Abschlussprüfung zur Erlangung der fachgebundenen Hochschulreife
Frühjahr 2003

A I:   Lösungen

1.1        g(–x) = –x (ln ((–x)2) – 2) = –x (ln (x2) – 2) = –g(x)      G(g) ist punktsymmetrisch bzgl. O.
             Nullstellen von g :
             x (ln (x2) – 2) = 0            
             x = 0  ist keine Nullstelle von g, da nicht in der Definitionsmenge von g.
             ln (x2) – 2 = 0      ln (x2) = 2      x2 = e2      x1/2 = ± e .



1.2        
                x = 0  ist eine hebbare Lücke.



1.3        



1.4        Graf  von  g :
             



1.5        



1.6        Es muss also von  x = 1  bis zur Nullstelle  x = e  integriert werden.
             Da  g(x)  in diesem Bereich negativ ist, kommt ein negatives Integral heraus.
             Also ist es gleich sinnvoll, die Integrationsgrenzen zu vertauschen :
             




2.1        Nenner = 0      x2 = 9      x = ± 3
             Also gilt:  D(fk) = IR \ {–3; 3}
             
             G(fk)  ist achsensymmetrisch zur y-Achse.



2.2        Da der Zähler von  fk  eine positive Konstante ist, hängt das Verhalten von  fk
             an den Definitionslücken allein vom Nenner ab.
             Dieser stellt eine nach unten geöffnete Parabel dar, die bei  x = –3  ihr Vorzeichen von
             –  nach  +  und bei  x = 3  von  +  nach  –  wechselt.  Also gilt:
             
             Damit ergeben sich die beiden senkrechten Asymptoten  x = –3  und  x = 3.
             Außerdem muss G(fk) die waagrechte Asymptote  y = 0  besitzen, da Zählergrad < Nennergrad.



2.3        



2.4        
             Monotonietabelle:  

 
x <
–3
< x <
0
< x <
3
< x
6kx
–
–
–
0
+
+
+
(9 – x2)2
+
0
+
+
+
0
+
f '(x)
–
#
–
0
+
#
+
G(fk) 
fällt
#
fällt
TIP ( 0 |  )
steigt
#
steigt




2.5        Die drei Grafen haben Tiefpunkte mit  x = 0  und  y =  .
             Da der y-Wert des TIP von    nach Aufgabe 2.4 allgemein    beträgt, muss demnach
             k = 1  bzw. 3  bzw. 4  betragen.




3.1        



3.2        h0 = 12,  d. h. die anfängliche Schaumhöhe betrug 12 cm.
             Zum Zeitpunkt  t3  beträgt sie also noch  6 cm      
             
             Die Schaumhöhe hat sich nach 3,465 min, also nach 3 Minuten und 28 Sekunden halbiert.

A II:   Lösungen

1.1        Nullstelle von  f :    –4·(x – 1)e0,5 x = 0      x – 1 = 0      x = 1
             



1.2        Maximale Monotonieintervalle von  f :
             



1.3        Graf von  f :
             



1.4.1     


1.4.2     




2.1        



2.2        




3.1        1,0725  =  e ln 1,0725  =  e0,07      K0(1 + 0,0725)t  =  K0(e0,07)t  =  K0·e0,07 t
             Da  K0 den Wert 2000 hat, ergibt sich damit die Behauptung.



3.2        G(t)  =  50 · 12 t  =  600 t 



3.3        Grafen von  K  und  G :
             



3.4        Es gibt genau zwei Zeitpunkte, zu denen bei beiden Alternativen das gleiche Kapital
             angesammelt ist.
             Der erste Zeitpunkt ist laut Grafik nach knapp 5 Jahren. Da die Funktion  K  dann expo-
             nenziell immer rascher steigt, die Funktion  G  aber eine konstante positive Steigung besitzt,
             müssen sich beide Grafen für  t > 20  noch genau einmal treffen.
             Wertetabelle: 


  t in Jahren

4

5

32

33


  K(t) in 

2646

2838

18787

20149


  G(t) in 

2400

3000

19200

19800



                   Zeitintervalle:   [4; 5]  und  [32; 33]



3.5        Langfristig ist die Anlage auf der Bank günstiger, da sie den gesamten Geldbetrag, der bei der
             monatlichen Zuwendung anfällt, nach 33 Jahren übersteigt und diesen dann immer weiter hinter
             sich lässt.
             Andererseits darf der Enkel das auf der Bank liegende Geld etwa eine halbe Lebenszeit lang nicht
             anrühren, wenn die Anlageform sich auszahlen soll. Es hängt also letztlich von dessen finanziellen
             Bedürfnissen ab, ob er die zukunftsferne „Taube auf dem Dach“ oder den monatlichen „Spatz in der
             Hand“ wählt.