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

$\text{f'(x)}=$ $5x^4+4x^3+3x^2+1$

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

= $4x^{-3}-x^5$

=> f'(x) = $-12x^{-4}-5x^4$

$\text{f'(x)}=$ $-\frac{12}{x^4}-5x^4$

$\text{f(x)}=$ $-6x+\frac{1}{2}\sqrt{x}$

= $-6x+\frac{1}{2}{x}^{\frac{1}{2}}$

=> f'(x) = $-6+\frac{1}{4}{x}^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $-6+\frac{1}{4\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $x+2$ hat als Steigung m = 1 und als y-Achsenabschnitt c = $2$ .

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 = 1 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

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

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

=> f'(x) = $x^{\frac{1}{2}}+0$

$\text{f'(x)}=$ $\sqrt{x}+0$

= $\sqrt{x}$

Diese Ableitung muss ja = 1 sein, also setzen wir $\sqrt{x}+0$ = 1.

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 = $1$

Also 1 = 1

x = $1$ ist somit eine Lösung !

L={ $1$}

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

f '( $1$) = $\sqrt{1}+0$ = $1$