Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($2$|0) in f mit $\text{f(x)}=$ $-6t{e}^{x-2}+6$ :

0 = f($2$)

0 = $-6t{e}^{2-2}+6$

0 = $-6t{e}^0+6$

0 = $-6t+6$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $-6t+6$ = 0 nach t auflösen.

$-6t+6$	=	0	| $-6$
$-6t$	=	$-6$	|:($-6$)
$t$	=	$1$

Für t= $1$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

Wenn es einen Punkt gibt, durch den alle Graphen von f_t verlaufen, so muss dieser Punkt insbesondere auch auf den Graphen von
f₁ mit f₁(x) = $e^x·(2x^2+3·x-27·1)$ = $e^x\left(2x^2+3x-27\right)$ und
f₂ mit f₂(x) = $e^x·(2x^2+6·x-54·1)$ = $e^x\left(2x^2+6x-54\right)$
liegen. Also suchen wir erst mal die Schnittpunkte dieser beiden Graphen und setzen diese gleich:

$e^x\left(2x^2+3x-27\right)$	=	$e^x\left(2x^2+6x-54\right)$
$e^x\left(2x^2+3x-27\right)$	=	$2·e^x{x}^2+6·e^{x}x-54e^x$
$e^x\left(2x^2+3x-27\right)$	=	$-54e^x+2x^2·e^x+6x·e^x$
$\left(2x^2+3x-27\right)·e^x$	=	$-54e^x+2x^2·e^x+6x·e^x$	| $-(-54e^x+2x^2·e^x+6x·e^x)$
$54e^x+\left(2x^2+3x-27\right)·e^x-2x^2·e^x-6x·e^x$	=	0
$\left(-3x+27\right)e^x$	=	0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

Die Graphen von f₁ und f₂ schneiden sich also bei x = $9$. Wir suchen aber ja die x-Werte, an denen die Funktionswerte für alle t gleich sind. Dies müssen wir nun bei diesem Kandidaten überprüfen und setzen deswegen diese Lösung in den allgemeinen Term von f_t ein:

f_t($9$) = $e^9·\left(2\cdot 9^2+3t\cdot 9-27t\right)$ = $e^9·\left(162+27t-27t\right)$ = $162e^9$

Da f_t($9$) = $162e^9$ für jedes t gilt, liegt also der Punkt ($9$| $162e^9$) auf jedem Graphen von f_t.

$\text{f(x)}=$ $t{x}^2+4x$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2tx+4$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$2tx+4$	=	0	| $-4$
$2tx$	=	$-4$	|:($2t$)
$x$	=	$-2\cdot \frac{1}{t}$

Die Lösung x= $-2\cdot \frac{1}{t}$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Wir können also unsere mit Parameter behaftete Extremstelle mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (x= $2$) gleichsetzen und nach t auflösen

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $t$ weg!

$-\frac{2}{t}$	=	$2$	|⋅( $t$)
$-\frac{2}{t}·t$	=	$2·t$
$-2$	=	$2t$

$-2$	=	$2t$	| $+2$ $-2t$
$-2t$	=	$2$	|:($-2$)
$t$	=	$-1$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Für t= $-1$ liegt die Extremstelle auf der Geraden x= $2$.

$\text{f(x)}=$ $t{x}^3-6x^2-2tx-4$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3t{x}^2-12x-2t+0$

= $3t{x}^2-12x-2t$

$\text{f''(x)}=$ $6tx-12+0$

= $6tx-12$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist f''(x)=0.

(Wendestellen sind Extremstellen in der Ableitung, also haben Wendepunkten die Steigung 0 in f').

Man setzt nun also die zweite Ableitung gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Wendepunkte zu bestimmen.

$6tx-12$	=	0	| $+12$
$6tx$	=	$12$	|:($6t$)
$x$	=	$2\cdot \frac{1}{t}$

Die Lösung x= $2\cdot \frac{1}{t}$ ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Wir können also unsere mit Parameter behaftete Wendestelle mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (x= $-5$) gleichsetzen und nach t auflösen

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $t$ weg!

$\frac{2}{t}$	=	$-5$	|⋅( $t$)
$\frac{2}{t}·t$	=	$-5·t$
$2$	=	$-5t$

$2$	=	$-5t$	| $-2$ $+5t$
$5t$	=	$-2$	|:$5$
$t$	=	$-\frac{2}{5}$ = -0.4

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Für t= $-\frac{2}{5}$ liegt die Wendestelle auf der Geraden x= $-5$.

$\text{f(x)}=$ $x^2+2tx$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2x+2t$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$2x+2t$	=	0	| - ( $2t$)
$2x$	=	$-2t$	|:$2$
$x$	=	$-t$

Die Lösung x= $-t$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($-1t$) = ${\left(-1t\right)}^2+2t\left(-1t\right)$ = $-t^2$
Man erhält so den Extrempunkt EP:($-1t$| $-t^2$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Extrempunktes mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $-9$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-t^2$	=	$-9$	|: $\left(-1\right)$
$t^2$	=	$9$	|
t1	=	$-\sqrt{9}$	= $-3$
t2	=	$\sqrt{9}$	= $3$

Für t= $-3$ und t= $3$ liegt der Extrempunkt auf der Geraden y= $-9$.

$\text{f(x)}=$ $\left(tx-\frac{2}{3}{t}^2\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $\left(t+0\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}+\left(tx-\frac{2}{3}{t}^2\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·3\cdot \frac{1}{t}$

= $t{e}^{3\cdot \frac{1}{t}x}+\left(tx-\frac{2}{3}{t}^2\right)·3\cdot \frac{1}{t}{e}^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

= $t{e}^{3\cdot \frac{1}{t}x}+3\cdot \frac{1}{t}\left(tx-\frac{2}{3}{t}^2\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(3x-2t+t\right)$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(3x-t\right)$

= $\left(3x-t\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

$\text{f''(x)}=$ $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·3\cdot \frac{1}{t}·\left(3x-2t+t\right)+e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(3+0+0\right)$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·(3\cdot \frac{1}{t}\left(3x-t\right))+e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(3\right)$

= $3\cdot \frac{1}{t}·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}\left(3x-t\right)+3e^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(9\cdot \frac{1}{t}x-3+3\right)$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·\left(9\cdot \frac{1}{t}x+0\right)$

= $e^{3\cdot \frac{1}{t}x}·9\cdot \frac{1}{t}x$

= $x·9\cdot \frac{1}{t}{e}^{3\cdot \frac{1}{t}x}$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist f''(x)=0.

(Wendestellen sind Extremstellen in der Ableitung, also haben Wendepunkten die Steigung 0 in f').

Man setzt nun also die zweite Ableitung gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Wendepunkte zu bestimmen.

$e^{3\cdot \frac{1}{t}x}\left(9\cdot \frac{1}{t}x-3+3\right)$	=	0
$81\cdot \frac{1}{t}·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}x$	=	0
$9\cdot \frac{1}{t}x·e^{3\cdot \frac{1}{t}x}$	=	0

Ein Produkt ist genau dann =0, wenn mindestens einer der beiden Faktoren =0 ist.

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösung x=0 ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($0$) = $\left(t\cdot 0-\frac{2}{3}{t}^2\right)·e^{3\cdot \frac{1}{t}\cdot 0}$ = $-\frac{2}{3}{t}^2$
Man erhält so den Wendepunkt WP:($0$| $-\frac{2}{3}{t}^2$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Wendepunkts mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $-\frac{3}{2}$) gleichsetzen und nach t auflösen

$-\frac{2}{3}{t}^2$	=	$-\frac{3}{2}$	|⋅ $\left(-\frac{3}{2}\right)$
$t^2$	=	$\frac{9}{4}$	|
t1	=	$-\sqrt{\frac{9}{4}}$	= $-\frac{3}{2}$
t2	=	$\sqrt{\frac{9}{4}}$	= $\frac{3}{2}$

Für t= $-\frac{3}{2}$ und t= $\frac{3}{2}$ liegt der Wendepunkt auf der Geraden y= $-\frac{3}{2}$.

$\text{f(x)}=$ $x^2+2tx-2t$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $2x+2t+0$

= $2x+2t$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$2x+2t$	=	0	| - ( $2t$)
$2x$	=	$-2t$	|:$2$
$x$	=	$-t$

Die Lösung x= $-t$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($-1t$) = ${\left(-1t\right)}^2+2t\left(-1t\right)-2t$ = $-t^2-2t$
Man erhält so den Extrempunkt EP:($-1t$| $-t^2-2t$)

Es gilt nun :
(I) $-1t$ = x
(II) $-t^2-2t$ = y

Um eine Ortskurve mit einer Funktionsgleichung nur mit x und y, also ohne t, zu erhalten, lösen wir die Gleichung (I) erst mal nach t auf:

$-t$	=	$x$	|:($-1$)
$t$	=	$-x$

Dieses t setzen wir nun in (II) ein und erhalten so die gewünschte x-y-Gleichung der Ortskurve:

y = $-t^2-2t$ = $-{\left(-1x\right)}^2-2\left(-1x\right)$ = $-x^2+2x$

Die gesuchte Ortskurve ist also: y = $-x^2+2x$.

$\text{f(x)}=$ $x^3-t{x}^2-5t$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

$\text{f'(x)}=$ $3x^2-2tx+0$

= $3x^2-2tx$

$\text{f''(x)}=$ $6x-2t$

Die notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist f''(x)=0.

(Wendestellen sind Extremstellen in der Ableitung, also haben Wendepunkten die Steigung 0 in f').

Man setzt nun also die zweite Ableitung gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Wendepunkte zu bestimmen.

$6x-2t$	=	0	| - ( $-2t$)
$6x$	=	$2t$	|:$6$
$x$	=	$\frac{1}{3}t$

Die Lösung x= $\frac{1}{3}t$ ist nun der einzige Kandidat für eine Wendestelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Wendepunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Wendestelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f($\frac{1}{3}t$) = ${\left(\frac{1}{3}t\right)}^3-t{\left(\frac{1}{3}t\right)}^2-5t$ = $-\frac{2}{27}{t}^3-5t$
Man erhält so den Wendepunkt WP:($\frac{1}{3}t$| $-\frac{2}{27}{t}^3-5t$)

Es gilt nun :
(I) $\frac{1}{3}t$ = x
(II) $-\frac{2}{27}{t}^3-5t$ = y

Um eine Ortskurve mit einer Funktionsgleichung nur mit x und y, also ohne t, zu erhalten, lösen wir die Gleichung (I) erst mal nach t auf:

$\frac{1}{3}t$	=	$x$	|⋅ 3
$t$	=	$3x$

Dieses t setzen wir nun in (II) ein und erhalten so die gewünschte x-y-Gleichung der Ortskurve:

y = $-\frac{2}{27}{t}^3-5t$ = $-\frac{2}{27}{\left(3x\right)}^3-5\left(3x\right)$ = $-2x^3-15x$

Die gesuchte Ortskurve ist also: y = $-2x^3-15x$.

Wir betrachten also erstmal f₀ mit f₀= $2-\frac{\mathrm{2,25}}{x}$ und f₂ mit f₂= $2-\frac{\mathrm{2,25}}{x-2}$ und erkennen, dass der Graph von f₂ durch Verschiebung um 2 nach rechts aus dem Graph von f₀ hervorgeht.

Wenn eine Tangente den Steigungswinkel 45° haben soll so muss die Steigung in diesem Punkt m = tan(45°) = 1 sein.

Da ja die Graphen der verschiedenen f_a alle die gleiche Form und nur unterschiedliche Lagen haben, suchen wir erstmal bei der einfachsten Funktion der Schar, f₀ nach einer Stelle mit Steigung 1. Dazu leiten wir erstmal ab:

$\text{f(x)}=$ $2-\frac{\mathrm{2,25}}{x}$

= $2-\mathrm{2,25}{x}^{-1}$

=> f'(x) = $0+\mathrm{2,25}{x}^{-2}$

$\text{f'(x)}=$ $0+\frac{\mathrm{2,25}}{x^2}$

= $\frac{\mathrm{2,25}}{x^2}$

Jetzt suchen wir nach einer Stelle mit f'(x) = 1:

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $x^2$ weg!

$1$	=	$\frac{\mathrm{2,25}}{x^2}$	|⋅( $x^2$)
$1·x^2$	=	$\frac{\mathrm{2,25}}{x^2}·x^2$
$x^2$	=	$\mathrm{2,25}$

$x^2$	=	$\mathrm{2,25}$	|
x1	=	$-\sqrt{\mathrm{2,25}}$	= $-\mathrm{1,5}$
x2	=	$\sqrt{\mathrm{2,25}}$	= $\mathrm{1,5}$

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

1. Möglichkeit: x₂=1.5.

Damit wissen wir nun, dass im Berührpunkt B(1.5|f(1.5)) an f₀ eine Tangente mit Steigung 1 angelegt wird.

Wir setzen also x = 1.5 in f₀ ein und erhalten: $2-\frac{\mathrm{2,25}}{\mathrm{1,5}}$ = $2-\mathrm{1,5}$ = $\mathrm{0,5}$, also ist B(1.5| $\mathrm{0,5}$) der gesuchte Berührpunkt.

Nun setzt man die Ableitung m=1 und die errechneten Punktkoordinaten in eine allgemeine Geradengleichung (y=mx+c) ein:

$\mathrm{0,5}$ = 1 ⋅1.5 + c

$\mathrm{0,5}$ = 1.5 + c | -1.5

-1 = c

Da die Tangentensteigung 1 ist, muss der Schnittpunkt der Tangente y= $x-1$ mit der x-Achse die gleiche Entfernung vom Ursprung haben, wie der y-Achsenabschnitt c = -1, das heißt er liegt bei N(1|0)

Wenn wir also f₀ um -1 nach rechts verschieben, würde diese Tangente mit der Steigung 1 (und damit mit dem Steigungswinkel 45°) gerade durch den Ursprunge gehen.

Dieser um -1 nach rechts verschobene Graph gehört dann zur Funktion f_-1 = $2-\frac{\mathrm{2,25}}{x+1}$.

Der gesuchte Paremeter a ist somit a = -1.

2. Möglichkeit: x₁=-1.5.

Wir haben mit x₁=-1.5 einen weiteren Berührpunkt B(-1.5|f(-1.5)) an f₀ mit Tangentensteigung 1.

Wir setzen also x = -1.5 in f₀ ein und erhalten: $2-\frac{\mathrm{2,25}}{\left(-\mathrm{1,5}\right)}$ = $2+\mathrm{1,5}$ = $\mathrm{3,5}$, also ist B(-1.5| $\mathrm{3,5}$) der gesuchte Berührpunkt.

Nun setzt man die Ableitung m=1 und die errechneten Punktkoordinaten in eine allgemeine Geradengleichung (y=mx+c) ein:

$\mathrm{3,5}$ = 1 ⋅( - 1.5 ) + c

$\mathrm{3,5}$ = -1.5 + c | +1.5

5 = c

Da die Tangentensteigung 1 ist, muss der Schnittpunkt der Tangente y= $x+5$ mit der x-Achse die gleiche Entfernung vom Ursprung haben, wie der y-Achsenabschnitt c = 5, das heißt er liegt bei N(-5|0)

Wenn wir also f₀ um 5 nach rechts verschieben, würde diese Tangente mit der Steigung 1 (und damit mit dem Steigungswinkel 45°) gerade durch den Ursprunge gehen.

Dieser um 5 nach rechts verschobene Graph gehört dann zur Funktion f₅ = $2-\frac{\mathrm{2,25}}{x-5}$.

Der gesuchte Paremeter a ist somit a = 5.

Um die Tangentensteigung zu bestimmen, leiten wir die Funktion erst einmal ab:

$\text{f(x)}=$ $e^{tx-t}$

$\text{f'(x)}=$ $e^{tx-t}·t$

= $t{e}^{tx-t}$

In diese Ableitung setzen wir x=$1$ ein:

f'($1$) = $t{e}^{t\cdot 1-t}$ = $t{e}^{t-t}$ = $t$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $3$x+7 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($1$)= $t$ soll gleich $3$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $t$ = $3$ nach t auf.

$t$

=

$3$

Für t= $3$ ist also die Tangente parallel zu der gegebenen Gerade.

$\text{f(x)}=$ $-t{x}^2+2x$

Als erstes leitet man die Funktion ab.

=>$\text{f'(x)}=$ $-2tx+2$

Die notwendige Bedingung für einen Extrempunkt ist f'(x)=0.

(Alle Extrempunkte haben die Steigung 0).

Man setzt nun also f'(x) gleich 0, um die einzig möglichen x-Werte für Extrempunkte von f zu bestimmen.

$-2tx+2$	=	0	| $-2$
$-2tx$	=	$-2$	|:($-2t$)
$x$	=	$\frac{1}{t}$

Die Lösung x= $\frac{1}{t}$ ist nun der einzige Kandidat für eine Extremstelle.

Da in der Aufgabenstellung bereits angegeben ist, dass es genau einen Extrempunkt gibt, wissen wir also schon, dass unser Kandidat diese Extremstelle sein muss, und wir müssen ihn nicht weiter mit einer hinreichenden Bedingung prüfen.

Um dessen y-Wert zu erhalten muss der entsprechende x-Wert in f(x) eingesetzen werden.
f( $\frac{1}{t}$) = $-t{\left(\frac{1}{t}\right)}^2+2\left(\frac{1}{t}\right)$ = $\frac{1}{t}$
Man erhält so den Extrempunkt EP:( $\frac{1}{t}$| $\frac{1}{t}$)

Wir können also den y-Wert unseres mit Parameter behafteten Extrempunktes mit der Vorgabe aus der Aufgabenstellung (y= $4$) gleichsetzen und nach t auflösen

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $t$ weg!

$\frac{1}{t}$	=	$4$	|⋅( $t$)
$\frac{1}{t}·t$	=	$4·t$
$1$	=	$4t$

$1$	=	$4t$	| $-1$ $-4t$
$-4t$	=	$-1$	|:($-4$)
$t$	=	$\frac{1}{4}$ = 0.25

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Für t= $\frac{1}{4}$ liegt der Extrempunkt auf der Geraden y= $4$.