Страница 155 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Шойынбеков

Найдите промежутки знакопостоянства функции $y=f(x)$

(368–369):

368.1) $f(x) = \sqrt{x - 1}$;

2) $f(x) = 3\sqrt{x}$;

3) $f(x) = 3^x - 3$;

4) $f(x) = \left(\frac{1}{7}\right)^x + 1.

1) Чтобы найти промежутки знакопостоянства функции $f(x) = \sqrt{x} - 1$, сначала найдем ее область определения и нули.

Область определения функции определяется условием $x \ge 0$, так как подкоренное выражение не может быть отрицательным. Таким образом, $D(f) = [0, +\infty)$.

Далее, найдем нули функции, решив уравнение $f(x) = 0$:
$\sqrt{x} - 1 = 0$
$\sqrt{x} = 1$
$x = 1$.

Точка $x=1$ разбивает область определения $[0, +\infty)$ на два промежутка: $[0, 1)$ и $(1, +\infty)$. Определим знак функции на каждом из этих промежутков.

Найдем, где $f(x) > 0$:
$\sqrt{x} - 1 > 0 \implies \sqrt{x} > 1$
Возведя обе части в квадрат, получим $x > 1$.

Найдем, где $f(x) < 0$:
$\sqrt{x} - 1 < 0 \implies \sqrt{x} < 1$
С учетом области определения ($x \ge 0$), получаем $0 \le x < 1$.

Ответ: $f(x) > 0$ при $x \in (1, +\infty)$; $f(x) < 0$ при $x \in [0, 1)$.

2) Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt[3]{x}$.

Область определения кубического корня — все действительные числа, то есть $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем нули функции, решив уравнение $f(x) = 0$:
$\sqrt[3]{x} = 0$
$x = 0$.

Точка $x=0$ делит числовую прямую на два промежутка: $(-\infty, 0)$ и $(0, +\infty)$.

Найдем, где $f(x) > 0$:
$\sqrt[3]{x} > 0$
Возведя обе части в куб, получим $x > 0$.

Найдем, где $f(x) < 0$:
$\sqrt[3]{x} < 0$
Возведя обе части в куб, получим $x < 0$.

Ответ: $f(x) > 0$ при $x \in (0, +\infty)$; $f(x) < 0$ при $x \in (-\infty, 0)$.

3) Рассмотрим функцию $f(x) = 3^x - 3$.

Область определения показательной функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем нули функции, решив уравнение $f(x) = 0$:
$3^x - 3 = 0$
$3^x = 3$
$3^x = 3^1$
$x = 1$.

Точка $x=1$ делит числовую прямую на два промежутка: $(-\infty, 1)$ и $(1, +\infty)$.

Найдем, где $f(x) > 0$:
$3^x - 3 > 0 \implies 3^x > 3^1$
Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция является возрастающей, поэтому неравенство для показателей сохраняет знак: $x > 1$.

Найдем, где $f(x) < 0$:
$3^x - 3 < 0 \implies 3^x < 3^1$
Поскольку основание $3 > 1$, то $x < 1$.

Ответ: $f(x) > 0$ при $x \in (1, +\infty)$; $f(x) < 0$ при $x \in (-\infty, 1)$.

4) Рассмотрим функцию $f(x) = \left(\frac{1}{7}\right)^x + 1$.

Область определения показательной функции — все действительные числа, $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

Найдем нули функции, решив уравнение $f(x) = 0$:
$\left(\frac{1}{7}\right)^x + 1 = 0$
$\left(\frac{1}{7}\right)^x = -1$.

Это уравнение не имеет решений в действительных числах, поскольку показательная функция $a^x$ (где $a > 0$) всегда принимает только положительные значения. Следовательно, у функции нет нулей.

Так как функция непрерывна и не имеет нулей, она сохраняет свой знак на всей области определения. Чтобы определить этот знак, выберем любое значение $x$, например, $x=0$:
$f(0) = \left(\frac{1}{7}\right)^0 + 1 = 1 + 1 = 2$.

Поскольку $f(0) = 2 > 0$, функция положительна на всей числовой прямой. Можно также заметить, что для любого $x$, $\left(\frac{1}{7}\right)^x > 0$, поэтому $f(x) = \left(\frac{1}{7}\right)^x + 1 > 0 + 1 = 1$.

Ответ: $f(x) > 0$ при $x \in (-\infty, +\infty)$; промежутков, где $f(x) < 0$, не существует.

369.1)

1) $f(x) = \log_5 (x - 1);$

2) $f(x) = \log_{\frac{1}{3}} (2 + x);$

3) $f(x) = |\log_4 x|;$

4) $f(x) = |5^x - 5|.$

369.1)Решение:
Дана функция $f(x) = \log_5 (x - 1)$.
Область определения логарифмической функции $y = \log_a(t)$ определяется условием, что аргумент логарифма $t$ должен быть строго положительным ($t > 0$). Основание логарифма $a=5$ удовлетворяет условиям $a>0$ и $a \neq 1$.
В данном случае аргументом является выражение $(x - 1)$. Составим и решим соответствующее неравенство:
$x - 1 > 0$
Перенося -1 в правую часть, получаем:
$x > 1$
Таким образом, область определения функции — это множество всех действительных чисел, строго больших 1.
Ответ: $(1, +\infty)$.

2)Решение:
Дана функция $f(x) = \log_{\frac{1}{3}} (2 + x)$.
Аналогично предыдущему пункту, область определения логарифмической функции находится из условия, что ее аргумент должен быть строго положительным. Основание логарифма $a=\frac{1}{3}$ удовлетворяет условиям ($a>0, a \neq 1$).
Аргументом функции является выражение $(2 + x)$. Составим и решим неравенство:
$2 + x > 0$
Вычитая 2 из обеих частей, получаем:
$x > -2$
Следовательно, область определения функции — это множество всех действительных чисел, строго больших -2.
Ответ: $(-2, +\infty)$.

3)Решение:
Дана функция $f(x) = |\log_4 x|$.
Эта функция представляет собой модуль (абсолютную величину) от логарифмической функции. Функция модуля определена для любого действительного значения своего аргумента. Поэтому область определения всей функции $f(x)$ совпадает с областью определения подмодульного выражения, то есть функции $g(x) = \log_4 x$.
Область определения функции $g(x) = \log_4 x$ определяется условием, что ее аргумент $x$ должен быть строго положительным.
$x > 0$
Таким образом, область определения исходной функции — это множество всех положительных действительных чисел.
Ответ: $(0, +\infty)$.

4)Решение:
Дана функция $f(x) = |5^x - 5|$.
Эта функция является композицией нескольких функций: показательной функции, вычитания константы и функции модуля.
1. Показательная функция $y=5^x$ определена для всех действительных чисел $x$, то есть при $x \in (-\infty, +\infty)$.
2. Разность $5^x - 5$ также определена для всех действительных чисел $x$.
3. Функция модуля $y=|t|$ определена для любого действительного числа $t$.
Поскольку ни одна из операций, составляющих данную функцию, не накладывает ограничений на переменную $x$, область определения функции $f(x)$ — это множество всех действительных чисел.
Ответ: $(-\infty, +\infty)$.

370. Найдите промежутки возрастания и убывания функции y=f(x):

1) $f(x) = xe^{3x}$;

2) $f(x) = 3x \cdot e^x$;

3) $f(x) = x^2 e^x$;

4) $f(x) = x \cdot e^{2x}$.

Чтобы найти промежутки возрастания и убывания функции, необходимо найти ее производную, приравнять ее к нулю, чтобы найти критические точки, а затем определить знаки производной на интервалах, на которые критические точки разбивают область определения функции.

1) f(x) = xe^3x

Решение

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Найдем производную функции, используя правило дифференцирования произведения $(uv)' = u'v + uv'$:

$f'(x) = (x)' \cdot e^{3x} + x \cdot (e^{3x})' = 1 \cdot e^{3x} + x \cdot 3e^{3x} = e^{3x}(1 + 3x)$.

Найдем критические точки, решив уравнение $f'(x) = 0$:

$e^{3x}(1 + 3x) = 0$.

Поскольку $e^{3x} > 0$ для любого $x$, уравнение сводится к $1 + 3x = 0$.

$3x = -1 \implies x = -1/3$.

Эта критическая точка делит числовую прямую на два интервала: $(-\infty; -1/3)$ и $(-1/3; +\infty)$.

Определим знак производной на каждом интервале:

• На интервале $(-\infty; -1/3)$, возьмем точку $x = -1$. $f'(-1) = e^{-3}(1 + 3(-1)) = -2e^{-3} < 0$. Значит, функция убывает.
• На интервале $(-1/3; +\infty)$, возьмем точку $x = 0$. $f'(0) = e^{0}(1 + 3(0)) = 1 > 0$. Значит, функция возрастает.

Ответ: функция убывает на промежутке $(-\infty; -1/3]$ и возрастает на промежутке $[-1/3; +\infty)$.

2) f(x) = 3x · e^x

Решение

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (3x)' \cdot e^x + 3x \cdot (e^x)' = 3e^x + 3xe^x = 3e^x(1 + x)$.

Найдем критические точки из уравнения $f'(x) = 0$:

$3e^x(1 + x) = 0$.

Так как $3e^x > 0$ для любого $x$, то $1 + x = 0$, откуда $x = -1$.

Критическая точка $x = -1$ делит числовую прямую на два интервала: $(-\infty; -1)$ и $(-1; +\infty)$.

Определим знак производной на каждом интервале:

• На интервале $(-\infty; -1)$, возьмем $x = -2$. $f'(-2) = 3e^{-2}(1 - 2) = -3e^{-2} < 0$. Функция убывает.
• На интервале $(-1; +\infty)$, возьмем $x = 0$. $f'(0) = 3e^{0}(1 + 0) = 3 > 0$. Функция возрастает.

Ответ: функция убывает на промежутке $(-\infty; -1]$ и возрастает на промежутке $[-1; +\infty)$.

3) f(x) = x²e^x

Решение

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (x^2)' \cdot e^x + x^2 \cdot (e^x)' = 2xe^x + x^2e^x = xe^x(2 + x)$.

Найдем критические точки из уравнения $f'(x) = 0$:

$xe^x(2 + x) = 0$.

Так как $e^x > 0$, то $x(2 + x) = 0$. Корни уравнения: $x_1 = 0$ и $x_2 = -2$.

Критические точки делят числовую прямую на три интервала: $(-\infty; -2)$, $(-2; 0)$ и $(0; +\infty)$.

Определим знак производной на каждом интервале (знак $f'(x)$ совпадает со знаком параболы $y=x(x+2)$):

• На интервале $(-\infty; -2)$, возьмем $x = -3$. $f'(-3) = (-3)e^{-3}(2 - 3) = 3e^{-3} > 0$. Функция возрастает.
• На интервале $(-2; 0)$, возьмем $x = -1$. $f'(-1) = (-1)e^{-1}(2 - 1) = -e^{-1} < 0$. Функция убывает.
• На интервале $(0; +\infty)$, возьмем $x = 1$. $f'(1) = 1e^{1}(2 + 1) = 3e > 0$. Функция возрастает.

Ответ: функция возрастает на промежутках $(-\infty; -2]$ и $[0; +\infty)$, убывает на промежутке $[-2; 0]$.

4) f(x) = x · e^2x

Решение

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (x)' \cdot e^{2x} + x \cdot (e^{2x})' = 1 \cdot e^{2x} + x \cdot 2e^{2x} = e^{2x}(1 + 2x)$.

Найдем критические точки из уравнения $f'(x) = 0$:

$e^{2x}(1 + 2x) = 0$.

Поскольку $e^{2x} > 0$, то $1 + 2x = 0$, откуда $x = -1/2$.

Критическая точка $x = -1/2$ делит числовую прямую на два интервала: $(-\infty; -1/2)$ и $(-1/2; +\infty)$.

Определим знак производной на каждом интервале:

• На интервале $(-\infty; -1/2)$, возьмем $x = -1$. $f'(-1) = e^{-2}(1 + 2(-1)) = -e^{-2} < 0$. Функция убывает.
• На интервале $(-1/2; +\infty)$, возьмем $x = 0$. $f'(0) = e^{0}(1 + 2(0)) = 1 > 0$. Функция возрастает.

Ответ: функция убывает на промежутке $(-\infty; -1/2]$ и возрастает на промежутке $[-1/2; +\infty)$.

371. Постройте график функции $y = f(x)$:

1) $f(x) = 5\log_5(x^2 - 1);$

2) $f(x) = \frac{1}{4}^{\log_{\frac{1}{2}}(x + 2)};$

3) $f(x) = 0,5^{\log_2(x - 5)};$

4) $f(x) = 9^{\log_3 \cdot \frac{1}{x}}.$

1) $f(x) = 5^{\log_5(x^2 - 1)}$

Решение:
Для построения графика функции $y = f(x)$ сначала найдем ее область определения и упростим формулу.

1. Область определения функции (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x^2 - 1 > 0$
$(x - 1)(x + 1) > 0$
Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (-\infty; -1) \cup (1; \infty)$.
Таким образом, область определения функции $D(f) = (-\infty; -1) \cup (1; \infty)$.

2. Упрощение функции.
Используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$. В данном случае $a=5$ и $b = x^2 - 1$.
$f(x) = 5^{\log_5(x^2 - 1)} = x^2 - 1$.

3. Построение графика.
Графиком функции является парабола $y = x^2 - 1$, но с учетом области определения. Мы должны построить эту параболу только для $x < -1$ и $x > 1$.
Вершина параболы $y = x^2 - 1$ находится в точке $(0; -1)$, но эта точка не входит в область определения.
Найдем значения функции на границах области определения:
При $x \to 1^+$, $y \to 1^2 - 1 = 0$.
При $x \to -1^-$, $y \to (-1)^2 - 1 = 0$.
Точки $(1; 0)$ и $(-1; 0)$ не принадлежат графику, поэтому на графике они будут отмечены "выколотыми" (пустыми) кружками.

График представляет собой две ветви параболы $y = x^2 - 1$, симметричные относительно оси OY, начинающиеся из точек $(1; 0)$ и $(-1; 0)$.

Ответ: Графиком функции является парабола $y=x^2-1$ с "выколотой" частью на отрезке $[-1; 1]$ по оси $x$. Точки $(-1; 0)$ и $(1; 0)$ не принадлежат графику.

2) $f(x) = \left(\frac{1}{4}\right)^{\log_{\frac{1}{2}}(x + 2)}$

Решение:
1. Область определения функции (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x + 2 > 0$
$x > -2$
Область определения функции $D(f) = (-2; \infty)$.

2. Упрощение функции.
Приведем основание степени к основанию логарифма. $\frac{1}{4} = \left(\frac{1}{2}\right)^2$.
$f(x) = \left(\left(\frac{1}{2}\right)^2\right)^{\log_{\frac{1}{2}}(x + 2)} = \left(\frac{1}{2}\right)^{2\log_{\frac{1}{2}}(x + 2)}$
Используя свойство логарифма $n\log_a b = \log_a(b^n)$:
$f(x) = \left(\frac{1}{2}\right)^{\log_{\frac{1}{2}}((x + 2)^2)}$
Теперь используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$:
$f(x) = (x + 2)^2$.

3. Построение графика.
Графиком функции является парабола $y = (x+2)^2$ с учетом области определения $x > -2$.
Это парабола $y = x^2$, смещенная на 2 единицы влево по оси OX. Ее вершина находится в точке $(-2; 0)$.
Так как $x > -2$, то мы строим только правую ветвь этой параболы, причем точка вершины $(-2; 0)$ не включается в график и отмечается "выколотой".

График представляет собой правую ветвь параболы $y = (x + 2)^2$, начинающуюся из точки $(-2; 0)$.

Ответ: Графиком функции является правая ветвь параболы $y=(x+2)^2$, начинающаяся из "выколотой" точки $(-2; 0)$.

3) $f(x) = 0.5^{\log_2(x - 5)}$

Решение:
1. Область определения функции (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$x - 5 > 0$
$x > 5$
Область определения функции $D(f) = (5; \infty)$.

2. Упрощение функции.
Приведем основание степени к основанию логарифма. $0.5 = \frac{1}{2} = 2^{-1}$.
$f(x) = (2^{-1})^{\log_2(x - 5)} = 2^{-\log_2(x - 5)}$
Используя свойство логарифма $-n\log_a b = \log_a(b^{-n})$:
$f(x) = 2^{\log_2((x - 5)^{-1})} = 2^{\log_2\left(\frac{1}{x-5}\right)}$
Теперь используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$:
$f(x) = \frac{1}{x - 5}$.

3. Построение графика.
Графиком функции является гипербола $y = \frac{1}{x-5}$ с учетом области определения $x > 5$.
Это график функции $y = \frac{1}{x}$, смещенный на 5 единиц вправо по оси OX. Он имеет вертикальную асимптоту $x = 5$ и горизонтальную асимптоту $y = 0$ (ось OX).
Так как $x > 5$, мы строим только правую ветвь этой гиперболы.

График представляет собой правую ветвь гиперболы $y = \frac{1}{x-5}$ с вертикальной асимптотой $x=5$.

Ответ: Графиком функции является правая ветвь гиперболы $y = \frac{1}{x-5}$, расположенная в первом квадранте смещенной системы координат с началом в точке $(5; 0)$. Вертикальная асимптота - прямая $x=5$.

4) $f(x) = 9^{\log_3 \frac{1}{x}}$

Решение:
1. Область определения функции (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$\frac{1}{x} > 0$
Это неравенство выполняется, когда $x > 0$.
Область определения функции $D(f) = (0; \infty)$.

2. Упрощение функции.
Приведем основание степени к основанию логарифма. $9 = 3^2$.
$f(x) = (3^2)^{\log_3 \frac{1}{x}} = 3^{2\log_3 \frac{1}{x}}$
Используя свойство логарифма $n\log_a b = \log_a(b^n)$:
$f(x) = 3^{\log_3 \left(\left(\frac{1}{x}\right)^2\right)} = 3^{\log_3 \left(\frac{1}{x^2}\right)}$
Теперь используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$:
$f(x) = \frac{1}{x^2}$.

3. Построение графика.
Графиком функции является кривая $y = \frac{1}{x^2}$ с учетом области определения $x > 0$.
График имеет вертикальную асимптоту $x = 0$ (ось OY) и горизонтальную асимптоту $y = 0$ (ось OX).
Так как $x > 0$, мы строим только правую часть этого графика (в первом координатном углу).
Функция всегда положительна, при $x \to 0^+$ $y \to +\infty$, а при $x \to +\infty$ $y \to 0$. Некоторые точки графика: $(1; 1)$, $(2; 1/4)$, $(1/2; 4)$.

График представляет собой кривую, расположенную в первой координатной четверти, приближающуюся к осям координат.

Ответ: Графиком функции является правая ветвь кривой $y = \frac{1}{x^2}$ (для $x>0$) с асимптотами $x=0$ и $y=0$.

372. Исследуйте функцию $y=f(x)$ и постройте ее график:

1) $f(x) = 4xe^{0,5x};$

2) $f(x) = x \ln x;$

3) $f(x) = \ln x - x;$

4) $f(x) = \frac{x^2}{e^x}.$

1) f(x) = 4xe^0,5x

Решение.

1. Область определения. Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = 4(-x)e^{0.5(-x)} = -4xe^{-0.5x}$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида (ни четной, ни нечетной).

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: при $x=0$, $y = 4 \cdot 0 \cdot e^0 = 0$. Точка пересечения (0, 0).

- С осью OX: при $y=0$, $4xe^{0.5x} = 0$. Так как $e^{0.5x} > 0$ для любого $x$, то $x=0$. Точка пересечения (0, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты отсутствуют, так как функция непрерывна на всей числовой оси.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. Исследуем поведение функции на бесконечности.

При $x \to +\infty$, $\lim_{x \to +\infty} 4xe^{0.5x} = +\infty$.

При $x \to -\infty$, имеем неопределенность вида $\infty \cdot 0$. Преобразуем и применим правило Лопиталя: $\lim_{x \to -\infty} 4xe^{0.5x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4x}{e^{-0.5x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{(4x)'}{(e^{-0.5x})'} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4}{-0.5e^{-0.5x}} = \lim_{x \to -\infty} -8e^{0.5x} = 0$. Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to -\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (4xe^{0.5x})' = 4e^{0.5x} + 4x \cdot 0.5e^{0.5x} = (4+2x)e^{0.5x}$.

Приравниваем производную к нулю: $(4+2x)e^{0.5x} = 0 \Rightarrow 4+2x=0 \Rightarrow x=-2$.

- Если $x < -2$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $x > -2$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=-2$ функция имеет минимум. $y_{min} = f(-2) = 4(-2)e^{0.5(-2)} = -8e^{-1} = -\frac{8}{e} \approx -2.94$. Точка минимума $(-2, -8/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = ((4+2x)e^{0.5x})' = 2e^{0.5x} + (4+2x) \cdot 0.5e^{0.5x} = (2 + 2+x)e^{0.5x} = (4+x)e^{0.5x}$.

Приравниваем вторую производную к нулю: $(4+x)e^{0.5x}=0 \Rightarrow 4+x=0 \Rightarrow x=-4$.

- Если $x < -4$, то $f''(x) < 0$, график функции выпуклый вверх (вогнутый).

- Если $x > -4$, то $f''(x) > 0$, график функции выпуклый вниз (выпуклый).

В точке $x=-4$ график имеет перегиб. $y_{перегиб} = f(-4) = 4(-4)e^{0.5(-4)} = -16e^{-2} = -\frac{16}{e^2} \approx -2.17$. Точка перегиба $(-4, -16/e^2)$.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = 4xe^{0.5x}$ определена на всей числовой оси, пересекает оси координат в точке (0,0). Имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to -\infty$. Убывает на $(-\infty, -2)$ и возрастает на $(-2, +\infty)$. Точка минимума $(-2, -8/e)$. График является вогнутым на $(-\infty, -4)$ и выпуклым на $(-4, +\infty)$. Точка перегиба $(-4, -16/e^2)$. График представлен выше.

2) f(x) = xln x

Решение.

1. Область определения. Аргумент логарифма должен быть строго положительным, поэтому $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. Область определения несимметрична относительно нуля, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: пересечения нет, так как $x=0$ не входит в область определения.

- С осью OX: при $y=0$, $x \ln x = 0$. Так как $x > 0$, то $\ln x = 0$, откуда $x=1$. Точка пересечения (1, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты. Исследуем поведение функции при $x \to 0+$. Применим правило Лопиталя: $\lim_{x \to 0+} x \ln x = \lim_{x \to 0+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0+} \frac{(\ln x)'}{(1/x)'} = \lim_{x \to 0+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0+} (-x) = 0$. Вертикальной асимптоты нет.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} x \ln x = +\infty$. Проверим наклонную асимптоту $y=kx+b$: $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{x \ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (x \ln x)' = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1$.

Приравниваем производную к нулю: $\ln x + 1 = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = 1/e$.

- Если $0 < x < 1/e$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $x > 1/e$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

В точке $x=1/e$ функция имеет минимум. $y_{min} = f(1/e) = \frac{1}{e} \ln(\frac{1}{e}) = \frac{1}{e}(-1) = -\frac{1}{e} \approx -0.37$. Точка минимума $(1/e, -1/e)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = (\ln x + 1)' = \frac{1}{x}$.

Так как в области определения $x>0$, то $f''(x) > 0$. Следовательно, график функции всегда выпуклый вниз (выпуклый). Точек перегиба нет.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = x \ln x$ определена для $x>0$. Пересекает ось абсцисс в точке (1,0). Асимптот не имеет, $\lim_{x \to 0+} f(x) = 0$. Убывает на $(0, 1/e)$ и возрастает на $(1/e, +\infty)$. Точка минимума $(1/e, -1/e)$. График функции всегда выпуклый. График представлен выше.

3) f(x) = lnx - x

Решение.

1. Область определения. $x>0$. $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. Область определения несимметрична, функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: пересечения нет ($x>0$).

- С осью OX: $\ln x - x = 0 \Rightarrow \ln x = x$. Это уравнение не имеет решений, так как прямая $y=x$ всегда лежит выше графика $y=\ln x$. Значит, пересечений с осью OX нет. Поскольку $f(1) = \ln 1 - 1 = -1$, а это точка максимума (см. ниже), то $f(x) \le -1$ для всех $x>0$.

4. Асимптоты.

- Вертикальная асимптота. $\lim_{x \to 0+} (\ln x - x) = -\infty$. Следовательно, $x=0$ (ось OY) является вертикальной асимптотой.

- Горизонтальные и наклонные асимптоты. При $x \to +\infty$: $\lim_{x \to +\infty} (\ln x - x) = \lim_{x \to +\infty} x(\frac{\ln x}{x} - 1) = +\infty(0-1) = -\infty$. Проверим наклонную асимптоту $y=kx+b$: $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x - x}{x} = \lim_{x \to +\infty} (\frac{\ln x}{x} - 1) = 0 - 1 = -1$. $b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to +\infty} (\ln x - x - (-1)x) = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$. Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (\ln x - x)' = \frac{1}{x} - 1$.

Приравниваем производную к нулю: $\frac{1}{x} - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$.

- Если $0 < x < 1$, то $f'(x) > 0$, функция возрастает.

- Если $x > 1$, то $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=1$ функция имеет максимум. $y_{max} = f(1) = \ln 1 - 1 = -1$. Точка максимума (1, -1).

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = (\frac{1}{x} - 1)' = -\frac{1}{x^2}$.

Так как в области определения $x>0$, то $f''(x) < 0$. Следовательно, график функции всегда выпуклый вверх (вогнутый). Точек перегиба нет.

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = \ln x - x$ определена для $x>0$. Имеет вертикальную асимптоту $x=0$. Не пересекает оси координат. Возрастает на $(0, 1)$ и убывает на $(1, +\infty)$. Точка максимума $(1, -1)$. График функции всегда вогнутый. График представлен выше.

4) f(x) = x²/e^x

Решение.

Запишем функцию в виде $f(x) = x^2 e^{-x}$.

1. Область определения. Функция определена для всех действительных чисел. $D(f) = (-\infty; +\infty)$.

2. Четность и нечетность. $f(-x) = (-x)^2 e^{-(-x)} = x^2 e^x$. Функция общего вида.

3. Точки пересечения с осями координат.

- С осью OY: при $x=0$, $y=0$. Точка (0, 0).

- С осью OX: при $y=0$, $x^2 e^{-x} = 0 \Rightarrow x=0$. Точка (0, 0).

4. Асимптоты.

- Вертикальные асимптоты отсутствуют.

- Горизонтальные асимптоты. При $x \to +\infty$, по правилу Лопиталя: $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x} = 0$. Следовательно, $y=0$ является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$. При $x \to -\infty$, $\lim_{x \to -\infty} x^2 e^{-x} = (+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$. Горизонтальной асимптоты слева нет. Наклонных асимптот тоже нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Находим первую производную: $f'(x) = (x^2 e^{-x})' = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = (2x-x^2)e^{-x} = x(2-x)e^{-x}$.

Приравниваем производную к нулю: $x(2-x)e^{-x} = 0 \Rightarrow x=0$ или $x=2$.

- Если $x < 0$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

- Если $0 < x < 2$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

- Если $x > 2$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=0$ минимум: $y_{min} = f(0)=0$. Точка минимума (0, 0).

В точке $x=2$ максимум: $y_{max} = f(2) = 2^2 e^{-2} = 4/e^2 \approx 0.54$. Точка максимума $(2, 4/e^2)$.

6. Выпуклость, вогнутость и точки перегиба.

Находим вторую производную: $f''(x) = ((2x-x^2)e^{-x})' = (2-2x)e^{-x} - (2x-x^2)e^{-x} = (x^2-4x+2)e^{-x}$.

Приравниваем вторую производную к нулю: $x^2-4x+2 = 0$. Корни уравнения: $x_{1,2} = 2 \pm \sqrt{2}$.

$x_1 = 2-\sqrt{2} \approx 0.59$, $x_2 = 2+\sqrt{2} \approx 3.41$.

- Если $x < 2-\sqrt{2}$ или $x > 2+\sqrt{2}$, $f''(x)>0$, график выпуклый вниз (выпуклый).

- Если $2-\sqrt{2} < x < 2+\sqrt{2}$, $f''(x)<0$, график выпуклый вверх (вогнутый).

Точки перегиба: $x=2-\sqrt{2}$ ($y \approx 0.19$) и $x=2+\sqrt{2}$ ($y \approx 0.38$).

7. График функции:

Ответ: Функция $f(x) = x^2/e^x$ определена на всей числовой оси. Пересекает оси в точке (0,0), которая является точкой минимума. Имеет горизонтальную асимптоту $y=0$ при $x \to +\infty$. Точка максимума $(2, 4/e^2)$. Функция убывает на $(-\infty, 0) \cup (2, +\infty)$ и возрастает на $(0, 2)$. Имеет две точки перегиба при $x = 2 \pm \sqrt{2}$. График представлен выше.

373. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции $y=f(x)$ на отрезке $[a;b]$:

1) $f(x) = \left(\frac{2}{3}\right)^x$, $[-1; 0]$;

2) $f(x) = 2^x - 4$, $[-2; 2]$;

3) $f(x) = 3 + \log_5 x$, $\left[\frac{1}{5}; 5\right]$;

4) $f(x) = \log_4 x - 1$, $\left[\frac{1}{16}; 4\right]$.

1) Функция $f(x) = \left(\frac{2}{3}\right)^x$ является показательной. Основание степени $a = \frac{2}{3}$ удовлетворяет условию $0 < a < 1$, следовательно, функция является убывающей на всей числовой прямой. На отрезке $[-1; 0]$ функция достигает своего наибольшего значения на левом конце отрезка, а наименьшего — на правом.
Вычислим значения функции на концах отрезка:
Наибольшее значение: $y_{наиб} = f(-1) = \left(\frac{2}{3}\right)^{-1} = \frac{3}{2} = 1.5$.
Наименьшее значение: $y_{наим} = f(0) = \left(\frac{2}{3}\right)^0 = 1$.
Ответ: наибольшее значение функции равно $1.5$, наименьшее значение равно $1$.

2) Функция $f(x) = 2^x - 4$. Показательная функция $y=2^x$ имеет основание $a = 2 > 1$, поэтому она является возрастающей. Функция $f(x)$ получена из $y=2^x$ сдвигом вниз на 4 единицы, что не меняет её монотонности. Следовательно, $f(x)$ возрастает на всей числовой прямой. На отрезке $[-2; 2]$ функция достигает своего наименьшего значения на левом конце отрезка, а наибольшего — на правом.
Вычислим значения функции на концах отрезка:
Наименьшее значение: $y_{наим} = f(-2) = 2^{-2} - 4 = \frac{1}{4} - 4 = -3.75$.
Наибольшее значение: $y_{наиб} = f(2) = 2^2 - 4 = 4 - 4 = 0$.
Ответ: наибольшее значение функции равно $0$, наименьшее значение равно $-3.75$.

3) Функция $f(x) = 3 + \log_5 x$. Логарифмическая функция $y=\log_5 x$ имеет основание $a=5 > 1$, поэтому она является возрастающей на своей области определения $(0; +\infty)$. Функция $f(x)$ получена из $y=\log_5 x$ сдвигом вверх на 3 единицы, что не меняет её монотонности. Следовательно, $f(x)$ возрастает на всей области определения. На отрезке $[\frac{1}{5}; 5]$ функция достигает своего наименьшего значения на левом конце отрезка, а наибольшего — на правом.
Вычислим значения функции на концах отрезка:
Наименьшее значение: $y_{наим} = f\left(\frac{1}{5}\right) = 3 + \log_5\left(\frac{1}{5}\right) = 3 + \log_5(5^{-1}) = 3 - 1 = 2$.
Наибольшее значение: $y_{наиб} = f(5) = 3 + \log_5 5 = 3 + 1 = 4$.
Ответ: наибольшее значение функции равно $4$, наименьшее значение равно $2$.

4) Функция $f(x) = \log_4 x - 1$. Логарифмическая функция $y=\log_4 x$ имеет основание $a=4 > 1$, поэтому она является возрастающей на своей области определения $(0; +\infty)$. Функция $f(x)$ получена из $y=\log_4 x$ сдвигом вниз на 1 единицу, что не меняет её монотонности. Следовательно, $f(x)$ возрастает на всей области определения. На отрезке $[\frac{1}{16}; 4]$ функция достигает своего наименьшего значения на левом конце отрезка, а наибольшего — на правом.
Вычислим значения функции на концах отрезка:
Наименьшее значение: $y_{наим} = f\left(\frac{1}{16}\right) = \log_4\left(\frac{1}{16}\right) - 1 = \log_4(4^{-2}) - 1 = -2 - 1 = -3$.
Наибольшее значение: $y_{наиб} = f(4) = \log_4 4 - 1 = 1 - 1 = 0$.
Ответ: наибольшее значение функции равно $0$, наименьшее значение равно $-3$.

Для функции $y = f(x)$ найдите: 1) множество всех первообразных; 2) первообразную, график которой проходит через точку $K(a; b)$

(374—375):

374. 1) $f(x) = \frac{9}{(5 - 3x)}$, $K(1; 1);$

2) $f(x) = \frac{6}{\cos^2 3x} + 1$, $K(\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4});$

3) $f(x) = 5e^x$, $K(-1; \frac{1}{e});$

4) $f(x) = e^{2x} - 10x$, $K(0; 1).$

1)

Дано:

Функция $f(x) = \frac{9}{5 - 3x}$, точка $K(1; 1)$.

Найти:

1) Множество всех первообразных $F(x)$.

2) Первообразную, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

1) Множество всех первообразных для функции $f(x)$ находится путем вычисления неопределенного интеграла. Общий вид первообразной $F(x) = \int f(x) dx$.

$F(x) = \int \frac{9}{5 - 3x} dx$

Используем формулу для интеграла от функции вида $\frac{1}{kx+b}$: $\int \frac{1}{kx+b} dx = \frac{1}{k}\ln|kx+b| + C$.

$F(x) = 9 \int \frac{1}{5 - 3x} dx = 9 \cdot \frac{1}{-3} \ln|5 - 3x| + C = -3 \ln|5 - 3x| + C$.

Это и есть множество всех первообразных для данной функции.

2) Чтобы найти конкретную первообразную, график которой проходит через точку $K(1; 1)$, нужно подставить координаты этой точки в полученное общее уравнение для $F(x)$ и найти значение константы $C$.

$F(1) = 1$

$-3 \ln|5 - 3 \cdot 1| + C = 1$

$-3 \ln|2| + C = 1$

$-3 \ln(2) + C = 1$

$C = 1 + 3 \ln(2)$

Подставляем найденное значение $C$ в общее уравнение первообразной:

$F(x) = -3 \ln|5 - 3x| + 1 + 3 \ln(2)$.

Ответ: 1) $F(x) = -3 \ln|5 - 3x| + C$; 2) $F(x) = -3 \ln|5 - 3x| + 1 + 3 \ln(2)$.

2)

Дано:

Функция $f(x) = \frac{6}{\cos^2{3x}} + 1$, точка $K(\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$.

Найти:

1) Множество всех первообразных $F(x)$.

2) Первообразную, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

1) Находим множество всех первообразных через интегрирование:

$F(x) = \int (\frac{6}{\cos^2{3x}} + 1) dx = \int \frac{6}{\cos^2{3x}} dx + \int 1 dx$.

Используем табличные интегралы: $\int \frac{1}{\cos^2(kx)} dx = \frac{1}{k} \tan(kx) + C$ и $\int dx = x + C$.

$\int \frac{6}{\cos^2{3x}} dx = 6 \int \frac{1}{\cos^2{3x}} dx = 6 \cdot \frac{1}{3} \tan(3x) = 2 \tan(3x)$.

$\int 1 dx = x$.

Складывая результаты, получаем общее множество первообразных:

$F(x) = 2 \tan(3x) + x + C$.

2) Находим константу $C$, подставив координаты точки $K(\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$:

$F(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{4}$

$2 \tan(3 \cdot \frac{\pi}{4}) + \frac{\pi}{4} + C = \frac{\pi}{4}$

$2 \tan(\frac{3\pi}{4}) + C = 0$.

Значение тангенса $\tan(\frac{3\pi}{4}) = -1$.

$2 \cdot (-1) + C = 0$

$-2 + C = 0$

$C = 2$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 2 \tan(3x) + x + 2$.

Ответ: 1) $F(x) = 2 \tan(3x) + x + C$; 2) $F(x) = 2 \tan(3x) + x + 2$.

3)

Дано:

Функция $f(x) = 5e^x$, точка $K(-1; \frac{1}{e})$.

Найти:

1) Множество всех первообразных $F(x)$.

2) Первообразную, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

1) Множество всех первообразных $F(x)$ для функции $f(x)$:

$F(x) = \int 5e^x dx = 5 \int e^x dx = 5e^x + C$.

2) Найдем константу $C$, используя условие, что график первообразной проходит через точку $K(-1; \frac{1}{e})$.

$F(-1) = \frac{1}{e}$

$5e^{-1} + C = \frac{1}{e}$

$\frac{5}{e} + C = \frac{1}{e}$

$C = \frac{1}{e} - \frac{5}{e} = -\frac{4}{e}$.

Искомая первообразная:

$F(x) = 5e^x - \frac{4}{e}$.

Ответ: 1) $F(x) = 5e^x + C$; 2) $F(x) = 5e^x - \frac{4}{e}$.

4)

Дано:

Функция $f(x) = e^{2x} - 10x$, точка $K(0; 1)$.

Найти:

1) Множество всех первообразных $F(x)$.

2) Первообразную, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

1) Найдем множество всех первообразных, вычислив неопределенный интеграл:

$F(x) = \int (e^{2x} - 10x) dx = \int e^{2x} dx - \int 10x dx$.

Используем табличные интегралы: $\int e^{kx} dx = \frac{1}{k}e^{kx} + C$ и $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$.

$\int e^{2x} dx = \frac{1}{2}e^{2x}$.

$\int 10x dx = 10 \frac{x^2}{2} = 5x^2$.

Следовательно, общее множество первообразных:

$F(x) = \frac{1}{2}e^{2x} - 5x^2 + C$.

2) Найдем константу $C$ для первообразной, проходящей через точку $K(0; 1)$.

$F(0) = 1$

$\frac{1}{2}e^{2 \cdot 0} - 5 \cdot 0^2 + C = 1$

$\frac{1}{2}e^{0} - 0 + C = 1$

$\frac{1}{2} \cdot 1 + C = 1$

$\frac{1}{2} + C = 1$

$C = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Искомая первообразная:

$F(x) = \frac{1}{2}e^{2x} - 5x^2 + \frac{1}{2}$.

Ответ: 1) $F(x) = \frac{1}{2}e^{2x} - 5x^2 + C$; 2) $F(x) = \frac{1}{2}e^{2x} - 5x^2 + \frac{1}{2}$.

$f(x) = 16x^3 + 3x^2$, $K(1; 2)$;

2) $f(x) = \frac{2}{5x^4} + 7x^6$, $K(-1; 1)$;

3) $f(x) = \frac{5}{3\sin^2 x}$, $K\left(\frac{\pi}{4}; 1\right)$;

4) $f(x) = -\frac{6}{\sqrt{1+3x}}$, $K(5; 0)$.

1)

Дано:

Функция $f(x) = 16x^3 + 3x^2$

Точка $K(1; 2)$

Найти:

Первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

Сначала найдём общий вид первообразной для функции $f(x)$, вычислив неопределённый интеграл:

$F(x) = \int (16x^3 + 3x^2) dx = 16 \int x^3 dx + 3 \int x^2 dx$.

Используя формулу для интеграла степенной функции $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$, получаем:

$F(x) = 16 \cdot \frac{x^{4}}{4} + 3 \cdot \frac{x^{3}}{3} + C = 4x^4 + x^3 + C$, где $C$ — произвольная постоянная.

Чтобы найти значение константы $C$, используем условие, что график искомой первообразной проходит через точку $K(1; 2)$. Это означает, что при $x=1$ значение первообразной $F(1)$ должно быть равно 2.

Подставим эти значения в выражение для $F(x)$:

$F(1) = 4(1)^4 + (1)^3 + C = 2$

$4 + 1 + C = 2$

$5 + C = 2$

$C = 2 - 5 = -3$

Таким образом, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = 4x^4 + x^3 - 3$.

Ответ: $F(x) = 4x^4 + x^3 - 3$.

2)

Дано:

Функция $f(x) = \frac{2}{5x^4} + 7x^6$

Точка $K(-1; 1)$

Найти:

Первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

Представим функцию в виде, удобном для интегрирования: $f(x) = \frac{2}{5}x^{-4} + 7x^6$.

Найдём общий вид первообразных для функции $f(x)$:

$F(x) = \int (\frac{2}{5}x^{-4} + 7x^6) dx = \frac{2}{5} \int x^{-4} dx + 7 \int x^6 dx$.

Применяя формулу $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$, получаем:

$F(x) = \frac{2}{5} \cdot \frac{x^{-4+1}}{-4+1} + 7 \cdot \frac{x^{6+1}}{6+1} + C = \frac{2}{5} \cdot \frac{x^{-3}}{-3} + 7 \cdot \frac{x^7}{7} + C = -\frac{2}{15}x^{-3} + x^7 + C$.

Общий вид первообразной: $F(x) = x^7 - \frac{2}{15x^3} + C$.

Используем условие, что график первообразной проходит через точку $K(-1; 1)$. Подставим $x=-1$ и $F(-1)=1$:

$F(-1) = (-1)^7 - \frac{2}{15(-1)^3} + C = 1$

$-1 - \frac{2}{-15} + C = 1$

$-1 + \frac{2}{15} + C = 1$

$C = 1 + 1 - \frac{2}{15} = 2 - \frac{2}{15} = \frac{30}{15} - \frac{2}{15} = \frac{28}{15}$.

Следовательно, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = x^7 - \frac{2}{15x^3} + \frac{28}{15}$.

Ответ: $F(x) = x^7 - \frac{2}{15x^3} + \frac{28}{15}$.

3)

Дано:

Функция $f(x) = \frac{5}{3\sin^2 x}$

Точка $K(\frac{\pi}{4}; 1)$

Найти:

Первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

Найдём общий вид первообразных для функции $f(x)$:

$F(x) = \int \frac{5}{3\sin^2 x} dx = \frac{5}{3} \int \frac{1}{\sin^2 x} dx$.

Используя табличный интеграл $\int \frac{dx}{\sin^2 x} = -\cot x + C$, получаем:

$F(x) = \frac{5}{3} (-\cot x) + C = -\frac{5}{3}\cot x + C$.

Используем условие, что график первообразной проходит через точку $K(\frac{\pi}{4}; 1)$. Подставим $x=\frac{\pi}{4}$ и $F(\frac{\pi}{4})=1$.

$F(\frac{\pi}{4}) = -\frac{5}{3}\cot(\frac{\pi}{4}) + C = 1$.

Так как $\cot(\frac{\pi}{4}) = 1$, имеем:

$-\frac{5}{3} \cdot 1 + C = 1$

$C = 1 + \frac{5}{3} = \frac{3}{3} + \frac{5}{3} = \frac{8}{3}$.

Следовательно, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = -\frac{5}{3}\cot x + \frac{8}{3}$.

Ответ: $F(x) = -\frac{5}{3}\cot x + \frac{8}{3}$.

4)

Дано:

Функция $f(x) = -\frac{6}{\sqrt{1+3x}}$

Точка $K(5; 0)$

Найти:

Первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, график которой проходит через точку $K$.

Решение:

Представим функцию в виде, удобном для интегрирования: $f(x) = -6(1+3x)^{-\frac{1}{2}}$.

Найдём общий вид первообразных, используя формулу для сложной функции $\int (kx+b)^n dx = \frac{1}{k}\frac{(kx+b)^{n+1}}{n+1} + C$:

$F(x) = \int -6(1+3x)^{-\frac{1}{2}} dx = -6 \int (1+3x)^{-\frac{1}{2}} dx = -6 \cdot \frac{1}{3} \frac{(1+3x)^{-\frac{1}{2}+1}}{-\frac{1}{2}+1} + C$.

$F(x) = -2 \frac{(1+3x)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} + C = -2 \cdot 2 \sqrt{1+3x} + C = -4\sqrt{1+3x} + C$.

Используем условие, что график первообразной проходит через точку $K(5; 0)$. Подставим $x=5$ и $F(5)=0$.

$F(5) = -4\sqrt{1+3 \cdot 5} + C = 0$.

$-4\sqrt{1+15} + C = 0$

$-4\sqrt{16} + C = 0$

$-4 \cdot 4 + C = 0$

$-16 + C = 0$

$C = 16$.

Следовательно, искомая первообразная имеет вид:

$F(x) = -4\sqrt{1+3x} + 16$.

Ответ: $F(x) = 16 - 4\sqrt{1+3x}$.