$\text{f(x)}=$ $x^3+x^2$

$\text{f'(x)}=$ $3x^2+2x$

$\text{f(x)}=$ $-\frac{9}{2x^3}$

= $-\frac{9}{2}{x}^{-3}$

=> f'(x) = $\frac{27}{2}{x}^{-4}$

$\text{f'(x)}=$ $\frac{27}{2x^4}$

$\text{f(x)}=$ $-9\sqrt{x}$

= $-9x^{\frac{1}{2}}$

=> f'(x) = $-\frac{9}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $-\frac{9}{2\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $x-2$ hat als Steigung m = 1 und als y-Achsenabschnitt c = $-2$ .

Wenn nun an einer Stelle x die Tangente an den Graph von f parallel zur gegebenen Geraden sein soll, müssen ihre Steigungen gleich sein. Es muss also f '(x) = m = 1 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

$\text{f(x)}=$ $\frac{4}{5}{\left(\sqrt[4]{x}\right)}^5+3$

= $\frac{4}{5}{x}^{\frac{5}{4}}+3$

=> f'(x) = $x^{\frac{1}{4}}+0$

$\text{f'(x)}=$ $\sqrt[4]{x}+0$

= $\sqrt[4]{x}$

Diese Ableitung muss ja = 1 sein, also setzen wir $\sqrt[4]{x}+0$ = 1.

Beim Quadrieren oben haben wir eventuel die Lösungesmenge vergrößert.
Deswegen müssen wir jetzt bei allen Lösungen eine Probe machen, ob sie auch wirklich Lösungen sind.

Probe für x = $1$

Also 1 = 1

x = $1$ ist somit eine Lösung !

L={ $1$}

Zur Probe, ob wir uns verrechnet haben, können wir die Lösung(en) jetzt in die Ableitung einsetzen:

f '( $1$) = $\sqrt[4]{1}+0$ = $1$