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

$\text{f'(x)}=$ $3x^2+2x+1+0$

= $3x^2+2x+1$

$\text{f(x)}=$ $-\frac{2}{x^2}-7x^5$

= $-2x^{-2}-7x^5$

=> f'(x) = $4x^{-3}-35x^4$

$\text{f'(x)}=$ $\frac{4}{x^3}-35x^4$

$\text{f(x)}=$ $-5x^2-2\sqrt{x}$

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

=> f'(x) = $-10x-x^{-\frac{1}{2}}$

$\text{f'(x)}=$ $-10x-\frac{1}{\sqrt{x}}$

Die Gerade y = $3x+2$ hat als Steigung m = 3 und als y-Achsenabschnitt c = $2$ .

Wenn nun die Tangentensteigung an einer Stelle x parallel zur Steigung der gegebenen Geraden sein, soll muss also f '(x) = m =3 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

$\text{f(x)}=$ $\frac{3}{4}{\left(\sqrt[3]{x}\right)}^4+8$

= $\frac{3}{4}{x}^{\frac{4}{3}}+8$

=> f'(x) = $x^{\frac{1}{3}}+0$

$\text{f'(x)}=$ $\sqrt[3]{x}+0$

= $\sqrt[3]{x}$

Diese Ableitung muss ja = 3 sein, also setzen wir $\sqrt[3]{x}+0$ = 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 = $27$

Also 3 = 3

x = $27$ ist somit eine Lösung !

L={ $27$}

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

f '( $27$) = $\sqrt[3]{27}+0$ = $3$