1)
= ( − ln(2) / ) :
4
f (x + x) − y = y − f (x − x) ⇔ f (x + x) + f (x − x) = 2y
k 1 1 1 k 1 k 1 k 1 1
linke Seite:
− ln 2 + x −ln 2 − x
ke ke
f k (x1 + x) + f k (x1 − x) = + =
− ln 2 + x −ln 2 − x
1 + 2e 1 + 2e
k k
⋅ e
+
= + = ⋅ + = ⋅ = ¡
x
2
x
2⋅ e k
x
e 1 k
x
e 1 k
x
1 + e
1 +
1
x
2
x
1 + e
x
e + 1
x
2 1 + e 2
rechte Seite:
e
k k
2⋅ y1 = 2⋅ =
4 2
Die geforderte Bedingung ist also erfüllt!
¡ ¢
f)
k
x
f k (x)dx = ⋅ ln ( 1+ 2e ) + c
2
daher
£ ¤ ¥ ¢
0
( ) ( )
und ¡
¦ ¡
¥ Ak =
0
f k (x) dx =
k x
⋅ ln 1+ 2e
2
=
k
⋅ ln 3 − ln1
2
=
k ⋅ln
3
2
−∞
£ ¤
−∞