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11.3 Musterlösungen Abituraufgaben 2013 11.3.4 Analysis Aufgabengruppe II Teil 2
3. Monotonietabelle von f ′ (x) = 1 2 − 8
(x+1) 2
4. y-Werte
f(x)
f(−5) = 1 · (−5) − 1 + 8 = − 5 − 1 + 8
2 2 (−5)+1 2 2 (−4)
→ HoP(−5| − 5)
f(3) = 1 2 · 3 − 1 2 + 8
3+1 = 3 2 − 1 2 + 2 = 3
→ TiP(3|3)
2. a) f(x) = 1 2 x − 1 2 + 8
x+1
g(x) : x → x − 1
g(x) → f(x − 1) + 1
x < −5 < x < 3 x > 3
+ 0 − 0 +
HOP
TIP
x = −5 x = 3
= −3 − 2 = −5
→ g(x) = 1 2 (x − 1) − 1 2 + 8
(x−1)+1 + 1 = 1 2 x − 1 2 − 1 2 + 8 x + 1 = 1 2 x− ̸ 1 + 8 x + ̸ 1 =
1
2 x + 8 x = g(x)
Punktsymmetrie zum Ursprung
g(−x) = −g(x)
Einsetzen: g(−x) = 1 2 (−x) + 8
(−x) = − 1 2 x − 8 x = −( 1 2 + 8 x ) = −g(x)
b) f(x) = 1x − 1 + 8 → Merke es gilt: 8·1
2 2 x+1 1x+1
F (x) = 1 · x2 − 1 + 8 · ln |x + 1| + c
2 2 2
8·f ′ (x)
f(x)
→ ∫ 8·f ′ (x)
f(x)
= 8 · ln(f(x))
Also gilt: ∫ 4
0 f(x)dx = [ 1
4 x2 − 1x + 8 · ln |x + 2 1|] 4
0
= 1 · 4 42 − 1 · 4 + 8 · ln |5| − (0 − 0 + 8 · ln 1) = 4 − 2 + 8 · ln 5 = 2 + 8 · ln 5
2
I = ∫ −2
−6 f(x)dx =?
Punktsymmetrie von f(x) zu P (−1| − 1)
x = −1 senkrechte Asymptote
Rechtecksfläche:
l = 4; b = 2 (negativ, da unter x-Achse)
→ I = ∫ −2
−6 f(x)dx = −4·2− ∫ 4
0 f(x)dx = −4·2−(2+8·ln 5) = −8−2−8 ln 5 =
−10 − 8 ln 5
3. a) f(x) = 1x − 1 + 8
2 2 x+1
f(0) = 0 − 1 + 8 = − 1 + 8 = 7, 5 → Bei x = 0, d.h. die Füllhöhe ist Null,
2 0+1 2
keine Flüssigkeit in der Dose, dann liegt der Schwerpunkt 7,5 über dem Boden!
c○Alexander Pernsteiner
Abi – Crasher
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