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Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion

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Die Autor*innen
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Frank Steiger
Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion
lernst du in der 11. Klasse - 12. Klasse - 13. Klasse

Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion Übung

Du möchtest dein gelerntes Wissen anwenden? Mit den Aufgaben zum Video Scharen von Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion kannst du es wiederholen und üben.
  • Untersuche die Funktionenschar auf Extrema.

    Tipps

    Die ersten beiden Ableitungen der Funktion sind

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

    Die 1. Ableitung muss $0$ sein und die 2. Ableitung ungleich $0$.

    Wenn die 2. Ableitung

    • größer ist als $0$, liegt ein Tiefpunkt vor.
    • kleiner ist als $0$, liegt ein Hochpunkt vor.

    Lösung

    Die ersten beiden Ableitungen der Funktion sind gegeben durch

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

    Extrema: Es lautet (n) $f_a'(x_E)=0$ und (h) $f_a''(x_E)\neq 0$:

    $\begin{align*} &&\ln(x)+a+1&=0~|~-a-1\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a-1~/~e^{()}\\ &\Leftrightarrow&x_E&=e^{-a-1}. \end{align*}$

    Dieses $x_E$ muss in der 2. Ableitung eingesetzt werden, um zu überprüfen, ob tatsächlich ein Extremum vorliegt:

    $f''_a(e^{-a-1})=\large{\frac1{e^{-a-1}}}=e^{a+1}>0$

    Es liegt also ein Tiefpunkt vor. Die $y$-Koordinate des Tiefpunktes ist

    $y=e^{-a-1}(\ln(e^{-a-1})+a)=e^{-a-1}(-a-1+a)=-e^{-a-1}$.

    Damit ist der Tiefpunkt $TP(e^{-a-1}|-e^{-a-1})$ der Funktionenschar gefunden. Dieser Tiefpunkt hängt von dem Parameter $a$ ab.

    Hier ist der Graph der Funktion $f_{-1}(x)$ also für $a=-1$ zu erkennen. Der Tiefpunkt ist $TP(1|-1)$.

  • Gib die Ortskurve der Extrema an.

    Tipps

    Löse die $x$-Koordinate des Tiefpunktes nach dem Parameter $a$ auf und setze diesen in die $y$-Koordinate des Tiefpunktes ein.

    Die Ortskurve ist nicht abhängig vom Parameter $a$.

    Lösung

    Auf der Ortskurve der Extrema liegen alle Extrema für verschiedene Parameter $a$.

    Zunächst wird die $x$-Koordinate der Extrema nach $a$ umgeformt:

    $\begin{align*} &&x&=e^{-a-1}&~|~&ln(~)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a-1&~|~&+a-\ln(x)\\ &\Leftrightarrow&a&=-\ln(x)-1. \end{align*}$

    Dieses $a$ wird in der $y$-Koordinate eingesetzt:

    $\begin{align*} y&=-e^{-(-\ln(x)-1)-1}\\ y&=-e^{\ln(x)}\\ y&=-x. \end{align*}$

    Die Ortskurve der Extrema lautet also $y=-x$. Sie ist in dem Bild orange eingezeichnet.

  • Berechne die ersten drei Ableitungen der Funktionenschar $f_a(x)$.

    Tipps

    Die Ableitung der natürlichen Logarithmusfunktion ist $(\ln(x))'=\frac1x$.

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

    Zum Beispiel ist $(\ln(x)^3)'=3\ln(x)^2\cdot \frac1x$.

    Die Quotientenregel lautet in der Kurzschreibweise $\Large{\left( \frac uv\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}}$.

    Lösung

    Zur Berechnung der Ableitungen werden

    • $(\ln(x))'=\frac1x$,
    • die Kettenregel $(f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)$ sowie
    • die Quotientenregel $\large{\left( \frac uv\right)'=\frac{u'\cdot v-u\cdot v'}{v^2}}$
    angewendet.

    $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=2(\ln(x)+a)\cdot \frac1x\\ &=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{\frac2x\cdot x-2(\ln(x)+a)}{x^2}\\ &=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{-\frac2x\cdot x^2-(-2\ln(x)+2-2a)\cdot2x}{x^4}\\ &=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

  • Untersuche die Funktionenschar auf Nullstellen, Extremstellen und Wendestellen.

    Tipps

    Die ersten drei Ableitungen sind:

    $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

    Für Nullstellen muss die Gleichung $f_a(x)=0$ gelöst werden.

    Für Extremstellen muss die Gleichung $f_a'(x)=0$ gelöst werden.

    Für Wendestellen muss die Gleichung $f_a''(x)=0$ gelöst werden.

    Runde so: $e^1=2,718281828... \approx 2,72$

    Lösung

    Die ersten drei Ableitungen sind:

    $\begin{align*} f_a(x)&=(\ln(x)+a)^2\\ f_a'(x)&=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}\\ f_a''(x)&=\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}\\ f_a'''(x)&=\frac{4\ln(x)-6+4a}{x^3}. \end{align*}$

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

    $\begin{align*} &&(\ln(x)+a)^2&=0\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)+a&=0 &|& -a\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=-a &|& -e^{(~)}\\ &\Leftrightarrow&x_N&=e^{-a}. \end{align*}$

    Für $a=1$ ist $x_N=\frac1e\approx 0,37$.

    Extrema: Der Ansatz lautet (n) $f_a'(x_E)=0$ und (h) $f_a''(x_E)\neq0$:

    Da die 1. Ableitung $f_a'(x)=\frac{2(\ln(x)+a)}{x}$ ist und ein Bruch nur $0$ wird, wenn der Nenner $0$ wird, hat die 1. Ableitung die gleiche Nullstelle wie die Funktion $x_E=e^{-a}$ und für $a=1$ gilt $x_E\approx0,37$.

    Ob wirklich ein Extremum vorliegt, kann man überprüfen, indem man die $x$-Koordinate in der 2. Ableitung einsetzt.

    $f''_a(e^{-a})=\frac{-2\ln(e^{-a})+2-2a}{(e^{-a})^2}=2e^{2a}>0$. Also liegt ein Tiefpunkt vor: $TP(e^{-a}|0)$.

    Wendepunkte: Der Ansatz lautet (n) $f_a''(x_W)=0$ und (h) $f_a'''(x_W)\neq0$:

    $\begin{align*} &&\frac{-2\ln(x)+2-2a}{x^2}&=0\\ &\Leftrightarrow&-2\ln(x)+2-2a&=0 &|& +2a-2\\ &\Leftrightarrow&-2\ln(x)&=2a-2 &|& :(-2)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=1-a &|& e^{(~)}\\ &\Leftrightarrow&x_W&=e^{1-a}. \end{align*}$.

    Ob wirklich ein Wendepunkt vorliegt, kann man überprüfen, indem man die $x$-Koordinate in der 3. Ableitung einsetzt.

    $f'''_a(e^{1-a})=\frac{4\ln(e^{1-a})-6+4a}{(e^{1-a})^3}=-2e^{3(a-1)}\neq 0$.

    Also liegt ein Wendepunkt vor: $WP(e^{1-a}|1)$. Dieser ist für $a=1$: $WP(1|1)$.

    In dem Bild kannst du den Funktionsgraphen der Funktion für $a=1$ erkennen. Du kannst die drei gerade ausgerechneten Punkte gut erkennen.

  • Bestimme die Nullstelle und die Grenzwerte der Funktionenschar $f_a(x)$.

    Tipps

    Zur Bestimmung der Nullstellen muss die Gleichung $f(x)=0$ gelöst werden.

    Achte darauf, dass die Lösungen, welche du erhältst, auch im Definitionsbereich liegen.

    Die Grenzwerte können zum Beispiel durch Testeinsetzen berechnet werden.

    Lösung

    Nullstellen - es muss die Gleichung $f(x)=0$ gelöst werden:

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

    $x_1=0$ liegt nicht im Definitionsbereich. Deshalb gibt es nur die Nullstelle $N(e^{-a}|0)$.

    Zur Bestimmung der Grenzwerte kann das Verfahren des Testeinsetzens verwendet werden. Hier wird dieses Verfahren jeweils für $a=1$ angewendet. Die Grenzwerte sind unabhängig von dem Parameter:

    $\mathbf{\lim\limits_{x\to 0} f_1(x)=0}$, denn

    $\begin{array}{l|c|c|c|c} x& 0,1&0,01&0,001&\rightarrow 0\\ \hline f_1(x)&-0,13...&-0,036...&-0,0059...&\rightarrow 0 \end{array}$

    $\mathbf{\lim\limits_{x\to \infty} f_1(x)=„\infty“}$, denn

    $\begin{array}{l|c|c|c|c} x& 10&100&1000&\rightarrow \infty\\ \hline f_1(x)&33,02...&560,51...&7907,75...&\rightarrow \infty \end{array}$

  • Bestimme die Ortskurve der Wendepunkte.

    Tipps

    Nimm die $x$-Koordinate des Wendepunktes und stelle sie nach $a$ um. Setzte danach $a$ in die $y$-Koordinate ein.

    Es gilt $e^{\ln(x)}=x$.

    Es gilt $\ln(x^y)=y\cdot \ln(x)$.

    Die Gleichung der Ortskurve enthält keinen Ausdruck mit $e$.

    Lösung

    Löse die $x$-Koordinate des Wendepunktes nach dem Parameter $a$ auf:

    $\begin{align*} && x&=e^{1-a} &|& ln(~)\\ &\Leftrightarrow&\ln(x)&=1-a &|& +a~|~-\ln(x)\\ &\Leftrightarrow&a&=1-\ln(x). \end{align*}$

    Dieses $a$ wird in die $y$-Koordinate des Wendepunktes eingesetzt.

    $\begin{align*} y&=2e^{1-\ln(x)-1}\\ &=2e^{-\ln(x)}\\ &=2e^{\ln(x^{-1})}\\ &=2x^{-1}\\ &=\frac2x. \end{align*}$

    Die Ortskurve ist damit $y=\frac2x$.

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