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

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

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

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

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

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

$\text{f(x)}=$ $-6x-4\sqrt{x}$

= $-6x-4x^{\frac{1}{2}}$

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

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

Die Gerade y = $x+4$ hat als Steigung m = 1 und als y-Achsenabschnitt c = $4$ .

Wenn nun die Tangentensteigung an einer Stelle x parallel zur Steigung der gegebenen Geraden sein, soll muss also f '(x) = m =1 gelten.

Zuerst leiten wir mal f(x) ab:

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

= $\frac{3}{4}{x}^{\frac{4}{3}}-3x$

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

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

Diese Ableitung muss ja = 1 sein, also setzen wir $\sqrt[3]{x}-3$ = 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 = $64$

Also 1 = 1

x = $64$ ist somit eine Lösung !

L={ $64$}

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

f '( $64$) = $\sqrt[3]{64}-3$ = $1$