Wahlteil A1 (Mathe LF Abi 2019 (WTR) in Baden-Württemberg Gymnasium Abi-Aufgaben (WTR/GTR))

Aufgabe A 1.1

$\blacktriangleright$ Zeitraum angeben

Der Abbildung lässt sich entnehmen: $f(2,6)\approx 20$ und $f(5,5)\approx 40.$
Im Zeitraum zwischen $2,6$ und $5,5$ Wochen nach Beobachtungsbeginn nimmt die Höhe der Pflanze von $20\,\text{cm}$ auf $40\,\text{cm}$ zu.

$\blacktriangleright$ Momentane Änderungsrate bestimmen

Zeichne in die Anlage die Tangente an den Graphen an der Stelle $t=3,5$ ein. Verwende ein Steigungsdreieck, um die Steigung zu bestimmen. Dann erhältst du:

$f‘(3,5) \approx \dfrac{30}{4,5} \approx 6,7$

$3,5$ Wochen nach Beobachtungsbeginn, beträgt die momentane Änderungsrate ca. $6,7\,\text{cm}$ pro Woche.

$\blacktriangleright$ Bedeutung der Wendestelle im Sachzusammenhang beschreiben

Der Abbildung kannst du entnehmen, dass die Funktion an der Stelle $t=6,5$ steigend ist. Dies ist daher der Zeitpunkt, in dem die Wachstumsgeschwindigkeit maximal ist.

$\blacktriangleright$ Fragestellung im Sachzusammenhang formulieren

$f(t+2) -f(t) =5$

In welchem Zeitraum mit der Länge von zwei Wochen, nimmt die Höhe der Pflanze um $5\,\text{cm}$ zu.

$\blacktriangleright$ Lösung der Gleichung angeben

Der Abbildung in der Anlage lässt sich entnehmen: $f(13) \approx 90$ und $f(15)\approx 95$

Eine mögliche Lösung ist also $t=13.$

Aufgabe A 1.2

$\blacktriangleright$ Tiefpunkt nachweisen

1. Schritt: Ableitungen definieren

$\begin{array}[t]{rll} f(x)&= \frac{1}{4}x^3 -3x^2 +9x \\[5pt] f‘(x) &= \frac{3}{4}x^2 -6x +9 \\[5pt] f‘‘(x) &= \frac{3}{2}x-6 \end{array}$

2. Schritt: Notwendiges Kriterium überprüfen

$\begin{array}[t]{rll} f‘(6)&= \frac{3}{4}\cdot 6^2 -6\cdot 6 +9 \\[5pt] &= 0 \end{array}$

Das notwendige Kriterium für Extremstellen von $f$ ist an der Stelle $x=6$ also erfüllt.

3. Schritt: Hinreichendes Kriterium überprüfen

$\begin{array}[t]{rll} f‘‘(6) &= \frac{3}{2}\cdot 6-6 \\[5pt] &= 3 \gt 0 \end{array}$

Da das hinreichende Kriterium $f‘‘(6)\gt 0$ für Minimalstellen erfüllt ist und das notwendige Kriterium für Extremstellen ebenfalls erfüllt ist, besitzt der Graph von $f$ an der Stelle $x=6$ einen Tiefpunkt.
Zudem ist:

$\begin{array}[t]{rll} f(6) &= \frac{1}{4}\cdot 6^3 -3\cdot 6^2 +9\cdot 6 \\[5pt] &= 0 \end{array}$

$\blacktriangleright$ Flächeninhalt berechnen

1. Schritt: Geradengleichung durch $O$ und $H$ bestimmen

$\begin{array}[t]{rll} m &=\dfrac{8-0}{2-0} \\[5pt] &= 4 \end{array}$

$g(x) = 4x$

2. Schritt: Flächeninhalt berechnen

Den Flächeninhalt zwischen zwei Graphen kannst du mit einem Integral berechnen:

$\begin{array}[t]{rll} A &=& \displaystyle\int_{0}^{2}(f(x)-g(x))\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{2}\left(\frac{1}{4}x^3-3x^2+9x-4x\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \displaystyle\int_{0}^{2}\left(\frac{1}{4}x^3-3x^2+5x\right)\;\mathrm dx \\[5pt] &=& \left[\frac{1}{16}x^4-x^3+\frac{5}{2}x^2\right]_0^2\\[5pt] &=& \frac{1}{16}\cdot 2^4-2^3+\frac{5}{2}\cdot 2^2 -\left(\frac{1}{16}\cdot 0^4-0^3+\frac{5}{2}\cdot 0^2 \right) \\[5pt] &=& 3 \\[5pt] \end{array}$

$A=3$

Vollständige Lösung anzeigen

Der Flächeninhalt der vom Graphen von $f$ und der Strecke durch $O$ und $H$ eingeschlossenen Fläche beträgt $3\,\text{FE}.$

$\blacktriangleright$ Zusammenhang der Graphen beschreiben

Durch den Faktor $-3$ wird der Graph von $g$ im Vergleich zum Graphen von $f$ um den Faktor $3$ in $y$ -Richtung gestreckt und durch das negative Vorzeichen an der $x$ -Achse gespiegelt.
Durch den Summanden $-6$ wird der Graph anschließend in negative $y$ -Richtung um $6$ Einheiten verschoben.

Der Graph von $g$ geht also durch Spiegelung an der $x$ -Achse und Streckung in $y$ -Richtung mit dem Faktor $3$ und anschließender Verschiebung um $6$ Einheiten in negativer $y$ -Richtung hervor.

$\blacktriangleright$ Koordinaten des Tiefpunkts bestimmen

Aufgrund der Spiegelung an der $x$ -Achse werden Maximalstellen von $f$ zu Minimalstellen von $g$ und umgekehrt. Die $x$ -Koordinate des Tiefpunkts des Graphen von $g$ ist also $2.$
Die zugehörige $y$ -Koordinate:

$g(2) = -3\cdot f(2) -6 = -3\cdot 8 -6 = -30.$

$g(2) = -30$

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Die Koordinaten des Tiefpunkts des Graphen von $g$ lauten $T_g(2\mid -30).$

$\blacktriangleright$ Koordinaten berechnen

Es ist $M(1\mid y_M).$ Damit sich Kreis und Graph berühren, muss die Gerade $n,$ auf der die Strecke $\overline{MP}$ liegt, senkrecht zum Graphen von $f$ verlaufen.

$\begin{array}[t]{rll} f‘(4) &=& \frac{3}{4}\cdot 4^2 - 6\cdot 4 +9 \\[5pt] &=& -3 \end{array}$

$f‘(4)=-3$

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Die Steigung des Graphen von $f$ im Punkt $P$ beträgt also $m_f = -3.$ Für die Steigung der Geraden $n,$ auf der die Strecke $\overline{MP}$ liegt, folgt also:

$\begin{array}[t]{rll} m_f \cdot m_n &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; m_f = -3 \\[5pt] -3 \cdot m_n &=& -1 &\quad \scriptsize \mid\; :(-3) \\[5pt] m_n &=& \frac{1}{3} \end{array}$

$m_n = \frac{1}{3}$

Vollständige Lösung anzeigen

Mithilfe einer Punktprobe mit $P$ erhältst du nun:

$\begin{array}[t]{rll} n:\, y &=& m_n\cdot x + b_n &\quad \scriptsize \mid\;m_n = \frac{1}{3} \\[5pt] y &=& \frac{1}{3}x +b_n &\quad \scriptsize \mid\; P(4\mid 4) \\[5pt] 4 &=& \frac{1}{3}\cdot 4 +b_n \\[5pt] 4 &=& \frac{4}{3} + b_n &\quad \scriptsize \mid\;-\frac{4}{3} \\[5pt] \frac{8}{3} &=& b_n \end{array}$

$b_n=\frac{8}{3}$

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Eine Gleichung der Gerade, auf der $\overline{MP}$ liegt, lautet also:

$n:\, y = \frac{1}{3} x + \frac{8}{3}$

$\begin{array}[t]{rll} y_M &=& n(x_M) \\[5pt] &=& n(1) \\[5pt] &=& \frac{1}{3} \cdot 1 + \frac{8}{3} \\[5pt] &=& 3 \end{array}$

$y_M=3$

Vollständige Lösung anzeigen

Die Koordinaten des Kreismittelpunkts lauten $M(1\mid 3).$

$\blacktriangleright$ Parameterwerte berechnen

Gesucht sind die Werte von $k,$ für die $f_k‘(1) = 8$ ist.

$\begin{array}[t]{rll} f_k(x) &=& \frac{1}{2k}x^3 -3x^2 +\frac{9}{2}kx \\[5pt] f_k‘(x) &=& \frac{3}{2k}x^2 - 6x + \frac{9}{2}k \\[10pt] f_k‘(1)&=& 8 \\[5pt] \frac{3}{2k}\cdot 1^2 - 6\cdot 1 + \frac{9}{2}k &=& 8 \\[5pt] \frac{3}{2k} - 6 + \frac{9}{2}k &=& 8 &\quad \scriptsize \mid\;\cdot k \\[5pt] \frac{3}{2} - 6k + \frac{9}{2}k^2 &=& 8k &\quad \scriptsize \mid\; -8k \\[5pt] \frac{3}{2} - 14k + \frac{9}{2}k^2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; :\frac{9}{2} \\[5pt] \frac{1}{3} - \frac{28}{9}k + k^2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; : pq\text{-Formel} \\[5pt] k_{1/2} &=& -\frac{- \frac{28}{9}}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{- \frac{28}{9}}{2} \right)^2 -\frac{1}{3} } \\[5pt] &=& \frac{14}{9}\pm \frac{13}{9}\\[10pt] k_1 &=& \frac{14}{9}- \frac{13}{9} \\[5pt] &=& \frac{1}{9} \\[10pt] k_2 &=& \frac{14}{9}+ \frac{13}{9} \\[5pt] &=& 3 \\[10pt] \end{array}$

$\begin{array}[t]{rll} f_k‘(x) &=&...\\[10pt] f_k‘(1)&=& 8 \\[5pt] ... \\[10pt] k_1 &=& \frac{1}{9} \\[10pt] k_2 &=& 3 \\[10pt] \end{array}$

Vollständige Lösung anzeigen

Für $k_1= \frac{1}{9}$ und $k_2 = 3$ verläuft die Tangente an den Graphen von $f_k$ im Punkt $P(1\mid f_k(1))$ parallel zur Geraden mit der Gleichung $y=8x+3.$

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