Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion

Natürliche Logarithmusfunktionen – Kurvendiskussion Übung

• 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 $x_2=e^{-1}=\frac1e\approx0,34$.