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 $-2e^{x-1}+2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch 2 addiert wird, ist der Graph von $-2e^{x-1}+2$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 2 nach oben verschoben.

Da bei $-2e^{x-1}+2$ das x von $e^x$ durch ein 'x-1' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um 1 in x-Richtung 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 $-2e^{x-1}+2$ gegen $-\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $-2e^{x-1}+2$ gegen $0+2$ = $2$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x^2·\left(e^x-e^{-x}\right)$ = $x^2·e^x-x^2·e^{-x}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $-x^2·e^x+x^2·e^{-x}$ gerade das Negative von f(x), also -f(x) = $-(x^2·e^x+x^2·\left(-e^{-x}\right))$ ist.

Es gilt also: f(-x) = -f(x)

Somit liegt bei f Punktsymmetrie bezüglich des Ursprungs vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $6e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}-6e^{-0}$ = 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-3e^{-0}-0+3$ = 0

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-6e^{-\mathrm{0,5}\cdot 0}+6e^{-0}$ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-9·{\left(0-2\right)}^2·e^{-0}$ = -36
• Nullstellen: f(2) = $-9·{\left(2-2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₄ = 0
• 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 ≈ 4

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

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $10e^x-10e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(1) = $10e^1-10e^{\mathrm{0,5}\cdot 1}$ =10.695605577589

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $3\left(x-1\right)·e^x$

• f(1) = $3·\left(1-1\right)·e^1$ =0
• Für x → -∞ strebt f₂ = $3\left(x-1\right)·e^x$ gegen " $3·-\infty ·0$" = 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 f₂ = $3\left(x-1\right)·e^x$ gegen " $3\infty ·\infty$" = $\infty$

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $-10e^x+10e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(1) = $-10e^1+10e^{\mathrm{0,5}\cdot 1}$ =-10.695605577589

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $5{\left(x-1\right)}^2·e^x$

• f(1) = $5·{\left(1-1\right)}^2·e^1$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = 1, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $5·2\left(x-1\right)·\left(1+0\right)·e^x+5{\left(x-1\right)}^2·e^x$ = $10\left(x-1\right)·e^x+5{\left(x-1\right)}^2·e^x$
  f'(1) = $10·\left(1-1\right)·e^1+5·{\left(1-1\right)}^2·e^1$ = 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $-2\left(x-1\right)·e^{-x}$

• f(1) = $-2·\left(1-1\right)·e^{-1}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₅ = $-2\left(x-1\right)·e^{-x}$ gegen " $-2·-\infty ·\infty$" = $\infty$
• Für x → +∞ strebt f₅ = $-2\left(x-1\right)·e^{-x}$ gegen " $-2\infty ·0$" = 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 f₅ ausschließen.

f₆(x) = $-3\left(x-1\right)·e^x$

• f(1) = $-3·\left(1-1\right)·e^1$ =0
• Für x → -∞ strebt f₆ = $-3\left(x-1\right)·e^x$ gegen " $-3·-\infty ·0$" = 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 = $-3\left(x-1\right)·e^x$ gegen " $-3\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Wenn wir nach Punkten auf dem Graph mit waagrechter Tangente schauen, müssen wir
  f'(x) = $-3·\left(1+0\right)·e^x-3\left(x-1\right)·e^x$ = $-3e^x-3\left(x-1\right)·e^x$ = $-3·e^x·\left(x+0\right)$ = 0
  nach x auflösen.

  $-3·e^{x}x$	=	0
  $-3x·e^x$	=	0

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

  1. Fall:

  x1

  =

  0

  
  

  2. Fall:

  $e^x$

  =

  $0$

  Diese Gleichung hat keine Lösung!

  
  Der Graph von f₆(x) = $-3\left(x-1\right)·e^x$ hat also bei x = 0 einen Punkt mit waagrechter Tangente.

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)= $25-25e^{-\mathrm{0,6}t}$ → $25+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $25$.

2. Erster t-Wert bei y = 16

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=16 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 16 und lösen nach t auf:

   $25-25e^{-\mathrm{0,6}t}$ = $16$

   $-25e^{-\mathrm{0,6}t}+25$	=	$16$	| $-25$
   $-25e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$-9$	|:$-25$
   $e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$\frac{9}{25}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(\frac{9}{25}\right)$	|:$-\mathrm{0,6}$
   $t$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(\frac{9}{25}\right)$	≈ 1.7028

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 16 annimmt, ist also nach 1.7 min.

$\text{f(x)}=$ $3x·e^{-3tx}$

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

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

= $3e^{-3tx}-9tx·e^{-3tx}$

= $e^{-3tx}·\left(-9tx+3\right)$

= $\left(-9tx+3\right)·e^{-3tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($1$|0) in f mit $\text{f(x)}=$ $-x·e^{tx-t}+t$ :

0 = f($1$)

0 = $-1·e^{t\cdot 1-t}+t$

0 = $-1·e^{t-t}+t$

0 = $-1·e^0+t$

0 = $-1·1+t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $t-1$ = 0 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:

$\text{f(x)}=$ $\left(-2x+5\right)·e^{3tx}$

$\text{f'(x)}=$ $\left(-2+0\right)·e^{3tx}+\left(-2x+5\right)·e^{3tx}·3t$

= $-2e^{3tx}+\left(-2x+5\right)·3t{e}^{3tx}$

= $-2e^{3tx}+3t\left(-2x+5\right)·e^{3tx}$

= $e^{3tx}·\left(-6tx+15t-2\right)$

= $e^{3tx}·\left(-6tx+15t-2\right)$

= $\left(-6tx+15t-2\right)·e^{3tx}$

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

f'($0$) = $-2e^{3t\cdot 0}+3t·\left(-2\cdot 0+5\right)·e^{3t\cdot 0}$ = $-2+15t$ = $15t-2$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $23$x+6 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($0$)= $15t-2$ soll gleich $23$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $15t-2$ = $23$ nach t auf.

Für t= $\frac{5}{3}$ 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.

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $2k{e}^{kx-2k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx-2k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $2k{e}^{kx-2k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $-2$ erkennen.
  Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.
• Wir müssen also den Exponent $kx-2k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx-2k$	=	0	| - ( $-2k$)
  $kx$	=	$2k$	|:( $k$)
  $x$	=	$2$

  Wenn wir nun $2$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($2$) = $2k{e}^{k\cdot 2-2k}-2$ = $2k-2$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($2$) = -1 ablesen, es gilt somit:

  $2k-2$	=	$-1$	| $+2$
  $2k$	=	$1$	|:$2$
  $k$	=	$\frac{1}{2}$ = 0.5

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(40°) ≈ 0.839.

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

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

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

= $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-\frac{8}{9}x{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-\frac{8}{9}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(-\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{t^2}x\right)·x-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·1$

= $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·(-\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{t^2}x·x)-\frac{8}{9}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $\frac{32}{81}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-\frac{8}{9}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $\frac{32}{81}\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-\frac{8}{9}{e}^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(\frac{32}{81}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-\frac{8}{9}\right)$

= $\left(\frac{32}{81}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2-\frac{8}{9}\right)·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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'($-\frac{3}{2}t$) = $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-\frac{3}{2}t\right)}^2}·\left(-\frac{3}{2}t\right)$ = $\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'($\frac{3}{2}t$) = $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(\frac{3}{2}t\right)}^2}·\left(\frac{3}{2}t\right)$ = $-\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-\frac{8}{9}·e^{-\frac{2}{9}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 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'($-\frac{3}{2}t$) = $\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$
Die minimale Steigung ist somit f_t'($\frac{3}{2}t$) = $-\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $\frac{4}{3}t·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 40° höchstens 0.839 sein, also berechnen wir das t für das $\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.839 gilt:

Für t = 1.037 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 40° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-\frac{3}{2}t$) = $\frac{4}{3}t{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer größer wird, sind somit alle t < 1.037 zulässig.

L={ $e^9$}

$\text{f(x)}=$ $-2x·\ln \left(x\right)+10x$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $-2·\ln \left(x\right)-2x·\frac{1}{x}·1+10$

= $-2\ln \left(x\right)+8$

$\text{f''(x)}=$ $\frac{-2}{x}·1+0$

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

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.

Die Lösung x= $e^4$ ≈ 54.5982 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''($\mathrm{54,5982}$) = $-\frac{2}{\mathrm{54,5982}}$= $-2\cdot \left(\frac{1}{\mathrm{54,5982}}\right)$= $-\frac{2}{\mathrm{54,5982}}$ <0

Das heißt bei x = $\mathrm{54,5982}$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($\mathrm{54,5982}$) = $-2\cdot \mathrm{54,5982}·\ln \left(\mathrm{54,5982}\right)+10\cdot \mathrm{54,5982}$ = $-\mathrm{109,1964}\ln \left(\mathrm{54,5982}\right)+\mathrm{545,982}$ ≈ 109.196
Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{54,5982}$| $-\mathrm{109,1964}\ln \left(\mathrm{54,5982}\right)+\mathrm{545,982}$)

≈ H:(54.598|109.196)