Abschlussprüfung an Fachoberschulen in Bayern ... - MatheNexus

MK 14.6.2008 A8_12T_A1_MK_Loes.mcd
Abschlussprüfung an Fachoberschulen in Bayern
Mathematik 2008 Analysis A1 Ausbildungsrichtung Technik
1.0 Für die Maßzahl p(h) des barometrischen Luftdrucks mit der Einheit Hektopascal gilt in Abhängigkeit
von der Maßzahl h der Höhe über der Erdoberfläche mit der Einheit Kilometer in guter Näherung die
h
−
5.5
Funktionsgleichung p( h) = 1013 ⋅ 2 , wobei h ≥ 0 . Auf die Mitführung der Einheiten wird somit
verzichtet.
3 1.1 Berechnen Sie, in welcher Höhe h = h H
der Luftdruck nur noch die Hälfte des Wertes an der
Erdoberfläche annimmt.
p( 0) = 1013 p( h H )
1
−
=
2 p( 0)
1013 ⋅ 2
h H
5.5
1013
= 1BE
2
2
−
h H
5.5
1
= = 2 − 1 1BE
2
h H
5.5
= 1 h H := 5.5 1BE
4 1.2 Zeigen Sie, dass der Luftdruck bei einer Höhenzunahme um ∆h = h H
unabhängig von der
Ausgangshöhe h A
jeweils halbiert wird.
( ) 1013 ⋅ 2
p h A + h H
2BE
3 1.3 Berechnen Sie, ab welcher Höhe der Luftdruck weniger als
beträgt.
h A + 5.5
h A
h A
−
− −1
−
5.5
5.5
5.5
= = 1013 ⋅ 2 = 1013 ⋅ 2 ⋅ 2 − 1 = p( h A ) ⋅ 2 − 1 2BE
1
des Wertes an der Erdoberfläche
1000
1013 ⋅ 2
−
h T
5.5
−
1013
= 1BE 2
1000
h T
5.5
= 1000 − 1
−
2
h T
5.5
( 2 ld( 1000)
− 1
= )
ld 1000
= 2 − ( ) 1BE
h T
5.5
=
ln 1000
ld( 1000)
( )
5.5 ⋅ ln( 1000)
= h T := h T = 54.81181 1BE
ln( 2)
ln( 2)
ln( 0.5)
⋅h
5.5
3 1.4 Zeigen Sie, dass man die Funktionsgleichung auch in der Form p( h) = 1013 ⋅ e schreiben
d
kann, und berechnen Sie daraus die Ableitungsfunktion
dh p( h)
.
( )
ln 2 − 1
h
h
−
h
⋅h
5.5
p( h) = 1013 ⋅ e
1013 e − ln( 2)
5.5
= ⋅
1013 e ln( 2)
5.5
5.5
= ⋅
= 1013 ⋅ 2 2BE
( )
ln( 0.5)
⋅h
5.5 ln( 0.5)
ps( h) = 1013 ⋅ e ⋅
1BE
5.5
( )

4 1.5 Berechnen Sie den Wert des Differenzenquotienten p( 1)
− p( 0)
sowie den Wert des
1 − 0
Differentialquotienten der Funktion p(h) an der Stelle h 0 = 1 und geben Sie die physikalische
Bedeutung der beiden Werte an.
p( 1) − p( 0)
1 − 0
Gemittelter Druckabfall
je Höhenkilometer
zwischen 0 und 1000m
= −119.94806 1BE ps 1
1BE
( ) = −112.54844
1BE
Druckabfall je Höhenkilometer
in genau 1000m Höhe
1BE
2.0 Gergeben ist in der Definitionsmenge D = ] 0; ∞ [ die reelle Funktion f: x--> 2 ⋅ 1 + ln( x)
.
x
5 2.1 Berechnen Sie die Nullstelle der Funktion f und untersuchen Sie das Verhalten der Funktionswerte an
den Rändern der Definitionsmenge.
0 = 2 ⋅
1 + ln( x)
ln( x) = −1
xn := e − 1 xn = 0.36788 2BE
x
x--> 0
2 ⋅ 1 + ln( x)
----------------------> 2 1 −
⋅ ∞ --> −∞
x
0
mit L´Hospital
1BE
lim
x → ∞
2 ⋅
1 + ln( x)
x
1
=
x
lim 2 ⋅
x → ∞ 1
= 0 2BE
6 2.2 Ermitteln Sie die maximalen Monotonieintervalle der Funktion f und geben Sie Art und Lage des
Extrempunktes des Graphen von f an.
[ Mögliches Teilergebnis: f ' (x) = -2 x -2 lnx ]
1
fs( x) = 2 ⋅
x
x x 2 = 2 ⋅
1 1 x 2 = 2 ⋅
−ln( x)
x 2
2BE
fs( x) < 0 falls ln( x) > 0 => Der Graph von f ist smost für 0 < x ≤ 1 und smofa für 1 ≤ x
Erst steigen, dann fallen => Maximum bei xe := 1
f( 1) = 2
2BE
1+1BE
5 2.3 Zeigen Sie, dass der Graph von f einen Wendepunkt besitzt, und ermitteln Sie seine Koordinaten.
−1
⋅ x 2 + ln( x) ⋅ 2 ⋅ x
x
−1
+ ln( x) ⋅ 2
fss( x) = 2 ⋅
x 4 = 2 ⋅
x 3
1BE
−1
+ 2 ln( x)
= 0 ln( x)
VZW an der Stelle e => WP existiert, f( xw)
1
= xw := e xw = 1.64872 2BE
2
3
→ f( xw) = 1.81959 2BE
⎛
⎜
⎝
exp 1 2
⎞ ⎟⎠

5 2.4 Für ein bestimmtes a ∈ D verläuft die Tangente t im Punkt P( a; f(a)) des Graphen von f durch den
Koordinatenursprung. Bestimmen Sie dieses a und geben Sie eine Gleichung dieser Tangente t an.
[ Mögliches Teilergebnis: a =
1
e
]
t: y = m ⋅ x I: m = fs( a)
→ m = −2
II: m ⋅ a
ln( a)
a 2
= f( a)
→ m ⋅ a = 2 ⋅
1 + ln( a)
a
⋅
1BE
1BE
I a = II:
ln( a)
−2 ⋅
a 2 ⋅ a = 2 ⋅
1 ln( a)
a
=> −ln( a)
= 1 + ln( a)
1BE
−2
ln( a) = 1
−1
ln( a)
=
2
=> a :=
ln( a)
t: y( x) := −2
⋅ ⋅ x vereinfachen → exp( 1) ⋅ x 1BE
a 2
1
e
1BE
5 2.5 Zeichnen Sie unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse und geeigneter Funktionswerte den
Graphen
der Funktion f für 0.25 ≤ x ≤ 5 in ein kartesisches Koordinatensystem mit dem Maßstab 1 LE = 2 cm
und tragen Sie auch die Tangente t in dieses Koordinatensystem ein.
xs := 0.25 , 0.5 .. 5
3
xs = f( xs)
=
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
-3.09035
1.22741
1.89951
2
1.95703
1.87395
1.78242
1.69315
1.60972
1.53303
1.46298
1.39907
1.34071
1.28729
1.23827
1.19315
f( x)
y( x)
f( a)
2
1
1
2
0 1 2 3 4 5
x , x , a
6 2.6 Zeigen Sie, dass die in der Definitionsmenge D = ] 0; ∞ [ gegebene Funktion F mit
F: x--> ln( x) 2 + 2 ⋅ ln( x)
eine Stammfunktion der Funktion f ist und erklären Sie genau die Bedeutung
der beiden Koordinaten des Extrempunktes des Graphen von f für den Graphen von F.
1
Fs( x) = 2 ⋅ ln( x)
⋅ + 2 ⋅
1 = 2 ⋅
ln( x)
+ 1 = f( x)
2BE
x x x
xe → 1 ist die x-Koordinate des Wendepunktes von G F
. f( xe) = 2 gibt die Steigung in
diesem Punkt an.
je 2BE

9 2.7 Schließen Sie aus dem Verlauf des Graphen von f auf die maximalen Monotonieintervalle der
Funktion F, und untersuchen Sie das Verhalten der Funktionswerte F(x) an den Rändern der
Definitionsmenge. Berechnen Sie F( e − 2 ) , F (
− 1 e )
0 , F e
des Graphen von F in einem neuen Koordinatensystem..
( ) und skizzieren Sie den prinzipiellen Verlauf
( ) 0
F e − 2
= F e − 1
( ) −1
= F( 1) = 0 2BE
3
xn → exp( −1)
= 0.36788
2
f( x) < 0 für x < xn
F( x)
1
=> Der Graph von F ist
smofa für 0 < x ≤ xn und
smost für xn ≤ x
2BE
0 1 2 3 4 5
Erst fallen, dann steigen
=> Minimum bei
xn = 0.36788 F( xn) = −1
2BE
1
x
x-->∞
x-->∞
F( x) = ( 2 + ln( x)
) ⋅ ln( x)
----------------> ∞ da ln( x) ----------------> ∞ 1BE
h-->0
h-->0
F( 0 + h) ----------------> ∞ da ln( h) ----------------> −∞
1BE
3 2.8 Der Graph von f, die x-Achse und die Gerade x = b mit b ∈ R und b > e − 1 begrenzen im ersten
Quadranten ein Flächenstück mit dem Flächeninhalt A(b). Schraffieren Sie dieses Flächenstück im
Koordinatensystem der Aufgabe 2.5 für b = 1 und zeigen Sie, dass gilt:
A( b) := ln( b) 2 + 2 ⋅ ln( b)
+ 1
b := 1 xs := xn , xn + 0.01 .. b
f( xs)
3
2
1
b
1BE
A( b)
b
b
⌠
= ⎮ f( x)
dx
= [ ln( x) 2 + 2 ⋅ ln( x)
] − 1
⌡
e
xn
⎛
⎝
= ln( b) 2 + 2 ⋅ ln( b)
− ln e − 1
( ) 2 + 2 ⋅ ln( e − 1 )
⎞
⎠
f( x)
0 1 2 3 4 5
= ln( b) 2 + 2 ⋅ ln( b)
− ( 1 − 2)
1BE
1
2
1BE
xs , x

5
2.9 Bestimmen Sie b so, dass der Flächeninhalt A(b) genau 9 Flächeneinheiten beträgt.
ln( b) 2 + 2 ⋅ ln( b)
+ 1 = 9
=>
u 2
+ 2u − 8 = 0
1BE
1BE
( u − 2) ⋅ ( u + 4)
= 0
u 1 = 2 = ln( b)
=>
1BE
b = e 2
1BE
u 2 = −4
≠ ln( b)
1BE
4
2.10 Die Tangente t aus Aufgabe 2.4, die x-Achse und der Graph von f begrenzen ein Flächenstück mit
dem Flächeninhalt A 0
. Berechnen Sie A 0
mit Hilfe von A(b) aus Aufgabe 2.8.
a →
1
⎛
⎜
⎝
exp 1 2
⎞ ⎟⎠
a = 0.60653
1BE
⎛
⎜
⎝
f( a) → exp 1 2
⎞ ⎟⎠
f( a) = 1.64872
1BE
A( a)
→
1
4
1BE
1
A t :=
2 ⋅ a ⋅
f( a)
− A( a)
1
→
4
1BE
__
70

h := h
−
p( h) := 1013 ⋅ 2
2⋅h
11
d
ps( h)
:=
dh p( h)
→
− 2
−2026 11 ⋅h
⋅ 2 ⋅ ln( 2)
11

f( x) := 2 ⋅
1 + ln( x)
x
fs( x)
d
:=
dx f( x)
vereinfachen → −2
⋅
ln( x)
x 2
d
fss( x)
:=
dx fs( x)
vereinfachen → 2 ⋅
2 ⋅ ln( x)
− 1
x 3

F( x) := ln( x) 2 + 2 ⋅ ln( x)
d
dx F( x)
vereinfachen → 2 ⋅
1 + ln( x)
x

xa := 0.01 , 0.02 .. a
3
y( xa)
2
f( xs)
1
f( x)
y( x)
f( a)
0 1 2 3 4 5
1
2
xa , xs , x , x , a