Übungsaufgaben zu gebrochen rationalen Funktionen 1. Bestimme den maximalen Definitionsbereich und bilde die erste Ableitung: 2 1 a) f(x) = 2 b) f(x) = 4x3 + c) f(x) = x x 1− x 2x − 4 d) f(x) = e) f(x) = f) f(x) = 1+ x 1− x x2 − a 1 g) f(x) = ; a∈ h) f(x) = i) f(x) = 3 x ( x + 1) 2 j) f(x) = x2 − 2 x2 + 4 k) f(x) = ( x + 2) 2 x2 l) f(x) = 1+ x 1− x 1 1 − x x−2 x2 x +1 4−x x−2 2. Bestimme den maximalen Definitionsbereich, die Nullstellen, alle Asymptoten sowie mögliche Extrema und zeichne den Graphen. x2 − x a) f : x a ( x − 1) 3 6x 2 b) f : x a 2 3x + 1 3x 3 − 2 x 2 + x c) f : x a 2x 2 + 1 Weitere Aufgaben zu b): A) An welchen Stellen nimmt die Funktion den Wert 1 an? B) Stelle im Punkt P(1 | f(1)) die Gleichung der Tangente auf und zeichne die Tangente ein. Lösungen: zu 1.) 2 a) f(x) = 2 x 1− x d) f(x) = 1+ x x2 − a g) f(x) = ; a∈ x3 j) f(x) = x2 − 2 x2 + 4 k) f(x) = x 2 ⋅ 0 − 2 ⋅ 2x f ′( x ) = b) Df = \ {0} f ′( x ) = 12x2 − c) Df = \ {1} f ′( x ) = d) Df = \ {−1} f ′( x ) = e) Df = \ {1} f ′( x ) = f) Df = \ {0; 2} f ′( x ) = h) Df = c) f(x) = ( x + 2) 2 x2 a) Df = \ {0} g) Df = \ {0} 1+ x 1− x 1 1 f) f(x) = − x x−2 x2 i) f(x) = x +1 1 x 2x − 4 e) f(x) = 1− x 1 h) f(x) = ( x + 1) 2 b) f(x) = 4x3 + (x ) 2 2 l) f(x) = =− 4−x x−2 4x 4 =− 3 4 x x 1 x2 (1 − x ) ⋅ 1 − (1 + x ) ⋅ (−1) 1 − x + 1 + x 2 = = 2 2 (1 − x ) (1 − x ) (1 − x ) 2 (1 + x ) ⋅ ( −1) − (1 − x ) ⋅ 1 − 1 − x − 1 + x 2 = =− 2 2 (1 + x ) (1 + x ) (1 + x ) 2 (1 − x ) ⋅ 2 − ( 2x − 4) ⋅ (−1) 2 − 2x + 2 x − 4 2 = =− 2 2 (1 − x ) (1 − x ) (1 − x ) 2 1 0 − 1⋅1 1 1 − 2− =− 2 + 2 x ( x − 2) x ( x − 2) 2 x 3 ⋅ 2 x − ( x 2 − a ) ⋅ 3x 2 x 2 (2 x 2 − 3x 2 + 3a ) − x 2 + 3a = = x6 x6 x4 0 − 1 ⋅ ( x 2 + 2 x + 1)′ − (2 x + 2) − 2( x + 1) 2 f ′( x ) = = = =− 4 4 4 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)3 f ′( x ) = i) Df = \ {−1} f ′( x ) = ( x + 1) ⋅ 2 x − x 2 ⋅ 1 2 x 2 + 2 x − x 2 x 2 + 2x x ( x + 2) = = = ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 j) Df = f ′( x ) = ( x 2 + 4) ⋅ 2 x − ( x 2 − 2) ⋅ 2 x 2 x ( x 2 + 4 − x 2 + 2) 12 x = = 2 2 2 2 2 ( x + 4) ( x + 4) ( x + 4) 2 ( x + 2) 2 x 2 + 4 x + 4 = Df = \ {0} x2 x2 x 2 ( 2 x + 4) − ( x 2 + 4 x + 4) ⋅ 2 x 2 x 3 + 4 x 2 − 2 x 3 − 8 x 2 − 8 x = f ′( x ) = x4 x2 − 4 x 2 − 8x − x (4x + 8) 4x + 8 = = =− 2 2 x x x ( x − 2) ⋅ ( −1) − (4 − x ) ⋅ 1 − x + 2 − 4 + x 2 l) Df = \ {2} f ′( x ) = = =− 2 2 ( x − 2) ( x − 2) ( x − 2) 2 k) f(x) = zu 2.) a) f : x a x2 − x ⇒ Df = \ {1} ( x − 1)3 Hinweis: f(x) ist zwar mit (x−1) kürzbar, allerdings bleibt im Nenner weiterhin der Term x−1 übrig ⇒ keine stetig behebbare Definitionslücke bei x0 = 1, sondern Polstelle. Weiterrechnen mit der gekürzten Term: f ( x ) = x 2 − x x ( x − 1) x = = 3 3 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) 2 Nullstelle: x = 0 Polstelle: x0 = 1 lim f ( x ) = lim x →1− x →1− x >0 x >0 =" " = ∞ ; lim f ( x ) = lim =" "= ∞ 2 2 x → 1 + x → 1 + >0 >0 ( x − 1) ( x − 1) ⇒ Polstelle 2. Ordnung (ohne Vorzeichenwechsel) ⇒ Senkrechte Asymptote: x = 1 Verhalten im Unendlichen: x x 1 ≈ lim 2 = lim = 0 ; entsprechend für x → −∝ 2 x → ∞ ( x − 1) x →∞ x x →∞ x lim f ( x ) = lim x→∞ ⇒ waagrechte Asymptote y = 0 Ableitung: f (x) = x ( x − 1) 2 ⋅ 1 − x ⋅ 2( x − 1) ( x − 1)[(x − 1) − 2 x ] − x − 1 ′ ⇒ f ( x ) = = = ( x − 1) 2 ( x − 1) 4 ( x − 1) 4 ( x − 1)3 ⇒ f ′( x ) = 0 ⇔ −x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ⇒ mögliches Extremum bei E(−1 | f(−1)) bzw. E (−1 | −0,25) Art des Extremums (evtl. über 2. Ableitung oder) durch Begründung: für x → −1− geht f(x) → ∝; Nullstelle bei x = 0 ⇒ Gf schneidet bei x = 0 die x-Achse und bleibt für x < 0 unterhalb der x-Achse; für x → −∝ geht f(x) → 0 ⇒ E ist ein Tiefpunkt (lokales Minimum) y Graph: 7 Gf 6 5 4 3 2 1 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y=0 6x 2 ⇒ Df = 3x 2 + 1 Nullstelle: x = 0 Polstelle: keine ⇒ keine senkrechte Asymptote b) f : x a Verhalten im Unendlichen: 2 6 x 2 :x 6 = lim = 2 ; entsprechend für x → −∝ 2 x →∞ 3x + 1 x →∞ 3 + 12 x lim f ( x ) = lim x →∞ ⇒ waagrechte Asymptote y = 2 Ableitung: f (x) = 6x 2 (3x 2 + 1) ⋅ 12x − 6 x 2 ⋅ 6 x 36 x 3 + 12x − 36x 3 12 x 12x ′ ⇒ f ( x ) = = = = 2 2 2 2 2 2 2 3x + 1 (3x + 1) (3x + 1) (3x + 1) (3x 2 + 1) 2 ⇒ f ′( x ) = 0 ⇔ 12x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ mögliches Extremum bei E(0 | 0) Art des Extremums (evtl. über 2. Ableitung oder) durch Begründung: für x → ±∝ geht f(x) → 2 3 > 0 ⇒ E ist ein Tiefpunkt (lokales Minimum) Graph: y y=2 2 Gf 1 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 x Weitere Aufgaben: A) An welchen Stellen nimmt die Funktion den Wert 1 an? 6x 2 f(x) = 1 ⇒ = 1 ⇒ 6x2 = 3x2 + 1 ⇒ x2 = 13 ⇒ |x| = 3x 2 + 1 also an den Stellen x1 = − 13 3 und x2 = 13 3 . 1 3 = 1 3 3 ≈ 0,58 B) Stelle im Punkt P(1 | f(1)) die Gleichung der Tangente auf und zeichne die Tangente ein. f(1) = 1,5 ⇒ P(1 | 1,5) 12 12 3 f ′(1) = = = 2 2 16 4 (3 ⋅1 + 1) Gleichung der Tangente: y = m⋅x + t mit m = f ′(1) = 0,75 und P folgt: 1,5 = 0,75⋅1 + t ⇒ t = 0,75 ⇒ Glg: y = 0,75x + 0,75 y t 2 1 -4 -3 -2 -1 Gf P 1 y=2 2 3 4 x 3x 3 − 2 x 2 + x ⇒ Df = 2x 2 + 1 Nullstellen: f(x) = 0 ⇒ 3x3 − 2x2 + x = 0 ⇔ x(3x2 − 2x + 1) = 0 ⇒ eine Nullstelle bei x = 0 Restterm betrachten: c) f : x a 3x2 − 2x + 1 = 0 ⇒ x1,2 = 2 ± 4 − 4 ⋅ 3 ⋅1 ⇒ Radikand negativ ⇒ keine weiteren Nullstellen 6 Polstelle: keine Verhalten im Unendlichen: 3x 3 − 2 x 2 + x = ∞ , da x3 überwiegt x →∞ x →∞ 2x 2 + 1 Da Grad Z = 3 und Grad N = 2 ⇒ schiefe Asymptote Gleichung der schiefen Asymptote durch Polynomdivision − 0,5x + 1 (3x 3 − 2x 2 +x ) : (2x 2 + 1) = 1,5x − 1 + 2x 2 + 1 3 3x + 1,5x lim f ( x ) = lim − 2x 2 − 2x 2 ⇒ Glg: y = 1,5x − 1 − 0,5x −1 − 0,5x +1 Ableitung: f (x) = 3x 3 − 2 x 2 + x ⇒ 2x 2 + 1 f ′( x ) = = (2 x 2 + 1) ⋅ (9 x 2 − 4x + 1) − (3x 3 − 2x 2 + x ) ⋅ 4 x = (2 x 2 + 1) 2 18x 4 − 8x 3 + 2x 2 + 9 x 2 − 4 x + 1 − 12 x 4 + 8x 3 − 4 x 2 6x 4 + 7 x 2 − 4 x + 1 = (2 x 2 + 1) 2 (2x 2 + 1) 2 ⇒ Es ist etwas mühsam zu zeigen, dass f ′( x ) keine Nullstellen hat. Gehen wir also davon aus, dass es keine Extrema gibt. Bemerkung: Um den exakten Verlauf des Graphen insb. in der Umgebung des Ursprungs erkennen zu können, müssten weitere Betrachtung wie z. B. die Berechnung verschiedener Funktionswerte und Ableitungswerte durchgeführt werden. Graph: y 4 3 2 1 -3 -2 -1 Gf 1 2 3 -1 -2 -3 schiefe Asymptote x