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

Am Koeffizient vor dem $e^x$ erkennen wir, dass der Graph gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion lediglich in y-Richtung gestreckt wurde. Qualitativ unterscheiden sich die beiden Graphen also nicht.

Da bei $3e^{x-2}-1$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch -1 addiert wird, ist der Graph von $3e^{x-2}-1$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 1 nach unten verschoben.

Da bei $3e^{x-2}-1$ 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:

• Dadurch schneidet der Graph von f die x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $3e^{x-2}-1$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $3e^{x-2}-1$ gegen $0-1$ = $-1$ .

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

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

Wenn man das mit f(x) = $x^3+e^{x^2+2x}$ = $e^{x^2+2x}+x^3$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $e^{x^2-2x}-x^3$
weder gleich f(x) = $x^3+e^{x^2+2x}$ noch gleich -f(x) = $-\left(x^3+e^{x^2+2x}\right)$ = $-\left(e^{x^2+2x}+x^3\right)$ 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) = $10e^0-10e^{\mathrm{0,5}\cdot 0}$ = 0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $0+0$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = $\infty$

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $10·0^2·e^{-0}$ = 0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₂ = 0

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $e^{-0}+0-1$ = 0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = $\infty$

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-e^{-0}-0+1$ = 0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $-\infty$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen 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) = $7{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  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

Damit können wir f₁ ausschließen.

f₂(x) = $\left(x+2\right)·e^{-x}$

• f(-2) = $\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₂ = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $-\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₂ = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Wenn wir nach Punkten auf dem Graph mit waagrechter Tangente schauen, müssen wir
  f'(x) = $\left(1+0\right)·e^{-x}+\left(x+2\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $e^{-x}-\left(x+2\right)·e^{-x}$ = $e^{-x}·\left(-x-1\right)$ = 0
  nach x auflösen.

  $e^{-x}\left(-x-1\right)$	=	0
  $\left(-x-1\right)·e^{-x}$	=	0

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

  1. Fall:

  $-x-1$	=	0	| $+1$
  $-x$	=	$1$	|:($-1$)
  x1	=	$-1$

  
  

  2. Fall:

  $e^{-x}$

  =

  $0$

  Diese Gleichung hat keine Lösung!

  
  Der Graph von f₂(x) = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ hat also bei x = -1 einen Punkt mit waagrechter Tangente.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₂ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

f₃(x) = $-7{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $-7·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  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

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $-3e^{-3x}-x+3$

• f(-2) = $-3e^{-3\cdot \left(-2\right)}-\left(-2\right)+3$ =-1205.2863804782

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $-10e^x+10e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(-2) = $-10e^{-2}+10e^{\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}$ =2.3254415793483

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $3e^{-3x}+x-3$

• f(-2) = $3e^{-3\cdot \left(-2\right)}-2-3$ =1205.2863804782

Damit können wir f₆ ausschließen.

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)= $50-29e^{-\mathrm{0,3}t}$ → $50+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $50$.

2. Erster t-Wert bei y = 37

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=37 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 37 und lösen nach t auf:

   $50-29e^{-\mathrm{0,3}t}$ = $37$

   $-29e^{-\mathrm{0,3}t}+50$	=	$37$	| $-50$
   $-29e^{-\mathrm{0,3}t}$	=	$-13$	|:$-29$
   $e^{-\mathrm{0,3}t}$	=	$\frac{13}{29}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,3}t$	=	$\ln \left(\frac{13}{29}\right)$	|:$-\mathrm{0,3}$
   $t$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,3}}\ln \left(\frac{13}{29}\right)$	≈ 2.6745

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 37 annimmt, ist also nach 2.67 Jahre.

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

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

= $2·e^{-3t{x}^2+tx}\left(-6tx+t\right)$

= $2\left(-6tx+t\right)e^{-3t{x}^2+tx}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($0$| $-15$) in f mit $\text{f(x)}=$ $3e^{-tx}-9t$ :

$-15$ = f($0$)

$-15$ = $3e^{-t\cdot \left(0\right)}-9t$

$-15$ = $3e^0-9t$

$-15$ = $3-9t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $-9t+3$ = $-15$ nach t auflösen.

Für t= $2$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

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

$\text{f(x)}=$ $\left(2x+4\right)·e^{tx}$

$\text{f'(x)}=$ $\left(2+0\right)·e^{tx}+\left(2x+4\right)·e^{tx}·t$

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

= $2e^{tx}+t\left(2x+4\right)·e^{tx}$

= $e^{tx}·\left(2+2tx+4t\right)$

= $e^{tx}·\left(2tx+4t+2\right)$

= $\left(2tx+4t+2\right)·e^{tx}$

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

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

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $\frac{10}{3}$x-2 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($0$)= $4t+2$ soll gleich $\frac{10}{3}$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $4t+2$ = $\frac{10}{3}$ nach t auf.

Für t= $\frac{1}{3}$ 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 $4k{e}^{kx-3k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx-3k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $4k{e}^{kx-3k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $-1$ 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 $kx-3k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx-3k$	=	0	| - ( $-3k$)
  $kx$	=	$3k$	|:( $k$)
  $x$	=	$3$

  Wenn wir nun $3$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($3$) = $4k{e}^{k\cdot 3-3k}-1$ = $4k-1$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($3$) = 2 ablesen, es gilt somit:

  $4k-1$	=	$2$	| $+1$
  $4k$	=	$3$	|:$4$
  $k$	=	$\frac{3}{4}$ = 0.75

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$\frac{3}{4}$}

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 .

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

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

= $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}x$

= $-18t^{3}x{e}^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}$

$\text{f''(x)}=$ $-18t^3{e}^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}·\left(-9t^{2}x\right)·x-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}·1$

= $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}·(-9t^{2}x·x)-18t^3{e}^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}$

= $162t^5·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}x·x-18t^3{e}^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}$

= $162t^5·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}{x}^2-18t^3{e}^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}$

= $e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}·\left(-18t^3+162t^5{x}^2\right)$

= $e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}·\left(162t^5{x}^2-18t^3\right)$

= $\left(162t^5{x}^2-18t^3\right)·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}$

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

Wenn man die beiden Lösungen $-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$ und $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$) = $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{(-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t})}^2}·(-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t})$ = $6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'($\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$) = $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{(\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t})}^2}·(\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t})$ = $-6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-18t^3·e^{-\frac{9}{2}{t}^2{x}^2}x$ → 0 für alle t

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

Die maximale Steigung ist somit f_t'($-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$) = $6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$
Die minimale Steigung ist somit f_t'($\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$) = $-6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $6t^2·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 20° höchstens 0.364 sein, also berechnen wir das t für das $6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.364 gilt:

Für t = 0.316 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 20° erreicht. (Es sind ja nur positive Werte für t zugelassen.)

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{t}$) = $6t^2{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer größer wird, sind somit alle t < 0.316 zulässig.

L={ $\frac{1}{e^2}$}

$\text{f(x)}=$ $-3x^2·\ln \left(\frac{1}{4}x\right)$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $-6x·\ln \left(\frac{1}{4}x\right)-3x^2·\frac{1}{\frac{1}{4}x}·\frac{1}{4}$

= $-3x-6x\ln \left(\frac{1}{4}x\right)$

$\text{f''(x)}=$ $-3+(-6·1·\ln \left(\frac{1}{4}x\right)-6x·\frac{1}{\frac{1}{4}x}·\frac{1}{4})$

= $-6\ln \left(\frac{1}{4}x\right)-9$

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, $\frac{4}{\sqrt{e}}$ ≈ 2.4261 sind nun die einzigen Kandidaten für Extremstellen.

f($0$) = $-3\cdot 0^2·\ln \left(\frac{1}{4}\cdot 0\right)$ 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''($\mathrm{2,4261}$) = $-6\ln \left(\frac{1}{4}\cdot \mathrm{2,4261}\right)-9$= $-6\ln \left(\frac{\mathrm{2,4261}}{4}\right)-9$= $-6\ln \left(\frac{\mathrm{2,4261}}{4}\right)-9$ <0

Das heißt bei x = $\mathrm{2,4261}$ ist ein Hochpunkt.
Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzt werden.
f($\mathrm{2,4261}$) = $-3\cdot {\mathrm{2,4261}}^2·\ln \left(\frac{1}{4}\cdot \mathrm{2,4261}\right)$ = $-\mathrm{17,6579}\ln \left(\frac{\mathrm{2,4261}}{4}\right)$ ≈ 8.829
Man erhält so den Hochpunkt H:($\mathrm{2,4261}$| $-\mathrm{17,6579}\ln \left(\frac{\mathrm{2,4261}}{4}\right)$)

≈ H:(2.426|8.829)