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

$\text{f'(x)}=$ $4x^3+2x+0$

= $4x^3+2x$

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

= $-2x^{-1}+3x^5$

=> f'(x) = $2x^{-2}+15x^4$

$\text{f'(x)}=$ $\frac{2}{x^2}+15x^4$

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

= $-4x^5-4x^{\frac{1}{2}}$

=> f'(x) = $-20x^4-2x^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $-20x^4-\frac{2}{\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $-5x+5$ hat als Steigung m = -5 und als y-Achsenabschnitt c = $5$ .

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 = -5 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

$\text{f(x)}=$ $\frac{2}{3}{\left(\sqrt{x}\right)}^3-6x$

= $\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-6x$

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

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

Diese Ableitung muss ja = -5 sein, also setzen wir $\sqrt{x}-6$ = -5.

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 -5 = -5

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 '( $1$) = $\sqrt{1}-6$ = $-5$