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Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion 10:41 min

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Transkript Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion

Hallo, mein Name ist Frank. In diesem Video werde ich eine Kurvendiskussion anhand einer Logarithmusfunktion durchführen. Die einzelnen Punkte der Kurvendiskussion siehst du hier rechts und links angeschrieben. Das Ganze machen ich mit der Funktion f(x) = x² * ln(x). Und diese Funktion ist nur für positive reelle Zahlen definiert, wegen des natürlichen Logarithmus. Zuerst einmal schaue ich mir die Ableitung an. Die erste Ableitung rechne ich hier mal vor. Dafür brauchen wir die Produktregel. Also, die Ableitung des ersten Faktors ist 2x mal den zweiten Faktor ln(x) plus den ersten Faktor x² mal Ableitung des zweiten Faktors, die Ableitung von ln(x) ist 1/x. f’(x) = 2x * ln(x) + x² * 1/x. Hier kürze ich das x raus und durch Ausklammern erhalten wir x * (2 ln(x) + 1). Das übertrage ich mal hierhin. Auch die zweite Ableitung erhalte ich durch Produktregel. Ich schreibe die jetzt mal hierhin. Zweite Ableitung lautet dann 2ln(x) + 3. Und die dritte Ableitung ist dann 2/x. Nun schaue ich mir die Achsenschnittpunkte an. Der y-Achsenabschnitt, den bekommen wir dadurch, dass wir für x = 0 einsetzen. Da aber null nicht im Definitionsbereich liegt, gibt es keinen y-Achsenabschnitt. Und zu den Nullstellen untersuche ich die Gleichung f(x) = 0. Ich übernehme die Funktion x² * ln(x) = 0. Da ein Produkt null wird, wenn einer der Faktoren null wird, hätten wir die erste Nullstelle x1 = 0, welche allerdings nicht im Definitionsbereich liegt. Oder aber die Lösung der Gleichung ln(x2) = 0. Und das liefert uns als erste Nullstelle x2 = 1. Da ln(1) null ist. Ich schreibe die Nullstelle hierhin, N(1|0). Und nun können wir schon mal schauen, wir haben hier das Koordinatensystem und diese Nullstelle N(1|0) siehst du genau hier. Im Folgenden schaue ich mir die Extrema an, die Wendepunkte und die Grenzwerte. So, nun geht es weiter mit den Extrema. Für die Extrema untersuche ich das notwendige Kriterium f‘(xE) = 0. Ich übernehme die erste Ableitung, hier steht sie. xE * (2ln(xe) + 1 = 0. Ja, ein Produkt wird null, wenn einer der Faktoren null wird, das heißt wir hätten die erste Nullstelle xE1 = 0, welche nicht im Definitionsbereich liegt. Oder aber die Lösung der Gleichung 2ln(xE2) + 1 = 0. Und jetzt können wir auch diese beiden Gleichungen verwenden, die ich da oben angeschrieben habe. Und ich erhalte die Lösung xE2 = e-½. Nach den Potenzregeln kannst du das auch gerne schreiben als 1/√e. Um zu überprüfen, ob wir wirklich ein Extremum haben, setzen wir nun diesen Wert in die zweite Ableitung ein. Das mache ich, weil hier ln steht mit diesem Term, e-½. Und dann steht da 2 * ln(e-½) ist aber nach dieser Gleichung gerade -1/2. Und das Ganze plus drei. Also erhalte ich hier -1 + 3 = 2. Das ist ungleich null, also haben wir ein Extremum und >0, das heißt wir haben einen Tiefpunkt. Die x-Koordinaten des Tiefpunktes steht hier, 1/√e, und die y-Koordinate erhältst du durch Einsetzen in die Funktionsvorschrift. Bei ln(x) bekommen wir raus -½ , also -½ *, und wenn ich 1/√e quadriere, kommt hier im Nenner noch e dazu. TP(1/√e|-1/2e). Damit haben wir den Tiefpunkt und den Tiefpunkt kannst du auch hier schon sehen. Nun schaue ich mir die Wendepunkte an. Für die Wendepunkte untersuche ich auch wieder erstmal ein notwendiges Kriterium. Zweite Ableitung muss null sein. Ich übernehme die zweite Ableitung. 2 * ln(xW) + 3 = 0 und ähnlich wie hier erhalte ich dann meine x-Koordinaten des Wendepunktes als e-3/2. Auch das kannst du wieder als Bruch schreiben. 1/√e3. Ob das wirklich ein Wendepunkt ist, bekommen wir wieder durch das hinreichende Kriterium. Dritte Ableitung an der Stelle e-3/2 = 2 * e3/2. Das ist ungleich null, da e hoch immer ungleich null ist. Das heißt, wir haben einen Wendepunkt. Die x-Koordinate ist hier 1/√e3 und die entsprechende y-Koordinate wieder durch Einsetzen -3/2e3. WP(1/√e3|-3/2e3). Und auch den Wendepunkt kannst du hier schon mal sehen, da. Im Folgenden schaue ich mir die Grenzwerte an und vervollständige die Skizze. So, das war ja jetzt wirklich ein Stück Arbeit die Extrema und die Wendepunkte mal zu bearbeiten. Dann schaue ich mir jetzt noch die Grenzwerte an und vervollständige die Skizze, wie gesagt. Bei den Grenzwerten gibt es einmal den limes x->0 f(x). Und zwar gehe ich da gegen null, weil Definitionsbereich die Menge der positiven reellen Zahlen ist und den limes x->∞ f(x). Wenn ich x->0 gehen lasse, geht das hier gegen null und der ln geht gegen -∞, aber das geht schneller. Also kommt im Grenzwert null raus. Und wenn ich bei beiden Faktoren x->∞ gehen lasse, kommt ∞ heraus. Auch diese Grenzwerte kannst du hier in der Skizze schon mal sehen. Also der Grenzwert limes x->0 f(x) = 0 ist dieses Verhalten und der Grenzwert limes x->∞ f(x) = ∞ ist dieses Verhalten. Insgesamt erhalten wir also diesen Funktionsverlauf. Ich wiederhole nochmal kurz, was ich in diesem Video gemacht habe: Ich habe eine Kurvendiskussion anhand einer natürlich Logarithmusfunktion, die du hier angeschrieben siehst, durchgeführt. Dabei habe ich alle Punkte direkt in ein Koordinatensystem übertragen und das würde ich dir auch durchaus als Tipp mitgeben, wenn du eine Kurvendiskussion durchführst die Punkte direkt auf ein Koordinatensystem auf einem Extrablatt einzutragen. Das kann dir die Zeichnung nachher erleichtern. Zu guter Letzt erhalten wir diesen Funktionsgraphen, ja, wo du die einzelnen Punkte noch einmal sehen kannst, zum Beispiel exemplarisch diesen Tiefpunkt. Ich hoffe, du konntest alles verstehen und danke für deine Aufmerksamkeit und freue mich natürlich über Fragen und Anregungen, dein Frank.

Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion Übung

Du möchtest dein gelerntes Wissen anwenden? Mit den Aufgaben zum Video Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion kannst du es wiederholen und üben.

  • Bestimme die ersten drei Ableitungen der Funktion $f(x)$.

    Tipps

    Die Produktregel in der Kurzschreibweise lautet: $(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$.

    Bei der 1. Ableitung kann der Faktor $x$, der in beiden Summanden vorkommt, ausgeklammert werden.

    Die Faktorregel lautet $(k\cdot u)'=k\cdot u'$, dabei ist $k\in \mathbb{R}$ ein konstanter Faktor.

    Lösung
    • Die 1. Ableitung der Funktion kann mit der Produktregel berechnet werden. Die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist gegeben durch
    $(\ln(x))'=\large{\frac1x}$.

    $\begin{align*} f'(x)&=2x\cdot \ln(x)+x^2\cdot \frac1x\\ &=2x\cdot \ln(x)+x\\ &=x\cdot(2\ln(x)+1). \end{align*}$

    • Damit kann die 2. Ableitung berechnet werden:
    $\begin{align*} f''(x)&=2\ln(x)+1+x\cdot \frac2x\\ &=2\ln(x)+3. \end{align*}$

    • Die 3. Ableitung ist dann $f'''(x)=\frac2x$.
  • Berechne die Nullstelle, den Tiefpunkt und den Wendepunkt der Funktion $f(x)$.

    Tipps

    Die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $(\ln(x))'=\frac 1x$.

    Die ersten drei Ableitungen sind:

    $\begin{align*} f'(x)&=x(2\ln(x)+1)\\ f''(x)&=2\ln(x)+3\\ f'''(x)&=\frac2x. \end{align*}$

    Sowohl für Nullstellen, als auch für Extrema und Wendepunkte müssen notwendig folgende Bedingungen gelten:

    • Nullstellen $\rightarrow f(x)=0$,
    • Extrema $\rightarrow f'(x)=0$ und
    • Wendepunkte $\rightarrow f''(x)=0$.

    Hier sind die Koordinaten des Tiefpunktes und des Wendepunktes in der Schreibweise mit $e$. Gib sie in deinen Taschenrechner ein.

    $TP \left( \frac{1}{\sqrt{e}} | -\frac{1}{2e} \right)$ oder auch $TP \left( e^{-\frac12}~ |~ -\frac12 e^{-1} \right)$

    $WP \left( \frac{1}{\sqrt{e^3}} | -\frac{3}{2e^3} \right)$ oder auch $WP \left( e^{-\frac32}~ |~ -\frac32 e^{-3} \right)$

    Lösung

    Die ersten drei Ableitungen der Funktion sind:

    $\begin{align*} f'(x)&=x(2\ln(x)+1)\\ f''(x)&=2\ln(x)+3\\ f'''(x)&=\frac2x. \end{align*}$

    Nullstellen: Der Ansatz lautet $f(x)=0$:

    $\begin{align*} &&x^2\ln(x)&=0\\ &\Rightarrow&x_1&=0\\ &\text{oder}&\ln(x)&=0 &|& e^{(~)}\\ &\Rightarrow&x_2&=1. \end{align*}$

    Da $x_1=0\notin \mathbb{D}_f$ gilt, gibt es nur eine Nullstelle $N(1|0)$.

    Extrema: Der Ansatz lautet (n) $f'(x_E)=0$ und (h) $f'(x_E)=0~\wedge ~f''(x_E)\neq 0$:

    $\begin{align*} &&x(2\ln(x)+1)&=0\\ &\Rightarrow&x_{E1}&=0\\ &\text{oder}&2\ln(x_{E2})+1&=0 &|& -1 &|& :2\\ &&\ln(x_{E2})&=-\frac12 &|& e^{(~)}\\ &\Rightarrow&x_{E2}&=e^{-0,5}\approx 0,61. \end{align*}$

    Jedoch gilt $x_{E1} \notin \mathbb{D}_f$. $x_{E2}$ muss zur Überprüfung, ob tatsächlich ein Extremum vorliegt, in die 2. Ableitung eingesetzt werden:

    $f''(e^{-0,5})=2\ln(e^{-0,5})+3=-1+3=2>0$

    Es liegt also ein Tiefpunkt vor, dieser lautet $TP(0,61|-0,18)$. Die $y$-Koordinate erhält man durch Einsetzen von $x_{E2}=e^{-0,5}$ in der Funktionsvorschrift.

    Wendepunkte: Der Ansatz lautet (n) $f''(x_W)=0$ und (h) $f''(x_W)=0~\wedge~f'''(x_W)\neq 0$:

    $\begin{align*} &&2\ln(x_W)+3&=0 &|& -3 &|& :2\\ &&\ln(x_W)&=-\frac32 &|& e^{(~)}\\ &\Rightarrow&x_W&=e^{-1,5}\approx 0,22. \end{align*}$

    $x_W$ muss zur Überprüfung, ob tatsächlich ein Wendepunkt vorliegt, in die 3. Ableitung eingesetzt werden:

    $f'''(e^{-1,5})=\frac2{e^{-1,5}}\approx3,30\neq0$

    Es liegt also ein Wendepunkt vor, dieser lautet $WP(0,22|-0,07)$. Die $y$-Koordinate erhält man durch Einsetzen von $x_W=e^{-1,5}$ in der Funktionsvorschrift.

  • Berechne jeweils die 1. Ableitung.

    Tipps

    Die Ableitung der natürlichen Logarithumsfunktion ist

    $(\ln(x))'=\frac1x$.

    Die Produktregel in der Kurzschreibweise lautet $(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$.

    Die Kettenregel lautet: $(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$.

    Lösung

    Zur Berechnung der Ableitungen benötigt man:

    • $(\ln(x))'=\frac1x$,
    • die Produktregel $(u\cdot v)'=u'\cdot v+u\cdot v'$ sowie
    • die Kettenregel $(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$.
    1. $f(x)=\ln(x^2+1)$. Mit der Kettenregel und der Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $f'(x)=\large{\frac{2x}{x^2+1}}$.
    2. $g(x)=x(\ln(x)+1)$. Mit der Produktregel und der Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $g'(x)=\ln(x)+1+x\cdot \frac1x=\ln(x)+2$.
    3. $h(x)=(\ln(x)-1)^2$. Mit der Kettenregel und der Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $h'(x)=2(\ln(x)-1)\cdot \frac1x=\large{\frac{2(\ln(x)-1)}x}$.
    4. $k(x)=\ln(3x)+x$. Mit der Kettenregel und der Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $k'(x)=\frac1{3x}\cdot3+1=\frac1x+1$.

  • Untersuche die Funktion $f(x)$ auf Extrema.

    Tipps

    Die ersten beiden Ableitungen sind gegeben durch:

    $\begin{align*} f'(x)&=\frac{2(\ln(x)-1)}x\\ f''(x)&=\frac{4-2\ln(x)}{x^2}. \end{align*}$

    Da die Funktion $f(x)=(\ln(x)-1)^2$ oberhalb der $x$-Achse liegt, ist die Nullstelle auch gleichzeitig Tiefpunkt der Funktion.

    Für Extrema muss

    • die 1. Ableitung $0$ sein
    • und die 2. Ableitung ungleich $0$.
    Ist die 2. Ableitung größer (kleiner) als $0$ so liegt ein Tiefpunkt (Hochpunkt) vor. Die $y$-Koordinate des Extremums ergibt sich durch Einsetzen von $x_E$ in $f(x)$.

    Lösung

    Die ersten drei Ableitungen der Funktion sind:

    $\begin{align*} f'(x)&=\frac{2(\ln(x)-1)}x\\ f''(x)&=\frac{\frac2x\cdot x-2(\ln(x)-1)}{x^2}\\ &=\frac{4-2\ln(x)}{x^2}\\ f'''(x)&=\frac{-\frac2x\cdot x^2-(4-2\ln(x))\cdot2x}{x^4}\\ &=\frac{4ln(x)\cdot x-10x}{x^4}\\ &=\frac{4\ln(x)-10}{x^3} \end{align*}$

    Die 3. Ableitung ist hier der Vollständigkeit halber angegeben. Für die Bestimmung der Extrema wird diese Ableitung nicht benötigt.

    Extrema $\rightarrow$ (n) $f'(x_E)=0$ und (h) $f''(x_E)\neq 0$.

    $\begin{align*} &&\frac{2(\ln(x)-1)}x&=0\\ &\Leftrightarrow&2(\ln(x)-1)&=0 &|& :2~|~+1\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=1 &|& e^{(~)}\\ &\Rightarrow&x_{E}&=e\approx 2,71. \end{align*}$

    $x_{E}$ muss zur Überprüfung, ob tatsächlich ein Extremum vorliegt, in die 2. Ableitung eingesetzt werden:

    $f''(e)=\frac{4-2\ln(e)}{e^2}=\frac2{e^2}\approx0,27>0$

    Es liegt also ein Tiefpunkt vor, dieser lautet $TP(e|0)$. Die $y$-Koordinate erhält man durch Einsetzen von $x_{E}=e$ in der Funktionsvorschrift. An diesem Punkt hat die Funktion auch die einzige Nullstelle.

    Die Funktion besitzt auch noch einen Wendepunkt. Dieser lautet $WP(e^2|1)$.

  • Gib die Grenzwerte der Funktion $f(x)$ an.

    Tipps

    Du kannst die Grenzwerte an dem Funktionsgraphen erkennen. Dies ersetzt jedoch nicht die Bestimmung der Grenzwerte.

    Beachte, dass der Definitionsbereich der Funktion nicht ganz $\mathbb{R}$ ist.

    Die Grenzwerte können zum Beispiel durch Testeinsetzen berechnet werden.

    Lösung

    Da der Definitionsbereich der Funktion $\mathbb{D}_f=\mathbb{R}^+$ ist, werden die Grenzwerte $\lim\limits_{x\to\infty}$ sowie $\lim\limits_{x\to0}$ betrachtet. Dies ist auch in dem obigen Graphen zu erkennen. Beide Grenzwerte können zum Beispiel mit dem Verfahren des Testeinsetzens bestimmt werden:

    $\mathbf{\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=„\infty“}$, da

    $\begin{array}{l|c|c|c|c} x&10&100&1000&\rightarrow \infty\\ \hline f(x)&230,25...&46051,70...&6907755,27...&\rightarrow\infty \end{array}$

    $\mathbf{\lim\limits_{x\to 0}f(x)=0}$, da

    $\begin{array}{l|c|c|c|c} x&0,1&0,01&0,001&\rightarrow \infty\\ \hline f(x)&-0,023...&--0,00046...&-0,0000069...&\rightarrow 0 \end{array}$

  • Ordne dem Funktionsgraphen die zugehörige Funktionsgleichung zu.

    Tipps

    Schau dir den jeweiligen Funktionsgraphen an. Welche Punkte des Funktionsgraphen kannst du erkennen?

    Die Ableitungen der Funktionen sind gegeben durch:

    1. $(\ln(x^2+1))'=\frac{2x}{x^2+1}$.
    2. $(x(\ln(x)+1))=\ln(x)+2$.
    3. $((\ln(x)-1)^2)'=\frac{2(\ln(x)-1)}x$.
    4. $(\ln(3x)+x)'=\frac1x+1$.

    Eine der 4 Funktionen hat keine Einschränkung an den Definitionsbereich. Um welche handelt es sich?

    Die anderen 3 Funktionen haben jeweils den Definitionsbereich $\mathbb{D}=\mathbb{R}^+$.

    Lösung

    Bei dem blauen Funktionsgraphen handelt es sich um die Funktionsgleichung $f(x)=(\ln(x)-1)^2$. Erkennbar sind

    • der Grenzwert $\lim\limits_{x\to 0} f(x)=„\infty“$,
    • der Punkt $P(1|1)$ auf dem Graphen: es gilt $f(1)=(\ln(1)-1)^2=(-1)^2=1$ sowie
    • die Nullstelle zwischen $2$ und $3$. Es gilt $f(x)=0~\Leftrightarrow~\ln(x)=1$, also $x=e\approx 2,71$.
    Bei dem grünen Funktionsgraphen handelt es sich um die Funktionsgleichung $g(x)=\ln(3x)+3$. Erkennbar sind
    • der Grenzwert $\lim\limits_{x\to \infty}g(x)=„\infty“$
    • der Grenzwert $\lim\limits_{x\to 0}g(x)=„-\infty“$ sowie
    • die Funktion hat kein Extremum. Es gilt $g'(x)=\frac{1}{3x}\cdot 3=\frac{1}{x}$. Die Ableitung ist also für kein $x$ aus dem Reellen lösbar und damit haben wir keine Extremstellen.
    Bei dem violetten Funktionsgraphen handelt es sich um die Funktion $h(x)=\ln(x^2+1)$. Erkennbar sind
    • die Grenzwerte $\lim\limits_{x\to \infty} h(x)=\lim\limits_{x\to -\infty} h(x)=„\infty“$ sowie
    • die Nullstelle $N(0|0)$. Diese ist auch der Tiefpunkt der Funktion, da $h'(x)=\frac1{x^2+1}\cdot 2x=\frac{2x}{x^2+1}$ mit der Kettenregel hergeleitet werden kann. Diese Ableitung besitzt nur eine Nullstelle $x_E=0$. Da der Graph komplett oberhalb der x-Achse liegt, muss hier ein Tiefpunkt vorliegen.
    • Diese Funktion ist die einzige mit $\mathbb{D}_f=\mathbb{R}$.
    Bei dem gelben Funktionsgraphen handelt es sich um die Funktion $k(x)=x(\ln(x)+1)$. Erkennbar sind
    • der Grenzwert $\lim\limits_{x\to \infty} h(x)=„\infty“$,
    • der Grenzwert $\lim\limits_{x\to 0} k(x)=0$ sowie
    • die Nullstelle $N(\frac1e|0)$: $h(x)=0~\Rightarrow~x_1=0\notin\mathbb{D}_f$ oder $x_2=e^{-1}=\frac1e\approx0,34$.