Gegeben ist für a Element \(R_+\) eine Schar mit \(f_a(x)=e^{2x} -a\cdot e^{x}\)
1. Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Parameter a die Anzahl und den Typ der Extrempunkte der Graphen von \(fa\) und ermitteln Sie die Gleichung der Ortskurve, auf der alle Extrempunkte liegen.
\(f'_a(x)=e^{2x}\cdot 2 -a\cdot e^{x}\)
\(e^{2x}\cdot 2 -a\cdot e^{x}=0\)
\(e^{x}( 2e^{x} -a)=0\) Satz vom Nullprodukt:
1.) \(e^{x}≠0\) ∈ ℝ
\( 2e^{x} -a=0\)
\( e^{x}=\frac{a}{2}\) mit \(\ln (e)=1\):
\( x=\ln(\frac{a}{2})\) \(f_a(\ln(\frac{a}{2}))=e^{2\cdot \ln(\frac{a}{2})} -a\cdot e^{\ln(\frac{a}{2})}\)
Art des Extremwerts:
\(f''_a(x)=e^{2x}\cdot 2\cdot 2 -a\cdot e^{x}=4e^{2x} -a\cdot e^{x}\)
\(f''_a(\ln(\frac{a}{2}))=4e^{2\ln(\frac{a}{2})} -a\cdot e^{\ln(\frac{a}{2})}\)
Einschübe:
\( e^{2\ln(\frac{a}{2})}=e^{\ln((\frac{a}{2})^2)}=\frac{a^2}{4}\) und \( e^{\ln(\frac{a}{2})}=\frac{a}{2}\)
\(f''_a(\ln(\frac{a}{2}))=a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{2}>0 \) Minimum
Somit existiert nur ein Extrempunkt.
\(f_a(\ln(\frac{a}{2}))=\frac{a^2}{4} -\frac{a^2}{2}=-\frac{a^2}{4}\)
Ortskurve der Minima:
\(x=\ln(\frac{a}{2})\) Auflösen nach \(a\): \(e^x=e^{\ln(\frac{a}{2})}=\frac{a}{2}\)
\(a=2e^x\) Einsetzen in \(y= -\frac{a^2}{4}\):
\(y= -\frac{4e^{2x}}{4}=-e^{2x}\)
2. Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Parameter a die Anzahl und den Typ der Wendepunkte der Graphen von \(f_a\).
Für die Bestimmung der Wendepunkte benötigen wir die 2. Ableitung:
\(f''_a(x)=4e^{2x} -a\cdot e^{x}\)
\(4e^{2x} -a\cdot e^{x}=0\) Satz vom Nullprodukt:
\(e^{x}(4e^{x} -a)=0\)
\(e^{x}≠0\) ∈ ℝ
\(e^{x}= \frac{a}{4}\)
\(x= \ln(\frac{a}{4})\)
\(f_a(\ln(\frac{a}{4}))=e^{2\cdot \ln(\frac{a}{4})} -a\cdot e^{\ln(\frac{a}{4})}\\=\frac{a^2}{16}-\frac{a^2}{4}\\=-\frac{3a^2}{16}\)
Typ des einzigen Wendepunktes:
\(f''(x) < 0\) Rechtskrümmung
\(f''(x) > 0\) Linkskrümmung
Ab dem Wendepunkt (bis ∞)ist der Graph linksgekrümmt:
3. Berechnen Sie in Abhängigkeit vom Parameter a die Gleichung der Tangente durch den Wendepunkt der Graphen von \(f_a\).
\(f'_a(x)=e^{2x}\cdot 2 -a\cdot e^{x}\)
Wendestelle: \(x=\ln(\frac{a}{4})\)
\(f'_a(\ln(\frac{a}{4})=e^{2\cdot \ln(\frac{a}{4})}\cdot 2 -a\cdot e^{\ln(\frac{a}{4})}\\=\frac{a^2}{8}-\frac{a^2}{4}=-\frac{a^2}{8}\)
Tangentengleichung:
\( \frac{y+\frac{3a^2}{16}}{x-\ln(\frac{a}{4})}=-\frac{a^2}{8} \)
\(y=-\frac{a^2}{8}x+\frac{a^2}{8}\cdot \ln(\frac{a}{4})-\frac{3}{16}a^2\)
4. Bestimmen Sie die Scharkurve, die die y-Achse bei \(y= \red{-2}\) schneidet.
\(\red{-2}=e^{2x} -a\cdot e^{x}\)
Beim Schnitt mit der y-Achse ist \(x=0\):
\(\red{-2}=1 -a\)
\(a=3\):
\(f_3(x)=e^{2x} -3\cdot e^{x}\)
5. Es sei \(a=2\). Durch den Punkt P\((-2|f(-2))\) werde eine Sekante gelegt, die den Graphen von fa unterhalb der x-Achse in einem weiteren Punkt Q(u/v) schneidet. Die Sekante, die x-Achse und die Gerade g mit x-u bilden ein Dreieck.
Bestimmen Sie in die Koordinaten dieses Punktes Q so, dass der Flächeninhalt dieses Dreiecks maximal wird und geben Sie diesen maximalen Flächeninhalt an.
\(f(x)=e^{2x} -2\cdot e^{x}\)
P\((-2|f(-2))\):
\(f(-2)=e^{-4} -2\cdot e^{-2}\)
Q\((u|f(u))\):
\(f(u)=e^{2u} -2\cdot e^{u}\)
Geradengleichung durch P und Q (2 Punkteform der Geraden):
\( \frac{y-e^{-4}+2\cdot e^{-2}}{x+2}=\frac{e^{2u}-2e^u+e^{-4}+2e^{-2}}{u+2}\)
Nullstelle dieser Geraden:
\( \frac{0-e^{-4}+2\cdot e^{-2}}{x+2}=\frac{e^{2u}-2e^u+e^{-4}+2e^{-2}}{u+2}\)
Nun nach x auflösen:
\( \frac{x+2}{2\cdot e^{-2}-e^{-4}}=\frac{u+2}{e^{2u}-2e^u+e^{-4}+2e^{-2}} \)
\( x=\frac{(u+2)(2\cdot e^{-2}-e^{-4})}{e^{2u}-2e^u+e^{-4}+2e^{-2}}-2 \)
Das folgende Bild zeigt nun das zu maximierende Dreieck:
