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

Da bei $e^{-x}-3$ das x von $e^x$ durch ein -x ersetzt wurde, wird der Graph von $e^{-x}-3$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion an der y-Achse gespiegelt.

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

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Dadurch schneidet der Graph von f die x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer kleiner, die Funktion ist also streng monoton fallend.
• Für x → ∞ strebt $e^{-x}-3$ gegen $0-3$ = $-3$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{-x}-3$ gegen $\infty$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x+e^{x^2}$ = $e^{x^2}+x$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $e^{x^2}-x$
weder gleich f(x) = $x+e^{x^2}$ noch gleich -f(x) = $-\left(x+e^{x^2}\right)$ = $-\left(e^{x^2}+x\right)$ 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) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $e^{-2\cdot 0}+0-1$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = $\infty$

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

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

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• 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 f₃ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = $-\infty$

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $6·0^2·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $6·0^2·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $\infty$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ -2.
  Außerdem erkennen wir noch einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 0

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

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $-5\left(x+2\right)·e^x$

• f(-2) = $-5·\left(-2+2\right)·e^{-2}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = -2 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $-5·\left(1+0\right)·e^x-5\left(x+2\right)·e^x$= $-5e^x-5\left(x+2\right)·e^x$
  f'(-2) = $-5e^{-2}-5·\left(-2+2\right)·e^{-2}$ = -0.67667641618306 ≠ 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$

• f(-2) = $-6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2.
  f'(x) = $-6·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$= $-12\left(x+2\right)·e^{-x}+6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(-2) = $-12·\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}+6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₂ = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-6\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₂ = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$ gegen " $-6\infty ·0$" = 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 f₂ ausschließen.

f₃(x) = $-3e^{-x}-x+3$

• f(-2) = $-3e^{-\left(-2\right)}-\left(-2\right)+3$ =-17.167168296792

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $3e^{-x}+x-3$

• f(-2) = $3e^{-\left(-2\right)}-2-3$ =17.167168296792

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $7e^{-\mathrm{0,5}x}-7e^{-x}$

• f(-2) = $7e^{-\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}-7e^{-\left(-2\right)}$ =-32.695419893301

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $-7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2.
  f'(x) = $-7·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^x-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$= $-14\left(x+2\right)·e^x-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$
  f'(-2) = $-14·\left(-2+2\right)·e^{-2}-7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₆ = $-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$ 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)
• Für x → +∞ strebt f₆ = $-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$ gegen " $-7\infty ·\infty$" = $-\infty$

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₆ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

1. 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)= $20+15e^{-\mathrm{0,4}t}$ → $20+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $20$.

2. Erster t-Wert bei y = 27

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=27 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 27 und lösen nach t auf:

   $20+15e^{-\mathrm{0,4}t}$ = $27$

   $15e^{-\mathrm{0,4}t}+20$	=	$27$	| $-20$
   $15e^{-\mathrm{0,4}t}$	=	$7$	|:$15$
   $e^{-\mathrm{0,4}t}$	=	$\frac{7}{15}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,4}t$	=	$\ln \left(\frac{7}{15}\right)$	|:$-\mathrm{0,4}$
   $t$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,4}}\ln \left(\frac{7}{15}\right)$	≈ 1.9054

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 27 annimmt, ist also nach 1.91 Jahre.

$\text{f(x)}=$ $2x^2·e^{2tx}$

$\text{f'(x)}=$ $4x·e^{2tx}+2x^2·e^{2tx}·2t$

= $4x·e^{2tx}+2x^2·2t{e}^{2tx}$

= $4x·e^{2tx}+4t{x}^2·e^{2tx}$

= $e^{2tx}·\left(4x+4t{x}^2\right)$

= $e^{2tx}·\left(4t{x}^2+4x\right)$

= $\left(4t{x}^2+4x\right)·e^{2tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($0$| $18$) in f mit $\text{f(x)}=$ $3x·e^{-2tx}+18t$ :

$18$ = f($0$)

$18$ = $3·\left(0\right)·e^{-2t\cdot \left(0\right)}+18t$

$18$ = $3·\left(0\right)·e^0+18t$

$18$ = $3·\left(0\right)·1+18t$

$18$ = $0+18t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $18t$ = $18$ 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:

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

$\text{f'(x)}=$ $\left(-1+0\right)·e^{-2tx}+\left(-x+3\right)·e^{-2tx}·\left(-2t\right)$

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

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

= $e^{-2tx}·\left(2tx-6t-1\right)$

= $e^{-2tx}·\left(2tx+\left(-6t-1\right)\right)$

= $\left(2tx+\left(-6t-1\right)\right)·e^{-2tx}$

In diese Ableitung setzen wir x=$0$ ein:

f'($0$) = $-e^{-2t\cdot 0}-2t·\left(-0+3\right)·e^{-2t\cdot 0}$ = $-1-6t$ = $-6t-1$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $-13$x-3 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($0$)= $-6t-1$ soll gleich $-13$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $-6t-1$ = $-13$ nach t auf.

Für t= $2$ 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.

• Man kann schnell erkennen, dass der Exponentialterm $\left(x+2k\right)·e^{x+k}$ = 0 wird, wenn $x+2k$ = 0 ist, also für x = $-2k$.
  Dann muss ja der y-Wert f_k($-2k$) = $\left(\left(-2k\right)+2k\right)·e^{\left(-2k\right)+k}+3$ = $0+3$ = $3$ sein.
  Da bei x = $-2k$ bei ( $x+2k$) auch das Vorzeichen wechselt, muss dieser Punkt P($-2k$| $3$) im abgebildeten Graph bei P(1| $3$) sein.
  Für den x-Wert dieses Punkts P gilt somit $-2k$ = 1
  Also gilt k = $-\frac{1}{2}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{1}{2}$}

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(20°) ≈ 0.364.

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

$\text{f(x)}=$ $3e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{t^2}x\right)$

= $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}x{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{t^2}x\right)·x-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{t^2}x·x)-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $\frac{16}{27}\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $\frac{16}{27}\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(\frac{16}{27}\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}\right)$

= $\left(\frac{16}{27}\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}\right)·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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 $-\frac{3}{2}t$, $\frac{3}{2}t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

Wenn man die beiden Lösungen $-\frac{3}{2}t$ und $\frac{3}{2}t$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-\frac{3}{2}t$) = $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-\frac{3}{2}t\right)}^2}·\left(-\frac{3}{2}t\right)$ = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'($\frac{3}{2}t$) = $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(\frac{3}{2}t\right)}^2}·\left(\frac{3}{2}t\right)$ = $-2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t

Da die stetige Funktion f_t' an den Rändern gegen 0 strebt und an den Stellen $-\frac{3}{2}t$ und $\frac{3}{2}t$ waagrechte Tangenten hat, müssen dort Extremstellen, und sogar ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum sein.

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

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $\frac{2}{t}·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 20° höchstens 0.364 sein, also berechnen wir das t für das $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.364 gilt:

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $t$ weg!

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Für t = 3.335 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 20° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-\frac{3}{2}t$) = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer kleiner wird, sind somit alle t > 3.335 zulässig.

L={ $\frac{1}{e^{11}}$}

$\text{f(x)}=$ $-6\ln \left(x\right)+2x$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $\frac{-6}{x}·1+2$

= $2-\frac{6}{x}$

$\text{f''(x)}=$ $0+\frac{6}{x^2}$

= $\frac{6}{x^2}$

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.

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $x$ weg!

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Die Lösung x= $3$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

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''($3$) = $\frac{6}{3^2}$= $6\cdot \left(\frac{1}{9}\right)$= $\frac{2}{3}$ >0

Das heißt bei x = $3$ ist ein Tiefpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($3$) = $-6\ln \left(3\right)+2\cdot 3$ = $-6\ln \left(3\right)+6$ ≈ -0.592
Man erhält so den Tiefpunkt T:($3$| $-6\ln \left(3\right)+6$)

≈ T:(3|-0.592)