M11 Aufgaben zu Logarithmus- und Exponentialfunktionen

Buch S. 151 / 4

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

151 / 4 Da man nur eine Stammfunktion angeben soll, wird auf + C verzichtet.
a) F(x) = e^x + x
b) F(x) = - e^-x
c) F(x) = 0,5(e^x - e^-x)
d) F(x) = 0,5x² + 2x + e^x+2
e) F(x) = e^1+x
f) F(x) = 2e^0,5x

Sie können dies leicht überprüfen, indem Sie prüfen ob F'(x) = f(x) ist.

Buch S. 152 / 7a

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

Es ist P(0;1), Q(2;e²), f'(x) = e^x imd f'(0) = 1 und f'(2) = e².
Gleichung der Tangente t₁ in P: y = x + 1
Gleichung der Tangente t₂ in Q: y = e²·x - e². (t erhält man aus der Gleichung e² = e²·2 - t.)

Den Schnittwinkel der beiden Tangenten erhält man, indem man $\varphi = \varphi_2 - \varphi_1$ bildet, wenn $\varphi_1$ der Schnittwinkel von t₁ mit der Waagrechten im Schnittpunkt und $\varphi_2$ der Schnittwinkel von t₂ mit der Waagrechten im Schnittpunkt ist.
Es ist $tan(\varphi_1) = 1$, also ist $\varphi_1 = 45^o$.
Es ist $tan(\varphi_2) = e^2$, also ist $\varphi_2=82,3^o$
Damit ist $\varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = 82,3^o - 45^o = 37,3^o$.

Oder man verwendet die neben der Aufgabe stehende Formel: $tan(\varphi) = \left | \frac{m_2-m_1}{1+m_1m_2} \right| = \left | \frac{e^2 - 1}{1 + 1\cdot e^2} \right |=0,76159...$ ergibt $\varphi = 37,3^o$.

Buch S. 152 / 8

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a) Die Koordinaten des Schnittpunkts S der beiden Graphen erhält man, indem man die Funktionsterme gleich setzt.
$e^{-\frac{x}{2}}=0,5e^{x+1} \qquad |\cdot e^{-(x+1)}$
$e^{-\frac{x}{2}}\cdot e^{-(x+1)}=0,5$
$e^{-\frac{x}{2} - x - 1}=\frac{1}{2}$
$e^{-\frac{3x}{2}}\cdot e^{- 1}=\frac{1}{2} \qquad |\cdot e$
$e^{-\frac{3x}{2}}=\frac{e}{2} \qquad |logarithmieren$
$-\frac{3x}{2} = ln(\frac{e}{2})$
$-\frac{3}{2}x=ln(e) - ln(2)$
$-\frac{3}{2}x=1 - ln(2) \qquad |\cdot (- \frac{2}{3})$
$x = -\frac{2}{3}(1-ln(2))\approx -0,2$

$y = f(-\frac{2}{3}(1-ln(2)) \approx 1,11$, also S(-0,2; 1,11) (näherungsweise, aber genügend genau!)

Den Schnittwinkel zwischen beiden Graphen erhält man, indem man den Schnittwinkel der Tangenten in S an G_f und G_g bestimmt. Dazu muss man nicht die Tangetengleichungen aufstellen. Es reicht, wenn man die Steigungen in S kennt, denn es ist $tan(\varphi) = f'(x_S)$.
Man berechnet $f'(x) = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}}$ und $f'(-\frac{2}{3}(1-ln(2)))\approx -0,55$.
$g'(x)=\frac{1}{2}e^{x+1}$ und $g'(e^((-(2*ln(2)/3-2/3))/2)) \approx 1,11$.
Für $f$ ist $tan(\varphi_1)=-0,55385$ und $\varphi_1 = -28,98^o$ und
für $g$ ist $tan(\varphi_2) = 1,10770$ und $\varphi_2 = 47,93^o$.
Damit ist $\varphi = \varphi_2 - \varphi_1 = 47,93^o - (-28,98^o) = 76,91^o$.

b) Die Tangente in A soll parallel zu einer Geraden h mit Steigung - 0,5 sein. Also ist f'(x_A) = - 0,5.
$- 0,5 = -\frac{1}{2}e^{-\frac{x}{2}} \qquad | \cdot (-2)$
$1 =e^{-\frac{x}{2}} \qquad |logarithmieren$
$ln(1) = -\frac{x}{2}$ ergibt $0 = -\frac{x}{2}$ und $x = 0$.
A(0;1)

Die Tangente in B soll senkrecht zu einer Geraden k mit Steigung -2 sein. Die Tangente in B an G_g hat dann die Steigung 0,5. Also ist g'(x_B) = 0,5.

Zwei Geraden g1: y = m1x+t1 und g2: y = m2x + t2 stehen senkrecht zueinander, wenn m1· m2 = -1 ist.

$0,5=\frac{1}{2}e^{x+1} \qquad |\cdot 2$
$1=e^{x+1} \qquad |logarithmieren$
$0 = x+1$ ergibt $x = -1$

B(-1;0,5)

Buch S. 153 / 14

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

Graph 1 gehört zu Funktion f (f ist die einzige Funktion mit D = R⁺. Außerdem kann man den Funktionsterm vereinfachen. Es ist f(x) = 2xe^ln(x)=2x² und der Graph ist eine halbe Parabel.)
Graph 2 gehört zu Funktion d (d hat bei x = 0 eine Polstelle. )
Graph 3 gehört zu Funktion a (e^x wird um den Faktor 2 in y-Richtung gestreckt, ebenso in x-Richtung, also ist der Verlauf fast wie bei der "e-Funktion" durch (0;2).)
Graph 4 gehört zu Funktion b (-e^x ist e^x an der x-Achse gespiegelt und wird um 3 nach oben verschoben.)
Graph 5 gehört zu Funktion c (c ist die einzig verbleibende Funktion mit c(0) = 2.)

Graph 6 gehört zu Funktion e (e hat als einzige Funktion eine Nullstelle bei x = 1.)

Buch S. 152 / 9

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

Zuerst zeichnet man den Sachverhalt.

Es ist f'(0) = 1, also ist die Steigung m = 1 der Tangente in (P0;1). Die Tangente hat dann die Gleichung y = x + 1. Sie schneidet die x-Achse in A(-1;0).
Die Normale zur Tangente in P hat dann die Steigung m = -1 und sie hat die Gleichung y = -x +1. Sie schneidet die x-Achse in B(1;0).

Das Dreieck ABP ist ein gleichschenkliges, rechtwinkliges Dreieck. Der Winkel bei P ist 90^o, die Basiswinkel sind jeweils 45^o.

Buch S. 152 / 12

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a) Die Koordinaten des Schnittpunkts B liest man gleich aus dem Diagramm ab, da beide Graphen sich bei x = 0 schneiden. Es ist B(0;1).
Die x-Koordinate von A erhält man durch Lösen der Gleichung $e^{0,5x} = 4-3e^{-0,5x}$.
$e^{0,5x} = 4-3e^{-0,5x} \qquad |\cdot e^{0,5x}$
$e^{x} = 4e^{0,5x}-3 \qquad |-4e^{0,5x}+3$
$e^{x} - 4e^{0,5x}+3 = 0$
Substituiert man $w = e^{0,5x}$, dann man hat die quadratische Gleilchung $w^2 - 4w + 3 = 0$ zu lösen. Es ist $w^2 - 4w + 3 = (w-1)(w-3)$ und daher hat die Gleichung $w^2 - 4w + 3 = 0$ die zwei Lösungen $w_1=1, w_2 = 3$. Die Lösung $w_1=1$ führt beim Resubstituieren auf $0,5x = ln(1)$, also $x = 0$. (Lösung für B!)
Die zweite Lösung $w_2 = 3$ führt beim Resubstituieren auf $0,5x = ln(3)$ und $x = 2\cdot ln(3) = ln(9) \approx 2,19722$. Also ist A(ln9; 3).

b) Es ist S(a; e^0,5a) und T(a;4-3e^-0,5a) und die Länge der Strecke [ST] ist $\overline {ST} = 4-3e^{-0,5a} - e^{0,5a}$ (T liegt über S, also ist bei y_T - y_S die Differenz positiv).
Betrachtet man nun die Funktion $s:a\rightarrow 4 - 3e^{-0,5a} - e^{0,5a}$ für $a \in [0;ln(9)]$, dann muss man das Maximum von s finden. Dazu setzt man die $s'(a)$ gleich 0 und erhält bei VZW +/- das gesuchte a.
$s'(a)= -3e^{-0,5a}\cdot(-0,5) - e^{0,5a}\cdot 0,5 = 1,5e^{-0,5a} - 0,5e^{0,5a}$
$1,5e^{-0,5a} - 0,5e^{0,5a}= 0 \qquad |+0,5e^{0,5a}$ $1,5e^{-0,5a} = 0,5e^{0,5a} \qquad |\cdot 2$
$3e^{-0,5a} = e^{0,5a} \qquad |\cdot e^{0,5a}$
$3 = e^a \qquad |logarithmieren$
$a = ln(3) \approx 1,1$
Lässt man sich mit GeoGebra die Graphen von s und s' zeichnen, dann hat man dieses Bild:

und man sieht, dass s' bei a = ln(3) eine VZW +/- hat, also hat s bei a = ln(3) ein Maximum.

Buch S. 154 / 18

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

$f: x \rightarrow 9x\cdot e^{-x}$ mit D = R.
a) f(0) = 9\cdot 0 \cdot e⁰ = 0, also ist (0;0) ein Punkt von G_f.
b) Es ist $9x\cdot e^{-x}=9\cdot \frac{x}{e^x}$ und nach dem Grenzwert in der Merkhilfe für r = 1 ist $\lim_{x\to \infty}f(x)=\lim_{x\to \infty}9x\cdot e^{-x}=\lim_{x\to\infty} 9\cdot \frac{x}{e^x}=0$

Für den Grenzwert $x \to -\infty$ ist $\lim_{x\to -\infty}f(x) =\$" $9\cdot(-\infty) \cdot \infty$ "$= -\infty$

c) Es ist $f'(x)=9e^{-x}+9x\cdot e^{-x}\cdot(-1)=9e^{-x}(1-x)$
Da stets $e^{-x} > 0$ ist, ist $f'(x)=0$ für 1 - x = 0 und x = 1.
Da y = 1 - x eine fallende Gerade mit Nullstelle x = 1 ist, ist dort der VZW +/- und damit ist bei x = 0 ein Maximum, G_f hat in (1;$\frac{9}{e}$) einen Hochpunkt.

d)

e) Das Bild zu dieser Aufgabe schaut so aus:

Aufstellen der Gleichung der Tangente:
$f(2) = 18\cdot e^{-2} = \frac{18}{e^2}\approx 2,436$.
$f'(2)=9e^{-2}(1-2)=\frac{-9}{e^2}\approx 1,218$.
Ansatz: $y = mx + t$ mit $m = \frac{-9}{e^2}$ und $P(2;\frac{18}{e^2}$ erhält man
$\frac{18}{e^2} = \frac{-9}{e^2}\cdot 2 + t$
$t = \frac{36}{e^2} \approx 4,872$
Die Gleichung der Tangente t ist $y=\frac{-9}{e^2}x + \frac{36}{e^2}$.

Der Schnittpunkt mit der y-Achse ist $(0;\frac{36}{e^2}$), der Schnittpunkt mit der x-Achse ist (4;0)

Der Flächeninhalt $a_1$ des Dreiecks TIP ist $A_1=\frac{1}{2}\cdot 2 \cdot (\frac{36}{e^2} - \frac{18}{e^2})\approx 2,436$
Der Flächeninhalt $A$ des Dreiecks OST ist $A=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \frac{36}{e^2}\approx 9,744$
Das Flächenverhältnis ist $\frac{A_1}{A}=\frac{1}{4}$, also nimmt die Fläche des Dreicks TIP 25% der Fläche des Dreiecks OST ein.
Diese Aufgabe hätte man auch leichter mit dem Strahlensatz lösen können. Die "kleine waagrechte Strecke" [IP] hat die Länge 2, die "große waagrechte Strecke" [OS] hat die Länge 4. Daher ist der Faktor 2 und für das Verhältnis "Fläche kleines Dreieck" : "Fläche großes Dreieck" = 1 : 2² = 1 : 4. Damit hat man das gleiche Ergebnis.

f) Die Situation schaut so aus:

Der Flächeninhalt des Dreiecks OLA ist $A(s) = \frac{1}{2}\cdot s \cdot f(s) = \frac{1}{2}\cdot s \cdot 9se^{-s}=\frac{9}{2}\cdot s^2\cdot e^{-s}$
$A'(s) = \frac{9}{2}[2se^{-s}+s^2e^{-s}(-1)]=\frac{9}{2}e^{-s}s(2-s)$

Es ist $\frac{9}{2}e^{-s} > 0$ und $s (2-s)=2s-s^2$ ist der Term einer nach unten geöffneten Parabel mit den Nullstellen 0 und 2. Da die Parabel nach unten geöffnet ist, ist bei s = 0 ein VZW -/+ und bei s = 2 ein VZW +/-. Daher hat A bei x = 2 ein Maximum und es ist $A(2) = 18e^{-2}=\frac{18}{e^2}\approx 2,436$.

Buch S. 159 / 6

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

$f(x) = (1-ln(x))^2$ D = R⁺
Gemeinsame Punkte mit der x-Achse: $(1-ln(x))^2=0$ ist erfüllt für $1=ln(x)$, also $x=e$.
$f'(x)=2(1-ln(x))\cdot (-\frac{1}{x})=\frac{2(ln(x)-1)}{x}$
Für x$\in$R⁺ ist der Nenner positiv. Für das Vorzeichen von f' muss man also den Zähler betrachten.
Für x < e ist ln(x) < 1 und ln(x) - 1 < 0, also ist f'(x) < 0 für x < e und f ist in ]0;e] streng monoton abnehmend.
Für x > e ist ln(x) > 1 und ln(x) - 1 > 0, also ist f'(x) > 0 für x > e und f ist in ]e;$\infty$[ streng monoton zunehmend.
Da x = e die einzige Nullstelle von f' ist und einen VZW -/+ hat ist bei (e;0) ein Minimum und G_f hat in (e;0) einen Tiefpunkt.

Die positive y-Achse ist Asymptote für $x \to 0$.

Buch S. 160 / 10

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

$f(x) = ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)$, D = R⁺
a) Es ist $ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)=ln \left ( \frac{x^2 + 0,25}{x} \right )$
Gemeinsame Punkte mit der x-Achse erhält man, wenn $f(x) = 0$ ist. Es ist $ln \left (\frac{x^2+0,25}{x} \right )=0$ für $\frac{x^2+0,25}{x} = 1$.
$x^2+0,25 = x$ ist eine quadratische Gleichung.
$x^2 - x + 0,25 = 0$ ergibt mit der binomischen Formel $(x-0,5)^2 = 0$, also ist x = 0,5 (doppelte) Nullstelle von f.

$f'(x) = \frac{1}{x^2+0,25} \cdot 2x - \frac{1}{x}=\frac{2x}{x^2+0,25}-\frac{1}{x}=\frac{2x^2 -(x^2+0,25)}{x(x^2+0,25)}=\frac{x^2-0,25}{x(x^2+0,25)}$
$f'(x) = 0$ ist $\frac{x^2-0,25}{x(x^2+0,25)}=0$. Da der Nenner für positive x stets positiv ist, muss man nur den Zähler betrachten. Es ist $x^2-0,25=(x+0,5)(x-0,5)$. Der Zähler ist 0 für x = - 0,5 und x = 0,5. -0,5 ist nicht in D, also ist $f'(x)=0$ für x = 0,5.
Es ist $f(0,5)=ln(\frac{0,5^2+0,25}{0,5})=ln(1)=0$
Der Zähler ist eine nach oben geöffnete Parabel, die bei der rechten Nullstelle einen VZW -/+ hat. (Der Nenner ist positiv!). Daher hat f' bei x = 0,5 einen VZW -/+ und f hat bei x = 0,5 ein Minimum, G_f bei (0,5;0) einen Tiefpunkt.

b) $\lim_{x\to 0+}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)]=\infty$, da ln(0,25) < 0 und $lim_{x\to 0}ln(x)=-\infty$ ist.
Die positive y-Achse ist für $x \to 0+$ Asymptote.

$\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x)] =\lim_{x\to \infty}ln(\frac{x^2+0,25}{x}=\infty$, da der Grad des Zählerpolynoms 2 ist und damit größer als der Grad des Nennerpolynoms. Der Bruch geht für $x\to \infty$ auch gegen $\infty$.
Der Graph hat für $x\to \infty$ keine Asymptote.

$\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+\frac{1}{4}) - ln(x) -ln(x)]=\lim_{x\to \infty}[ln(x^2+0,25)-2ln(x)=\lim_{x\to \infty}\frac{x^2+0,25}{x^2}=ln(1)=0$, da der Grad des Zählerpolynoms gleich dem Grad des Nennerpolynoms ist. Damit geht der Bruch für $x\to \infty$ gegen 1 .
Die positive x-Achse ist für $x\to \infty$ Asymptote.

c)

d) g(x) = ln(x). Wenn im Argument 2x steht, dann wird der Graph von g um den Faktor 2 in x-Richtung gestaucht.

Den Schnittpunkt von G_h und G_f erhält man, wenn man $ln(2x) = ln(\frac{x^2+0,25}{x})$ löst. Wenn die beiden Logarithmen gleich sind, müssen auch ihre Argumente gleich sein und man muss die Gleichung $2x = \frac{x^2+0,25}{x}$ lösen.
$2x = \frac{x^2+0,25}{x} \qquad |\cdot x$
$2x^2 = x^2 + 0,25 \qquad |-x^2$
$x^2 = 0,25$
$x_{1,2}=\pm 0,5$
Da D = R⁺ ist, hat man nur die Lösung x = 0,5 und der Schnittpunkt ist (0,5;0) (x = 0,5 ist Nullstelle, was man in a) gezeigt hat!)
Den Schnittwinkel $\varphi$ erhält man, wenn man $tan(\varphi_1)=h'(0,5)$ und $tan(\varphi_2)=f'(0,5)$ bestimmt und dann $\varphi = \varphi_1 - \varphi_2$ berechnet.
Es ist $h'(x)=\frac{1}{x}$ , $tan(\varphi_1)=h'(0,5)=2$ und $\varphi_1=63,4^o$.
$tan(\varphi_2)=f'(0,5)=0$ und $\varphi_2=0^o$.
Also erhält man $\varphi = 63,4^o$.

e)

Wenn das Trapez um die x-Ache rotiert entsteht ein Zylinder, bei dem rechts ein Kegel herausgeschnitten ist. Die Grundfläche des Zylinders ist ein Kreis mit Mittelpunkt (0;0) und Radius r = ln(2). Die Höhe des Zylinders ist h = 1, also hat der Zylinder das Volumen $V_Z = r^2\pi \cdot h = (ln(2))^2 \pi$.
Der Kegel, der recht herausgenommen wird hat ebenfalls den Radius r = ln(2), aber die Höhe h_K = 0,5. Sein Volumen ist $V_K=\frac{1}{3}(ln(2))^2\cdot 0,5 \cdot \pi=\frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi$.
Damit hat der Rotationskörper das Volumen $V = V_Z - V_K = (ln(2))^2 \cdot \pi- \frac{(ln(2))^2}{6}\cdot \pi=\frac{5(ln(2))^2}{6}\cdot \pi$.

Die Oberfläche des Rotationskörpers setzt sich aus der Grundfläche des Zylinders, seiner Mantelfläche und der Mantelfläche des Kegel zusammen. Es ist $G = ((ln(2))^2\pi$, $M_Z=2r_Z\pi h_Z=2ln(2)\pi$ und $M_K=r_K \pi m=ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}$.

Damit ist $O = ((ln(2))^2\pi + 2ln(2)\pi + ln(2)\pi\sqrt{(ln(2))^2 + 0,5^2}$