Als erstes erinnern wir uns an die natürliche Exponentialfunktion f₀(x)= $e^x$ (im Schaubild in schwarzer Farbe eingezeichnet).

Da bei $e^{x+1}+2$ zu jedem Funktionswert von $e^x$ noch 2 addiert wird, ist der Graph von $e^{x+1}+2$ gegenüber dem der natürlichen Exponentialfunktion, um 2 nach oben verschoben.

Da bei $e^{x+1}+2$ das x von $e^x$ durch ein 'x+1' ersetzt wurde, wird der Graph der natürlichen Exponentialfunktion um -1 in x-Richtung verschoben .

Daraus ergeben sich folgende Aussagen:

• Alle Funktionswerte bleiben also >0, der Graph verläuft somit komplett über der x-Achse.
• Die Funktionswerte werden also immer größer, die Funktion ist also streng monoton wachsend.
• Für x → ∞ strebt $e^{x+1}+2$ gegen $\infty$ .
• Für x → - ∞ strebt $e^{x+1}+2$ gegen $0+2$ = $2$ .

Wir betrachten einfach f(-x) und schauen dann, ob das zufällig wieder f(x) oder -f(x) ist:

f(-x) = ${\left(-x\right)}^2·e^{{\left(-x\right)}^2+\left(-x\right)}$ = $x^2·e^{x^2-x}$

Wenn man das mit f(x) = $x^2·e^{x^2+x}$ vergleicht, kann man erkennen, dass f(-x) = $x^2·e^{x^2-x}$
weder gleich f(x) = $x^2·e^{x^2+x}$ noch gleich -f(x) = $-x^2·e^{x^2+x}$ = $-x^2·e^{x^2+x}$ ist.

Es gilt also: f(-x) ≠ f(x) und f(-x) ≠ -f(x)

Somit liegt bei f keine Symmetrie zum KoSy vor.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 4 vorgeschlagenen Termen:

Schaubild 1

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-3·0·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-3·0·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₁ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₁ = 0

Damit können wir f₁ ausschließen.

Schaubild 2

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-6e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}+6e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-6e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}+6e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₂ = $\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₂ = $0+0$

Damit können wir f₂ ausschließen.

Schaubild 3

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $-6·0^2·e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $-6·0^2·e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₃ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₃ = 0
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen keinen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 0.
  Außerdem erkennen wir noch einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 2

Damit können wir f₃ ausschließen.

Schaubild 4

• y-Achsenabschnitt: f(0) = $6e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}-6e^{-0}$ = 0
• Nullstellen: f(0) = $6e^{-\mathrm{0,1}\cdot 0}-6e^{-0}$ =0
• Grenzverhalten
  • Für x → -∞ strebt f₄ = $-\infty$
  • Für x → +∞ strebt f₄ = $0+0$
• Punkte mit waagrechter Tangente:
  Wir erkennen einen Punkt mit waagrechter Tangente bei x ≈ 2.56.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₄ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

Diese Eigenschaften überprüfen wir nun bei den 6 vorgeschlagenen Termen:

f₁(x) = $\left(x+2\right)·e^{-x}$

• f(-2) = $\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₁ = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $-\infty ·\infty$" = $-\infty$
• Für x → +∞ strebt f₁ = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Wenn wir nach Punkten auf dem Graph mit waagrechter Tangente schauen, müssen wir
  f'(x) = $\left(1+0\right)·e^{-x}+\left(x+2\right)·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $e^{-x}-\left(x+2\right)·e^{-x}$ = $e^{-x}·\left(-x-1\right)$ = 0
  nach x auflösen.

  $e^{-x}\left(-x-1\right)$	=	0
  $\left(-x-1\right)·e^{-x}$	=	0

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

  1. Fall:

  $-x-1$	=	0	| $+1$
  $-x$	=	$1$	|:($-1$)
  x1	=	$-1$

  
  

  2. Fall:

  $e^{-x}$

  =

  $0$

  Diese Gleichung hat keine Lösung!

  
  Der Graph von f₁(x) = $\left(x+2\right)·e^{-x}$ hat also bei x = -1 einen Punkt mit waagrechter Tangente.

Hier spricht also nichts dagegen, dass f₁ der zugehörige Funktionsterm sein könnte.

f₂(x) = $9e^x-9e^{\mathrm{0,5}x}$

• f(-2) = $9e^{-2}-9e^{\mathrm{0,5}\cdot \left(-2\right)}$ =-2.0928974214135

Damit können wir f₂ ausschließen.

f₃(x) = $10{\left(x+2\right)}^2·e^x$

• f(-2) = $10·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $10·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^x+10{\left(x+2\right)}^2·e^x$ = $20\left(x+2\right)·e^x+10{\left(x+2\right)}^2·e^x$
  f'(-2) = $20·\left(-2+2\right)·e^{-2}+10·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-2}$ = 0

Damit können wir f₃ ausschließen.

f₄(x) = $-2\left(x+2\right)·e^x$

• f(-2) = $-2·\left(-2+2\right)·e^{-2}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₄ = $-2\left(x+2\right)·e^x$ gegen " $-2·-\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $-\infty$ und setzt sich deswegen durch)
• Für x → +∞ strebt f₄ = $-2\left(x+2\right)·e^x$ gegen " $-2\infty ·\infty$" = $-\infty$

Damit können wir f₄ ausschließen.

f₅(x) = $-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$

• f(-2) = $-6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Allerdings haben wir hier zusätzlich noch eine waagrechte Tangente bei x = -2, was nicht mit dem gegebenen Graph übereinstimmt.
  f'(x) = $-6·2\left(x+2\right)·\left(1+0\right)·e^{-x}-6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}·\left(-1\right)$ = $-12\left(x+2\right)·e^{-x}+6{\left(x+2\right)}^2·e^{-x}$
  f'(-2) = $-12·\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}+6·{\left(-2+2\right)}^2·e^{-\left(-2\right)}$ = 0

Damit können wir f₅ ausschließen.

f₆(x) = $-\left(x+2\right)·e^{-x}$

• f(-2) = $-\left(-2+2\right)·e^{-\left(-2\right)}$ =0
• Für x → -∞ strebt f₆ = $-\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $--\infty ·\infty$" = $\infty$
• Für x → +∞ strebt f₆ = $-\left(x+2\right)·e^{-x}$ gegen " $-\infty ·0$" = 0
  ( Der Exponentialterm im zweiten Faktor wächst sehr viel schneller gegen 0 als der erste Faktor gegen $\infty$ und setzt sich deswegen durch)

Damit können wir f₆ ausschließen.

1. Verhalten für t gegen unendlich

   Gesucht ist das Verhalten der Funktionswerte bei sehr großen t-Werten, also das Verhalten von f für t → ∞.

   Für t → ∞ ⇒ f(t)= $40-34e^{-\mathrm{0,6}t}$ → $40+0$

   Das langfristige Verhalten der Funktionswerte geht also gegen $40$.

2. Erster t-Wert bei y = 26

   Gesucht sind die Zeitpunkte, an denen die Funktion die Werte y=26 annimmt.

   Dazu setzen wir die Funktion einfach = 26 und lösen nach t auf:

   $40-34e^{-\mathrm{0,6}t}$ = $26$

   $-34e^{-\mathrm{0,6}t}+40$	=	$26$	| $-40$
   $-34e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$-14$	|:$-34$
   $e^{-\mathrm{0,6}t}$	=	$\frac{7}{17}$	|ln(⋅)
   $-\mathrm{0,6}t$	=	$\ln \left(\frac{7}{17}\right)$	|:$-\mathrm{0,6}$
   $t$	=	$-\frac{1}{\mathrm{0,6}}\ln \left(\frac{7}{17}\right)$	≈ 1.4788

   Der erste Zeitpunkt an dem die die Funktion den Wert 26 annimmt, ist also nach 1.48 min.

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

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

= $9t·e^{-t{x}^3}{x}^2$

= $9t{x}^2{e}^{-t{x}^3}$

Wir machen einfach eine Punktprobe mit A($-2$|0) in f mit $\text{f(x)}=$ $\frac{1}{2}x·e^{-tx-2t}-2t$ :

0 = f($-2$)

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

0 = $\frac{1}{2}·\left(-2\right)·e^{2t-2t}-2t$

0 = $\frac{1}{2}·\left(-2\right)·e^0-2t$

0 = $\frac{1}{2}·\left(-2\right)·1-2t$

Jetzt müssen wir also nur noch die Gleichung $-2t-1$ = 0 nach t auflösen.

Für t= $-\frac{1}{2}$ liegt also der Punkt A auf dem Graph von f.

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

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

$\text{f'(x)}=$ $-3e^{tx+2t}·t$

= $-3t{e}^{tx+2t}$

In diese Ableitung setzen wir x=$-2$ ein:

f'($-2$) = $-3t{e}^{t\cdot \left(-2\right)+2t}$ = $-3t{e}^{-2t+2t}$ = $-3t$

Damit die Tangente parallel zur Geraden y= $-6$x+6 wird, müssen die Steigungen gleich sein,
also f'($-2$)= $-3t$ soll gleich $-6$ sein.
Dazu lösen wir die Gleichung $-3t$ = $-6$ nach t auf.

Für t= $2$ ist also die Tangente parallel zu der gegebenen Gerade.

Das Problem bei e-Funktionen ist ja, dass wir normale Funktionswerte sehr schwer berechnen und dann nur sehr ungenau ablesen können :(

Die einzigen Möglichkeiten gut ablesbare Werte zu finden, ist also dort, wo der Exponentialterm (annähernd) = 0 ist - oder eben =1 ist, weil dort der Exponent =0 ist.

• Da das k ja ein fester Wert ist, kann $3k{e}^{kx+3k}$ niemals = 0 werden.
• Wenn der Exponent $kx+3k$ jedoch betragsmäßig sehr große und negative Werte annimmt, strebt der Exponentianterm $3k{e}^{kx+3k}$ recht schnell gegen 0. Das lässt sich auch gut in der waagrechten Assymtote bei $1$ erkennen.
  Dieser zweite Summand ist aber unabhängig von k, so dass uns die Lage der Asymptote keinen Anhaltspunkt für den Wert von k gibt.
• Wir müssen also den Exponent $kx+3k$ = 0 bekommen, um einen präzise ablebaren Punkt auf dem Graph zu bekommen.

  $kx+3k$	=	0	| - ( $3k$)
  $kx$	=	$-3k$	|:( $k$)
  $x$	=	$-3$

  Wenn wir nun $-3$ in f_k einsetzen erhalten wir folgende Gleichung:
  f_k($-3$) = $3k{e}^{k\cdot \left(-3\right)+3k}+1$ = $3k+1$
  im abgebildeten Term können wir aber ja f($-3$) = -4 ablesen, es gilt somit:

  $3k+1$	=	$-4$	| $-1$
  $3k$	=	$-5$	|:$3$
  $k$	=	$-\frac{5}{3}$

Der abgebildete Graph ist somit der von f_{$-\frac{5}{3}$}

Um aus dem maximalen Steignungswinkel die maximale Steigung zu berechnen, beutzen wir die Formel für den Steigungswinkel:
m = tan(α), also hier m_max=tan(25°) ≈ 0.466.

Um die steilste Stelle zu finden, brauchen wir die Extrempunkte der Ableitungsfunktion, also die Wendepunkte von f_t .

$\text{f(x)}=$ $2e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

Als erstes leitet man die Funktion zwei mal ab.

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

= $-2\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$

= $-2\cdot \frac{1}{t^2}x{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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

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

= $2\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x·x-2\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $2\cdot \frac{1}{t^4}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}{x}^2-2\cdot \frac{1}{t^2}{e}^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

= $e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}·\left(2\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-2\cdot \frac{1}{t^2}\right)$

= $\left(2\cdot \frac{1}{t^4}{x}^2-2\cdot \frac{1}{t^2}\right)·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}$

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.

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

1. Fall:

2. Fall:

Die Lösungen $-t$, $t$ sind nun die einzigen Kandidaten für Wendestellen.

Wenn man die beiden Lösungen $-1t$ und $t$ in die erste Ableitung einsetzt, erhält man:
f_t'($-1t$) = $-2\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(-1t\right)}^2}·\left(-1t\right)$ = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$
f_t'( $t$) = $-2\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{\left(t\right)}^2}·\left(t\right)$ = $-2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$

An den Rändern gilt:
Für x → -∞ strebt f_t'(x) = $-2\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t
Für x → +∞ strebt f_t'(x) = $-2\cdot \frac{1}{t^2}·e^{-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{t^2}{x}^2}x$ → 0 für alle t

Da die stetige Funktion f_t' an den Rändern gegen 0 strebt und an den Stellen $-1t$ und $t$ waagrechte Tangenten hat, müssen dort Extremstellen, und sogar ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum sein.

Die maximale Steigung ist somit f_t'($-1t$) = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$
Die minimale Steigung ist somit f_t'( $t$) = $-2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$

Aufgrund der Symmetrie, genügt es im weiteren nur auf die maximale Steigung m_max = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ ≈ $\frac{2}{t}·\mathrm{0,607}$ zu schauen .
Diese darf ja wegen des maximalen Steigungswinkel von 25° höchstens 0.466 sein, also berechnen wir das t für das $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ = 0.466 gilt:

D=R\{0}

Wir multiplizieren den Nenner $t$ weg!

(Alle Lösungen sind auch in der Definitionsmenge).

Für t = 2.605 wird also gerade der maximale Steigungswinkel von 25° erreicht.

Und weil ja die maximale Steigung m_max = f_t'($-1t$) = $2\cdot \frac{1}{t}{e}^{-\frac{1}{2}}$ mit wachsendem t immer kleiner wird, sind somit alle t > 2.605 zulässig.