$\text{f(x)}=$ $x^5+x^4+x^3$

$\text{f'(x)}=$ $5x^4+4x^3+3x^2$

$\text{f(x)}=$ $-1+\frac{2}{x^3}$

= $-1+2x^{-3}$

=> f'(x) = $0-6x^{-4}$

$\text{f'(x)}=$ $0-\frac{6}{x^4}$

= $-\frac{6}{x^4}$

$\text{f(x)}=$ $3x^2-\frac{1}{3}\sqrt{x}$

= $3x^2-\frac{1}{3}{x}^{\frac{1}{2}}$

=> f'(x) = $6x-\frac{1}{6}{x}^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $6x-\frac{1}{6\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $-3x+1$ hat als Steigung m = -3 und als y-Achsenabschnitt c = $1$ .

Wenn nun an einer Stelle x die Tangente an den Graph von f parallel zur gegebenen Geraden sein soll, müssen ihre Steigungen gleich sein. Es muss also f '(x) = m = -3 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

$\text{f(x)}=$ $\frac{5}{6}{\left(\sqrt[5]{x}\right)}^6-5x$

= $\frac{5}{6}{x}^{\frac{6}{5}}-5x$

=> f'(x) = $x^{\frac{1}{5}}-5$

$\text{f'(x)}=$ $\sqrt[5]{x}-5$

Diese Ableitung muss ja = -3 sein, also setzen wir $\sqrt[5]{x}-5$ = -3.

Beim Quadrieren oben haben wir eventuel die Lösungesmenge vergrößert.
Deswegen müssen wir jetzt bei allen Lösungen eine Probe machen, ob sie auch wirklich Lösungen sind.

Probe für x = $32$

Also -3 = -3

x = $32$ ist somit eine Lösung !

L={ $32$}

Zur Probe, ob wir uns verrechnet haben, können wir die Lösung(en) jetzt in die Ableitung einsetzen:

f '( $32$) = $\sqrt[5]{32}-5$ = $-3$