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

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

Da bei $e^{x+2}+1$ das x von $e^x$ durch ein 'x+2' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -2 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte bleiben also >0, der Graph verläuft somit komplett über der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $e^{x+2}+1$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{x+2}+1$ gegen $0+1$ = $1$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x·\left(2e^x+2e^{-x}\right)$ = $2x·e^x+2x·e^{-x}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $-2x·e^x-2x·e^{-x}$ gerade das Negative von f(x), also -f(x) = $-(x·2e^x+x·2e^{-x})$ 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) = $-8·0^2·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-8·0^2·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₁ = $-\infty$
• 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 f₁ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-4·0·e^0$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-4·0·e^0$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = 0
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $-\infty$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen keinen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ -1.

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-9·0^2·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-9·0^2·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

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

Damit können wir f₄ ausschließen.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $9e^x-9e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(-2) = $9e^{-2}-9e^{\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}$ =-2.0928974214135

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $-6\left(x+2\right)·e^x$

• f(-2) = $-6·\left(-2+2\right)·e^{-2}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = -2 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $-6·\left(1+0\right)·e^x-6\left(x+2\right)·e^x$= $-6e^x-6\left(x+2\right)·e^x$
  f'(-2) = $-6e^{-2}-6·\left(-2+2\right)·e^{-2}$ = -0.81201169941968 ≠ 0

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $-6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2.
  f'(x) = $-6·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^x-6{\left(x+2\right)}^2·e^x$= $-12\left(x+2\right)·e^x-6{\left(x+2\right)}^2·e^x$
  f'(-2) = $-12·\left(-2+2\right)·e^{-2}-6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₃ = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^x$ 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)
• Für x → +∞ strebt f₃ = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^x$ gegen " $-6\infty ·\infty$" = $-\infty$

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

f₄(x) = $-\left(x+2\right)·e^{-x}$

• f(-2) = $-\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Man kann aber am Term erkennen, dass bei x = -2 ein Vorzeichenwechsel vorliegt, bzw. dass die Tangente nicht waagrecht ist.
  f'(x) = $-\left(1+0\right)·e^{-x}-\left(x+2\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$= $-e^{-x}+\left(x+2\right)·e^{-x}$
  f'(-2) = $-e^{-\left(-2\right)}+\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ = -7.3890560989306 ≠ 0

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $6{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Auch hier haben wir zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2.
  f'(x) = $6·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^x+6{\left(x+2\right)}^2·e^x$= $12\left(x+2\right)·e^x+6{\left(x+2\right)}^2·e^x$
  f'(-2) = $12·\left(-2+2\right)·e^{-2}+6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ = 0
• Für x → -∞ strebt f₅ = $6{\left(x+2\right)}^2·e^x$ 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)
• Für x → +∞ strebt f₅ = $6{\left(x+2\right)}^2·e^x$ gegen " $6\infty ·\infty$" = $\infty$

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $-9e^x+9e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(-2) = $-9e^{-2}+9e^{\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}$ =2.0928974214135

Damit können wir f₆ ausschließen.

1. y-Wert bei t = 3

   Gesucht ist der Funktionswert zur Zeit t=3. Wir berechnen also einfach f(3) = $20e^{-\mathrm{0,6}\cdot 3}-20e^{-\mathrm{1,2}\cdot 3}$ = $20e^{-\mathrm{1,8}}-20e^{-\mathrm{3,6}}$ ≈ 2.8

   
   
2. t-Wert des Maximums (HP)

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

   Detail-Rechnung für den Hochpunkt ($\mathrm{1,1552}$|5) einblenden

   $\text{f(t)}=$ $20e^{-\mathrm{0,6}t}-20e^{-\mathrm{1,2}t}$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f'(t)}=$ $20e^{-\mathrm{0,6}t}·\left(-\mathrm{0,6}\right)-20e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(-\mathrm{1,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(24-12e^{\mathrm{0,6}t}\right)$

   = $\left(-12e^{\mathrm{0,6}t}+24\right)e^{-\mathrm{1,2}t}$

   $\text{f''(t)}=$ $(-12e^{\mathrm{0,6}t}·\mathrm{0,6}+0)·e^{-\mathrm{1,2}t}+\left(-12e^{\mathrm{0,6}t}+24\right)·e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(-\mathrm{1,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(\mathrm{14,4}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}-\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}\right)$

   = $\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}\right)e^{-\mathrm{1,2}t}$

   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.

   $\left(-12e^{\mathrm{0,6}t}+24\right)·e^{-\mathrm{1,2}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $-12e^{\mathrm{0,6}t}+24$	=	0	| $-24$
   $-12e^{\mathrm{0,6}t}$	=	$-24$	|:$-12$
   $e^{\mathrm{0,6}t}$	=	$2$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(2\right)$	|:$\mathrm{0,6}$
   t1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(2\right)$	≈ 1.1552

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{1,2}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösung t= $\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(2\right)$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

   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).

   f''($\mathrm{1,1552}$) = $e^{-\mathrm{1,2}\cdot \mathrm{1,1552}}·\left(\mathrm{14,4}{e}^{\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{1,1552}}-\mathrm{28,8}-\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{1,1552}}\right)$= $e^{-\mathrm{1,38624}}·\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,69312}}-\mathrm{28,8}\right)$= $e^{-\mathrm{1,38624}}·\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,69312}}-\mathrm{28,8}\right)$ <0

   Das heißt bei t = $\mathrm{1,1552}$ ist ein Hochpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f(t) eingesetzt werden.
   f($\mathrm{1,1552}$) = $20e^{-\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{1,1552}}-20e^{-\mathrm{1,2}\cdot \mathrm{1,1552}}$ = $20e^{-\mathrm{0,69312}}-20e^{-\mathrm{1,38624}}$ ≈ 5
   Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{1,1552}$| $20e^{-\mathrm{0,69312}}-20e^{-\mathrm{1,38624}}$)

   ≈ H:(1.155|5)

   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) = $20e^{-\mathrm{0,6}\cdot 0}-20e^{-\mathrm{1,2}\cdot 0}$ = 0. Am rechten Rand müssen wir das Verhalten für t → ∞ betrachten: Für t → ∞ ⇒ f(t) → $0+0$.

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

   Bei t = $\mathrm{1,1552}$ ist also der größte Wert der Funktion.

   
   
3. t-Wert bei der stärksten Abnahme

   Gesucht ist der t-Wert des Tiefpunkt der Ableitung.

   Dazu berechnen wir erstmal die Ableitungsfunktion f':

   f'(t)= $20e^{-\mathrm{0,6}x}·\left(-\mathrm{0,6}\right)-20e^{-\mathrm{1,2}x}·\left(-\mathrm{1,2}\right)$

   = $12·e^{-\mathrm{1,2}x}\left(-e^{\mathrm{0,6}x}+2\right)$

   Wir berechnen also die Extremstellen von f':

   Detail-Rechnung für den Tiefpunkt der Ableitung ($\mathrm{2,3105}$|-1.5) einblenden

   $\text{f'(t)}=$ $12·e^{-\mathrm{1,2}t}\left(-e^{\mathrm{0,6}t}+2\right)$

   Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

   =>$\text{f''(t)}=$ $12e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(-\mathrm{1,2}\right)·\left(-e^{\mathrm{0,6}t}+2\right)+12·e^{-\mathrm{1,2}t}·(-e^{\mathrm{0,6}t}·\mathrm{0,6}+0)$

   = $e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(\mathrm{14,4}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}-\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}\right)$

   = $\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}\right)e^{-\mathrm{1,2}t}$

   $\text{f'''(t)}=$ $(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}·\mathrm{0,6}+0)·e^{-\mathrm{1,2}t}+\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}\right)·e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(-\mathrm{1,2}\right)$

   = $e^{-\mathrm{1,2}t}·\left(-\mathrm{8,64}{e}^{\mathrm{0,6}t}+\mathrm{34,56}+\mathrm{4,32}{e}^{\mathrm{0,6}t}\right)$

   = $\left(-\mathrm{4,32}{e}^{\mathrm{0,6}t}+\mathrm{34,56}\right)e^{-\mathrm{1,2}t}$

   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.

   $\left(\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}\right)·e^{-\mathrm{1,2}t}$

   =

   0

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

   1. Fall:

   $\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}-\mathrm{28,8}$	=	0	| $+\mathrm{28,8}$
   $\mathrm{7,2}{e}^{\mathrm{0,6}t}$	=	$\mathrm{28,8}$	|:$\mathrm{7,2}$
   $e^{\mathrm{0,6}t}$	=	$4$	|ln(⋅)
   $\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(4\right)$	|:$\mathrm{0,6}$
   t1	=	$\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(4\right)$	≈ 2.3105
   t1	=	$\frac{2}{\mathrm{0,6}}\ln \left(2\right)$

   
   

   2. Fall:

   $e^{-\mathrm{1,2}t}$

   =

   $0$

   Diese Gleichung hat keine Lösung!

   Die Lösung t= $\frac{2}{\mathrm{0,6}}\ln \left(2\right)$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

   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).

   f'''($\mathrm{2,3105}$) = $e^{-\mathrm{1,2}\cdot \mathrm{2,3105}}·\left(-\mathrm{8,64}{e}^{\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{2,3105}}+\mathrm{34,56}+\mathrm{4,32}{e}^{\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{2,3105}}\right)$= $e^{-\mathrm{2,7726}}·\left(-\mathrm{8,64}{e}^{\mathrm{1,3863}}+\mathrm{34,56}+\mathrm{4,32}{e}^{\mathrm{1,3863}}\right)$= $e^{-\mathrm{2,7726}}·\left(-\mathrm{4,32}{e}^{\mathrm{1,3863}}+\mathrm{34,56}\right)$ >0

   Das heißt bei t = $\mathrm{2,3105}$ ist ein Tiefpunkt.
   Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende t-Wert in f'(t) eingesetzt werden.
   f'($\mathrm{2,3105}$) = $12·e^{-\mathrm{1,2}\cdot \mathrm{2,3105}}·\left(-e^{\mathrm{0,6}\cdot \mathrm{2,3105}}+2\right)$ = $12·e^{-\mathrm{2,7726}}·\left(-e^{\mathrm{1,3863}}+2\right)$ ≈ -1.5
   Man erhält so den Tiefpunkt T:($\mathrm{2,3105}$| $12·e^{-\mathrm{2,7726}}·\left(-e^{\mathrm{1,3863}}+2\right)$)

   ≈ T:(2.311|-1.5)

   Randwertuntersuchung

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

   Dazu setzen wir am linken Rand einfach die linke Grenze des Definitionsbereichs in die Funktion ein: f'(0) = $12·e^{-\mathrm{1,2}\cdot 0}·\left(-e^{\mathrm{0,6}\cdot 0}+2\right)$ = $12$. Am rechten Rand müssen wir das Verhalten für t → ∞ betrachten: Für t → ∞ ⇒ f'(t) → 0.

   Weil die Werte an den Rändern größer als am Tiefpunkt sind, ist das lokale Minimum also ein globales Minimum von f'.

   Bei t = $\mathrm{2,3105}$ ist also der kleinste Wert der Ableitungsfunktion.

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

$\text{f'(x)}=$ $2e^{-3t{x}^2+t}·\left(-6tx\right)$

= $-12t·e^{-3t{x}^2+t}x$

= $-12tx{e}^{-3t{x}^2+t}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($2$| $13$) in f mit $\text{f(x)}=$ $-2e^{tx-2t}+6t$ :

$13$ = f($2$)

$13$ = $-2e^{t\cdot 2-2t}+6t$

$13$ = $-2e^{2t-2t}+6t$

$13$ = $-2e^0+6t$

$13$ = $-2+6t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $6t-2$ = $13$ nach t auflösen.

Für t= $\frac{5}{2}$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

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

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

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

= $4·e^{t^2{x}^2-2t^{2}x}\left(2t^{2}x-2t^2\right)$

= $4\left(2t^{2}x-2t^2\right)e^{t^2{x}^2-2t^{2}x}$

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

f'($2$) = $4·e^{t^2\cdot 2^2-2t^2\cdot 2}·\left(2t^2\cdot 2-2t^2\right)$ = $4·e^0·\left(4t^2-2t^2\right)$ = $8t^2$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $72$x+8 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($2$)= $8t^2$ soll gleich $72$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $8t^2$ = $72$ nach t auf.

Für t= $-3$ und 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 $-e^{-\frac{9}{10}x+5k}$ niemals = 0 werden kann.
  Da jedoch der zweite Summand $5k$ abhängig von k ist, Kann man über die Asymptote den Parameter k bestimmen.
  Denn für x → +∞ strebt f_k(x) → 0 + $5k$
  Aus dem Schaubild erkennt man eine waagrechte Asymptote bei y = -4, somit muss $5k$ = -4 gelten;
  Also gilt k = $-\frac{4}{5}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{4}{5}$}

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(30°) ≈ 0.577.

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

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

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 $-\frac{1}{3}t$, $\frac{1}{3}t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

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

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

Da die stetige Funktion f_t' an den Rändern gegen 0 strebt und an den Stellen $-\frac{1}{3}t$ und $\frac{1}{3}t$ waagrechte Tangenten hat, müssen dort Extremstellen, und sogar ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum sein.

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

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 30° höchstens 0.577 sein, also berechnen wir das t für das $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.577 gilt:

Für t = 0.317 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 30° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-\frac{1}{3}t$) = $3t{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer größer wird, sind somit alle t < 0.317 zulässig.

L={ $e^7$}

$\text{f(x)}=$ $3x·\ln \left(x\right)-18x$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $3·\ln \left(x\right)+3x·\frac{1}{x}·1-18$