Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Am negativen Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion an der x-Achse gespiegelt (und noch in y-Richtung gestreckt) wurde.

Da bei $-3e^{x+3}-2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -2 addiert wird, ist der Graph von $-3e^{x+3}-2$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 2 nach unten verschoben.

Da bei $-3e^{x+3}-2$ das x von $e^x$ durch ein 'x+3' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -3 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte werden so <0, also verläuft der Graph komplett unter der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer kleiner, die Funktion ist also streng monoton fallend.
• Für x → ∞ strebt $-3e^{x+3}-2$ gegen $-\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $-3e^{x+3}-2$ gegen $0-2$ = $-2$ .

Wir betrachten einfach f(-x) und schauen dann, ob das zufällig wieder f(x) oder -f(x) ist:

f(-x) = $\left(-x\right)·3e^{2\left(-x\right)}$ = $-3x·e^{-2x}$

Wenn man das mit f(x) = $x·3e^{2x}$ = $3x·e^{2x}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $-3x·e^{-2x}$
weder gleich f(x) = $x·3e^{2x}$ noch gleich -f(x) = $-x·3e^{2x}$ = $-3x·e^{2x}$ ist.

Es gilt also: f(-x) ≠ f(x) und f(-x) ≠ -f(x)

Somit liegt bei f keine Symmetrie zum KoSy vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $4·0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $4·0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $\infty$

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-4·0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-4·0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = 0
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 1.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₃ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $8·0^2·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $8·0^2·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $\infty$

Damit können wir f₄ ausschließen.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $3\left(x+1\right)·e^{-x}$

• f(-1) = $3·\left(-1+1\right)·e^{-\left(-1\right)}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = -1 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $3·\left(1+0\right)·e^{-x}+3\left(x+1\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$= $3e^{-x}-3\left(x+1\right)·e^{-x}$
  f'(-1) = $3e^{-\left(-1\right)}-3·\left(-1+1\right)·e^{-\left(-1\right)}$ = 8.1548454853771 ≠ 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $-6e^{-\mathrm{0,5}x}+6e^{-x}$

• f(-1) = $-6e^{-\mathrm{0,5}\cdot \left(-1\right)}+6e^{-\left(-1\right)}$ =6.4173633465535

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $-7{\left(x+1\right)}^2·e^{-x}$

• f(-1) = $-7·{\left(-1+1\right)}^2·e^{-\left(-1\right)}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -1.
  f'(x) = $-7·2\left(x+1\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}-7{\left(x+1\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$= $-14\left(x+1\right)·e^{-x}+7{\left(x+1\right)}^2·e^{-x}$
  f'(-1) = $-14·\left(-1+1\right)·e^{-\left(-1\right)}+7·{\left(-1+1\right)}^2·e^{-\left(-1\right)}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₃ = $-7{\left(x+1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-7\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₃ = $-7{\left(x+1\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-7\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $8{\left(x+1\right)}^2·e^x$

• f(-1) = $8·{\left(-1+1\right)}^2·e^{-1}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -1.
  f'(x) = $8·2\left(x+1\right)·\left(1+0\right)·e^x+8{\left(x+1\right)}^2·e^x$= $16\left(x+1\right)·e^x+8{\left(x+1\right)}^2·e^x$
  f'(-1) = $16·\left(-1+1\right)·e^{-1}+8·{\left(-1+1\right)}^2·e^{-1}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₄ = $8{\left(x+1\right)}^2·e^x$ gegen " $8\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Für x → +∞ strebt f₄ = $8{\left(x+1\right)}^2·e^x$ gegen " $8\infty ·\infty$" = $\infty$

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₄ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

f₅(x) = $-3\left(x+1\right)·e^{-x}$

• f(-1) = $-3·\left(-1+1\right)·e^{-\left(-1\right)}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = -1 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $-3·\left(1+0\right)·e^{-x}-3\left(x+1\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$= $-3e^{-x}+3\left(x+1\right)·e^{-x}$
  f'(-1) = $-3e^{-\left(-1\right)}+3·\left(-1+1\right)·e^{-\left(-1\right)}$ = -8.1548454853771 ≠ 0

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $2e^{-3x}+x-2$

• f(-1) = $2e^{-3\cdot \left(-1\right)}-1-2$ =37.171073846375

Damit können wir f₆ ausschließen.

1. y-Wert des Maximums (HP)

   Gesucht ist der y-Wert des Hochpunkt. Wir berechnen also die Extremstellen von f:

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($4$|43.31) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $20t^2·e^{-\mathrm{0,5}t}$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $20·2t·e^{-\mathrm{0,5}t}+20t^2·e^{-\mathrm{0,5}t}·\left(-\mathrm{0,5}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,5}t}·\left(40t-10t^2\right)$

   = $\left(-10t^2+40t\right)e^{-\mathrm{0,5}t}$

   $\text{f''(t)}=$ $\left(-20t+40\right)·e^{-\mathrm{0,5}t}+\left(-10t^2+40t\right)·e^{-\mathrm{0,5}t}·\left(-\mathrm{0,5}\right)$

   = $e^{-\mathrm{0,5}t}·(-20t+40+\left(5t^2-20t\right))$

   = $\left(5t^2-40t+40\right)e^{-\mathrm{0,5}t}$

   Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

   (Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

   Man setzt nun also f'(t) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

   $\left(-10t^2+40t\right)·e^{-\mathrm{0,5}t}$

   =

   0

   Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

   1. Fall:

   $-10t^2+40t$	=	0
   $10t\left(-t+4\right)$	=	0

   Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

   1. Fall:

   t1

   =

   0

   
   

   2. Fall:

   $-t+4$	=	0	| $-4$
   $-t$	=	$-4$	|:($-1$)
   t2	=	$4$

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{0,5}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösungen 0, $4$ sind nun die einzigen Kandidaten für Extremstellen.

   Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(t):

   Ist f''(t) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(t₀)=0 und f''(t₀)<0).
   Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(t₀)=0 und f'(t₀)>0).

   
   

   1.: t=$0$

   f''($0$) = $e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}·(-20\cdot 0+40+\left(5\cdot 0^2-20\cdot 0\right))$= $e^0·(0+40+\left(5\cdot 0+0\right))$= $40e^0$ >0

   Das heißt bei t = $0$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($0$) = $20·0^2·e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}$ = 0
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($0$|0)

   
   

   2.: t=$4$

   f''($4$) = $e^{-\mathrm{0,5}\cdot 4}·(-20\cdot 4+40+\left(5\cdot 4^2-20\cdot 4\right))$= $e^{-2}·(-80+40+\left(5\cdot 16-80\right))$= $-40e^{-2}$ <0

   Das heißt bei t = $4$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($4$) = $20·4^2·e^{-\mathrm{0,5}\cdot 4}$ = $320e^{-2}$ ≈ 43.307
   Man erhält so den Hochpunkt H:($4$| $320e^{-2}$)

   ≈ H:(4|43.307)

   Randwertuntersuchung

   Da ja ein maximaler Wert, also ein globales Maximum gesucht wird, müssen wir noch untersuchen, ob vielleicht an den Rändern noch höhere Werte als beim lokalen Maximum auftreten.

   Dazu setzen wir am linken Rand einfach die linke Grenze des Definitionsbereichs in die Funktion ein: f(0) = $20·0^2·e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}$ = 0. Am rechten Rand müssen wir das Verhalten für t → ∞ betrachten: Für t → ∞ ⇒ f(t) → 0.

   Weil die Werte an den Rändern kleiner als am Hochpunkt sind, ist das lokale Maximum also ein globales Maximum von f.

   43.31 ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
2. Verhalten für t gegen unendlich

   Gesucht ist das Verhalten der Funktionswerte bei sehr großen t-Werten, also das Verhalten von f für t → ∞.

   Für t → ∞ ⇒ f(t)= $20t^2·e^{-\mathrm{0,5}t}$ → $20\infty ·0$

   Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen 0.

$\text{f(x)}=$ $-3x·e^{-2tx}$

$\text{f'(x)}=$ $-3·e^{-2tx}-3x·e^{-2tx}·\left(-2t\right)$

= $-3e^{-2tx}-3x·\left(-2t{e}^{-2tx}\right)$

= $-3e^{-2tx}+6tx·e^{-2tx}$

= $e^{-2tx}·\left(6tx-3\right)$

= $\left(6tx-3\right)·e^{-2tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($2$| $6$) in f mit $\text{f(x)}=$ $-6e^{-2tx+4t}+12t$ :

$6$ = f($2$)

$6$ = $-6e^{-2t\cdot 2+4t}+12t$

$6$ = $-6e^{-4t+4t}+12t$

$6$ = $-6e^0+12t$

$6$ = $-6+12t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $12t-6$ = $6$ nach t auflösen.

Für t= $1$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

Um die Tangentensteigung zu bestimmen, leiten wir die Funktion erst einmal ab:

$\text{f(x)}=$ $4e^{tx-2t}$

$\text{f'(x)}=$ $4e^{tx-2t}·t$

= $4t{e}^{tx-2t}$

In diese Ableitung setzen wir x=$2$ ein:

f'($2$) = $4t{e}^{t\cdot 2-2t}$ = $4t{e}^{2t-2t}$ = $4t$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $12$x+5 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($2$)= $4t$ soll gleich $12$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $4t$ = $12$ nach t auf.

Für t= $3$ ist also die Tangente parallel zu der gegebenen Gerade.

Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzigen Möglichkeiten gut ablesbare Werte zu finden, ist also dort, wo der Exponentialterm (annähernd) = 0 ist - oder eben =1 ist, weil dort der Exponent =0 ist.

• Hier kann man schnell erkennen, dass der Exponentialterm $e^{\frac{9}{10}x-k}$ niemals = 0 werden kann.
  Da jedoch der zweite Summand $2k$ abhängig von k ist, Kann man über die Asymptote den Parameter k bestimmen.
  Denn für x → -∞ strebt f_k(x) → 0 + $2k$
  Aus dem Schaubild erkennt man eine waagrechte Asymptote bei y = 4, somit muss $2k$ = 4 gelten;
  Also gilt k = $2$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_$2$

Um aus dem maximalen Steignungswinkel die maximale Steigung zu berechnen, beutzen wir die Formel für den Steigungswinkel:
m = tan(α), also hier m_max=tan(40°) ≈ 0.839.

Um die steilste Stelle zu finden, brauchen wir die Extrempunkte der Ableitungsfunktion, also die Wendepunkte von f_t .

$\text{f(x)}=$ $3t^2{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3t^2{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-\frac{1}{t^2}x\right)$

= $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-3x{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-3e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-\frac{1}{t^2}x\right)·x-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-\frac{1}{t^2}x·x)-3e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $3\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-3e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $3\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-3e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(3\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-3\right)$

= $\left(3\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-3\right)·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist f''(x)=0.

(Wendestellen sind Extremstellen in der Ableitung, also haben Wendepunkten die Steigung 0 in f').

Man setzt nun also die zweite Ableitung gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Wendepunkte zu bestimmen.

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen $-t$, $t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

Wenn man die beiden Lösungen $-1t$ und $t$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-1t$) = $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-1t\right)}^2}·\left(-1t\right)$ = $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'( $t$) = $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(t\right)}^2}·\left(t\right)$ = $-3t{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-3·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t

Da die stetige Funktion f_t' an den Rändern gegen 0 strebt und an den Stellen $-1t$ und $t$ waagrechte Tangenten hat, müssen dort Extremstellen, und sogar ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum sein.

Die maximale Steigung ist somit f_t'($-1t$) = $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$
Die minimale Steigung ist somit f_t'( $t$) = $-3t{e}^{-\frac{1}{2}}$

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $3t·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 40° höchstens 0.839 sein, also berechnen wir das t für das $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.839 gilt:

Für t = 0.461 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 40° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-1t$) = $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer größer wird, sind somit alle t < 0.461 zulässig.

L={ $\frac{1}{e^3}$}

$\text{f(x)}=$ $-x^2·\ln \left(x\right)$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $-2x·\ln \left(x\right)-x^2·\frac{1}{x}·1$

= $-x-2x\ln \left(x\right)$

$\text{f''(x)}=$ $-1+(-2·1·\ln \left(x\right)-2x·\frac{1}{x}·1)$

= $-2\ln \left(x\right)-3$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen 0, $\frac{1}{\sqrt{e}}$ ≈ 0.6065 sind nun die einzigen Kandidaten für Extremstellen.

f($0$) = $-0^2·\ln \left(0\right)$ ist nicht definiert, somit ist an der Stelle x = $0$ kein Extrempunkt möglich.

Die einfachste Möglichkeit, um diese Kandidaten zu überprüfen, ist das Einsetzen dieser x-Werte in f''(x):

Ist f''(x) < 0, so handelt es sich um einen Hochpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f''(x₀)<0).
Ist sie größer 0 handelt es sich um einen Tiefpunkt (hinreichende Bedingung: f'(x₀)=0 und f'(x₀)>0).

f''($\mathrm{0,6065}$) = $-2\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)-3$= $-2\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)-3$= $-2\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)-3$ <0

Das heißt bei x = $\mathrm{0,6065}$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($\mathrm{0,6065}$) = $-{\mathrm{0,6065}}^2·\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)$ = $-\mathrm{0,3678}\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)$ ≈ 0.184
Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{0,6065}$| $-\mathrm{0,3678}\ln \left(\mathrm{0,6065}\right)$)

≈ H:(0.607|0.184)