Extrem- und Wendepunkte, Kurvendiskussion – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (5 BE/Punkte)

   a) Potenzregel: \(f'(x)=3x^2-12\) und \(f''(x)=6x\) (1 P.).
   b) Notwendige Bedingung für Extremstellen ist eine waagerechte Tangente, also \(f'(x)=0\): \(3x^2-12=0\), \(x^2=4\), \(x=2\) oder \(x=-2\) (1 P.).
   c) Hinreichende Bedingung mit der zweiten Ableitung: \(f''(2)=12\gt0\), der Graph ist dort linksgekrümmt, also liegt ein Tiefpunkt vor. \(f(2)=8-24=-16\), somit \(T(2|-16)\) (1,5 P.). \(f''(-2)=-12\lt0\), rechtsgekrümmt, also Hochpunkt; \(f(-2)=-8+24=16\), somit \(H(-2|16)\) (1,5 P.). Kontrolle mit der Symmetrie: \(f\) enthält nur ungerade Exponenten und ist punktsymmetrisch zum Ursprung; \(H\) und \(T\) liegen deshalb spiegelbildlich zueinander. Antwort: Hochpunkt \(H(-2|16)\), Tiefpunkt \(T(2|-16)\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (3 BE/Punkte)

   a) Ableitungen: \(g'(x)=3x^2-12x+9\), \(g''(x)=6x-12\), \(g'''(x)=6\). Notwendige Bedingung für eine Wendestelle: \(g''(x)=0\), also \(6x-12=0\) und \(x=2\) (1 P.). Hinreichend ist \(g'''(2)=6\ne0\), daher liegt tatsächlich ein Wendepunkt vor. Funktionswert: \(g(2)=8-24+18=2\), also \(W(2|2)\) (1 P.). Die Wendetangente hat die Steigung \(g'(2)=12-24+9=-3\).
   b) Für \(x\lt2\) ist \(g''(x)=6x-12\lt0\). Eine negative zweite Ableitung bedeutet, dass die Steigung abnimmt: Der Graph ist rechtsgekrümmt, wie eine Rechtskurve beim Fahren in \(x\)-Richtung (1 P.). Für \(x\gt2\) ist er linksgekrümmt; im Wendepunkt wechselt die Krümmung. Antwort: \(W(2|2)\), für \(x\lt2\) rechtsgekrümmt.

3. Lösung zu Aufgabe 3 (5 BE/Punkte)

   a) Die beiden Seiten senkrecht zum Fluss heißen \(x\), die Seite parallel zum Fluss bekommt den restlichen Zaun \(60-2x\) (Nebenbedingung). Zielfunktion Fläche: \(A(x)=x(60-2x)=60x-2x^2\) (1 P.). Sinnvoller Definitionsbereich: \(0\lt x\lt30\), damit beide Seiten positiv sind (1 P.).
   b) \(A'(x)=60-4x=0\) ergibt \(x=15\). Die zweite Ableitung \(A''(x)=-4\lt0\) bestätigt ein Maximum (1 P.). Maße: \(15\) m senkrecht zum Fluss und \(60-30=30\) m entlang des Ufers (1 P.). Randwerte \(A(0)=A(30)=0\) sind kleiner, das Maximum liegt also im Inneren.
   c) \(A(15)=15\cdot30=450\,\mathrm{m}^2\) (1 P.). Bemerkenswert: Die Uferseite ist doppelt so lang wie die anderen Seiten. Ein Quadrat mit \(20\) m Seitenlänge ergäbe nur \(400\,\mathrm{m}^2\).

4. Lösung zu Aufgabe 4 (4 BE/Punkte)

   a) Ableitung: \(G'(x)=-x+10\). Aus \(G'(x)=0\) folgt \(x=10\); wegen \(G''(x)=-1\lt0\) ist das ein Maximum. Da \(x\) in Hundert Artikeln gemessen wird, ist der Gewinn bei \(1000\) verkauften Artikeln am größten (1 P.).
   b) \(G(10)=-0{,}5\cdot100+100-30=-50+100-30=20\). Der größte Gewinn beträgt \(20\) € (1 P.).
   c) Gewinnschwelle: \(G(x)=0\). Multiplikation mit \(-2\) ergibt \(x^2-20x+60=0\). pq-Formel: \(x=10\pm\sqrt{100-60}=10\pm\sqrt{40}\approx10\pm6{,}32\), also \(x_1\approx3{,}7\) und \(x_2\approx16{,}3\) (1 P.). Weil die Parabel nach unten geöffnet ist, ist der Gewinn nur zwischen diesen Stellen positiv: etwa ab \(370\) und bis etwa \(1630\) Artikeln (1 P.). Auf Hundert genau: Gewinnzone ungefähr von \(400\) bis \(1600\) Artikeln.

5. Lösung zu Aufgabe 5 (3 BE/Punkte)

   a) \(h'(x)=4x^3-4x\). Ausklammern: \(4x(x^2-1)=4x(x-1)(x+1)\). Nullstellen der Ableitung: \(x=-1\), \(x=0\), \(x=1\) (1 P.).
   b) Vorzeichentabelle der Faktoren: Für \(x\lt-1\) sind alle drei Faktoren negativ, \(h'\lt0\): \(h\) fällt. Auf \(]-1;0[\) ist \(h'\gt0\): \(h\) steigt. Auf \(]0;1[\) ist \(h'\lt0\): \(h\) fällt. Für \(x\gt1\) ist \(h'\gt0\): \(h\) steigt (1 P.). Ein Vorzeichenwechsel von minus nach plus bedeutet Tiefpunkt, von plus nach minus Hochpunkt. Mit \(h(\pm1)=1-2=-1\) und \(h(0)=0\) erhält man die Tiefpunkte \(T_1(-1|-1)\), \(T_2(1|-1)\) und den Hochpunkt \(H(0|0)\) (1 P.). Die Lage ist symmetrisch, weil \(h\) nur gerade Exponenten enthält und achsensymmetrisch zur \(y\)-Achse ist.

Gesamt : 20 Punkte