Страница 149 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

73. 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) $f(x) = 9^{\log_{3}\frac{1}{x}}.$

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

Для построения графика данной функции вначале найдем ее область определения (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля:

$x^2 - 1 > 0$

$(x - 1)(x + 1) > 0$

Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (-\infty; -1) \cup (1; \infty)$.

Теперь, на найденной области определения, мы можем упростить функцию, используя основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$:

$f(x) = x^2 - 1$

Следовательно, график исходной функции представляет собой график параболы $y = x^2 - 1$, но только для тех значений $x$, которые принадлежат области определения.

Это парабола с вершиной в точке $(0, -1)$, ветви которой направлены вверх. Из полного графика параболы необходимо исключить ту его часть, которая соответствует значениям $x$ на отрезке $[-1, 1]$. Точки $(-1, 0)$ и $(1, 0)$ являются "выколотыми", так как они не входят в ОДЗ.

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

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

Найдем область определения функции (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$x + 2 > 0$

$x > -2$

ОДЗ: $x \in (-2; \infty)$.

Далее преобразуем выражение функции. Заметим, что основание степени $\frac{1}{4}$ и основание логарифма $\frac{1}{2}$ связаны соотношением $\frac{1}{4} = (\frac{1}{2})^2$.

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

Используя свойство логарифма $n \log_a b = \log_a(b^n)$, получим:

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

Теперь по основному логарифмическому тождеству $a^{\log_a b} = b$ имеем:

$f(x) = (x+2)^2$

Таким образом, график исходной функции — это часть параболы $y = (x+2)^2$ для $x > -2$.

График $y=(x+2)^2$ — это стандартная парабола $y=x^2$, сдвинутая на 2 единицы влево. Ее вершина находится в точке $(-2, 0)$. Поскольку по ОДЗ $x > -2$, то мы строим только правую ветвь этой параболы, причем ее вершина $(-2, 0)$ является выколотой точкой.

Ответ: Графиком функции является правая ветвь параболы $y = (x+2)^2$ с выколотой вершиной в точке $(-2, 0)$.

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

Найдем область определения функции (ОДЗ):

$x - 5 > 0$

$x > 5$

ОДЗ: $x \in (5; \infty)$.

Преобразуем функцию. Приведем основание степени к основанию логарифма, учитывая что $0.5 = \frac{1}{2} = 2^{-1}$.

$f(x) = (2^{-1})^{\log_2(x-5)} = 2^{-\log_2(x-5)}$

Используя свойство логарифма $- \log_a b = \log_a(b^{-1})$, получим:

$f(x) = 2^{\log_2((x-5)^{-1})} = 2^{\log_2(\frac{1}{x-5})}$

По основному логарифмическому тождеству:

$f(x) = \frac{1}{x-5}$

График исходной функции совпадает с графиком функции $y = \frac{1}{x-5}$ на ее области определения $x > 5$.

График функции $y = \frac{1}{x-5}$ — это гипербола, полученная сдвигом графика $y = \frac{1}{x}$ на 5 единиц вправо. Ее асимптоты — прямые $x=5$ (вертикальная) и $y=0$ (горизонтальная). Условию $x > 5$ удовлетворяет правая ветвь этой гиперболы.

Ответ: Графиком функции является правая ветвь гиперболы $y = \frac{1}{x-5}$ (для $x > 5$), с вертикальной асимптотой $x=5$ и горизонтальной асимптотой $y=0$.

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

Найдем область определения функции (ОДЗ):

$\frac{1}{x} > 0$

Это неравенство справедливо при $x > 0$.

ОДЗ: $x \in (0; \infty)$.

Преобразуем функцию. 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 $n \log_a b = \log_a(b^n)$:

$f(x) = 3^{\log_3((\frac{1}{x})^2)} = 3^{\log_3(\frac{1}{x^2})}$

По основному логарифмическому тождеству:

$f(x) = \frac{1}{x^2}$

График исходной функции — это часть графика функции $y = \frac{1}{x^2}$ при $x > 0$.

График функции $y = \frac{1}{x^2}$ состоит из двух симметричных относительно оси Oy ветвей, расположенных в верхней полуплоскости. Условию $x > 0$ удовлетворяет правая ветвь, находящаяся в первой координатной четверти. Ее асимптотами являются положительная полуось Oy (вертикальная асимптота $x=0$) и положительная полуось Ox (горизонтальная асимптота $y=0$).

Ответ: Графиком функции является правая ветвь графика $y = \frac{1}{x^2}$, расположенная в первой координатной четверти.

74. 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

1. Область определения функции.

Функция определена для всех действительных значений $x$, так как она является произведением линейной функции $4x$ и показательной функции $e^{0.5x}$, которые определены на всей числовой оси. Таким образом, область определения $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

2. Четность, нечетность, периодичность.

$f(-x) = 4(-x)e^{0.5(-x)} = -4xe^{-0.5x}$.

Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция не является ни четной, ни нечетной. Функция не является периодической.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \Rightarrow f(0) = 4 \cdot 0 \cdot e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \Rightarrow 4xe^{0.5x} = 0$. Так как $e^{0.5x} > 0$ для любого $x$, то $4x=0 \Rightarrow x=0$. Точка $(0, 0)$.

График проходит через начало координат.

4. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет, так как функция непрерывна на всей области определения.

Горизонтальные асимптоты:

$\lim_{x \to +\infty} 4xe^{0.5x} = +\infty$, так что справа горизонтальной асимптоты нет.

$\lim_{x \to -\infty} 4xe^{0.5x} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4x}{e^{-0.5x}}$. Это неопределенность вида $\frac{-\infty}{\infty}$. Применим правило Лопиталя:

$\lim_{x \to -\infty} \frac{(4x)'}{(e^{-0.5x})'} = \lim_{x \to -\infty} \frac{4}{-0.5e^{-0.5x}} = \lim_{x \to -\infty} -8e^{0.5x} = 0$.

Следовательно, $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой при $x \to -\infty$.

Наклонных асимптот нет, так как при $x \to -\infty$ есть горизонтальная асимптота, а при $x \to +\infty$ предел $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} 4e^{0.5x} = +\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Найдем первую производную:

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

Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \Rightarrow 2e^{0.5x}(2+x) = 0$. Так как $2e^{0.5x} > 0$, то $2+x=0 \Rightarrow x=-2$.

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

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

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

Точка минимума: $(-2, -8/e)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

Найдем вторую производную:

$f''(x) = (2e^{0.5x}(2+x))' = (2e^{0.5x})'(2+x) + 2e^{0.5x}(2+x)' = e^{0.5x}(2+x) + 2e^{0.5x} = e^{0.5x}(2+x+2) = e^{0.5x}(x+4)$.

Найдем точки, где $f''(x)=0 \Rightarrow e^{0.5x}(x+4) = 0 \Rightarrow x=-4$.

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

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

В точке $x=-4$ происходит смена знака второй производной, значит, это точка перегиба.

$f(-4) = 4(-4)e^{0.5(-4)} = -16e^{-2} = -16/e^2 \approx -2.16$.

Точка перегиба: $(-4, -16/e^2)$.

7. Построение графика.

На основе исследования строим график. График приближается к оси Ox слева, проходит через точку перегиба $(-4, -16/e^2)$, достигает минимума в точке $(-2, -8/e)$, проходит через начало координат $(0,0)$ и уходит в $+\infty$.

Ответ: Функция определена на $(-\infty, +\infty)$, убывает на $(-\infty, -2]$, возрастает на $[-2, +\infty)$. Точка минимума $(-2, -8/e)$. График выпуклый вверх на $(-\infty, -4)$ и выпуклый вниз на $(-4, +\infty)$. Точка перегиба $(-4, -16/e^2)$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to -\infty$.

2) f(x) = xlnx

1. Область определения функции.

Функция определена, когда выражение под логарифмом положительно, то есть $x > 0$. Область определения $D(f) = (0, +\infty)$.

2. Четность, нечетность, периодичность.

Область определения несимметрична относительно нуля, поэтому функция не является ни четной, ни нечетной. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечения с осью Oy нет, так как $x=0$ не входит в область определения.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \Rightarrow x\ln x = 0$. Так как $x > 0$, то $\ln x = 0 \Rightarrow x=1$. Точка $(1, 0)$.

4. Асимптоты.

Вертикальная асимптота может быть на границе области определения, т.е. при $x \to 0^+$.

$\lim_{x \to 0^+} x\ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}$. Это неопределенность вида $\frac{-\infty}{\infty}$. Применим правило Лопиталя:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{(\ln x)'}{(1/x)'} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0$.

Вертикальной асимптоты нет. График начинается в точке $(0,0)$ (выколотая точка).

Горизонтальных асимптот нет, так как $\lim_{x \to +\infty} x\ln x = +\infty$.

Наклонных асимптот нет, так как $k = \lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

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

Найдем критические точки: $f'(x) = 0 \Rightarrow \ln x + 1 = 0 \Rightarrow \ln x = -1 \Rightarrow x = e^{-1} = 1/e$.

При $0 < x < 1/e$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x > 1/e$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

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

Точка минимума: $(1/e, -1/e)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

Найдем вторую производную: $f''(x) = (\ln x + 1)' = 1/x$.

На всей области определения $x>0$, поэтому $f''(x) = 1/x > 0$. График функции всегда выпуклый вниз (выпуклый). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

График начинается в точке $(0,0)$, убывает до точки минимума $(1/e, -1/e)$, затем возрастает, проходя через точку $(1,0)$, и уходит в $+\infty$.

Ответ: Функция определена на $(0, +\infty)$, убывает на $(0, 1/e]$, возрастает на $[1/e, +\infty)$. Точка минимума $(1/e, -1/e)$. График выпуклый вниз на всей области определения. Асимптот нет.

3) f(x) = lnx - x

1. Область определения функции.

Функция определена при $x > 0$. Область определения $D(f) = (0, +\infty)$.

2. Четность, нечетность, периодичность.

Область определения несимметрична, функция общего вида. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечения с осью Oy нет ($x=0$ не в $D(f)$).

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \Rightarrow \ln x - x = 0 \Rightarrow \ln x = x$. Это уравнение не имеет решений. Чтобы это показать, рассмотрим функцию $g(x) = \ln x - x$. Ее производная $g'(x) = 1/x - 1$. $g'(x)=0$ при $x=1$. Это точка максимума. $g_{max} = g(1) = \ln 1 - 1 = -1$. Так как максимальное значение функции равно -1, она никогда не пересекает ось Ox. График полностью лежит ниже оси Ox.

4. Асимптоты.

Вертикальная асимптота: $\lim_{x \to 0^+} (\ln x - x) = -\infty$. Прямая $x=0$ (ось Oy) является вертикальной асимптотой.

Горизонтальных асимптот нет, так как $\lim_{x \to +\infty} (\ln x - x) = \lim_{x \to +\infty} x(\frac{\ln x}{x} - 1) = -\infty$.

Наклонная асимптота $y=kx+b$:

$k = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x - x}{x} = \lim_{x \to +\infty} (\frac{\ln x}{x} - 1) = 0-1 = -1$.

$b = \lim_{x \to +\infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to +\infty} (\ln x - x - (-1)x) = \lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty$.

Так как $b$ не является конечным числом, наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

Найдем первую производную: $f'(x) = 1/x - 1$.

Критическая точка: $f'(x)=0 \Rightarrow 1/x - 1 = 0 \Rightarrow x=1$.

При $0 < x < 1$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x > 1$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

В точке $x=1$ функция имеет максимум. $f_{max} = f(1) = \ln 1 - 1 = -1$.

Точка максимума: $(1, -1)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

Найдем вторую производную: $f''(x) = (1/x - 1)' = -1/x^2$.

На всей области определения $x>0$, поэтому $f''(x) = -1/x^2 < 0$. График функции всегда выпуклый вверх (вогнутый). Точек перегиба нет.

7. Построение графика.

График начинается от $-\infty$ вдоль оси Oy, возрастает до точки максимума $(1, -1)$, а затем убывает, уходя в $-\infty$.

Ответ: Функция определена на $(0, +\infty)$, возрастает на $(0, 1]$, убывает на $[1, +\infty)$. Точка максимума $(1, -1)$. График выпуклый вверх на всей области определения. Вертикальная асимптота $x=0$.

4) f(x) = x²/e^x

1. Область определения функции.

Знаменатель $e^x \neq 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Область определения $D(f) = (-\infty, +\infty)$.

2. Четность, нечетность, периодичность.

$f(-x) = (-x)^2 / e^{-x} = x^2e^x$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция общего вида. Непериодическая.

3. Точки пересечения с осями координат.

Пересечение с осью Oy: $x=0 \Rightarrow f(0) = 0^2/e^0 = 0$. Точка $(0, 0)$.

Пересечение с осью Ox: $f(x)=0 \Rightarrow x^2/e^x = 0 \Rightarrow x^2=0 \Rightarrow x=0$. Точка $(0, 0)$.

График проходит через начало координат. Также $f(x) \ge 0$ для всех $x$, так как $x^2 \ge 0$ и $e^x > 0$.

4. Асимптоты.

Вертикальных асимптот нет.

Горизонтальные асимптоты:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x}$. Неопределенность $\frac{\infty}{\infty}$. Дважды применим правило Лопиталя:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x} = 0$.

Прямая $y=0$ (ось Ox) — горизонтальная асимптота при $x \to +\infty$.

$\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2}{e^x} = \lim_{x \to -\infty} x^2e^{-x} = (+\infty) \cdot (+\infty) = +\infty$. Слева горизонтальной асимптоты нет.

Наклонных асимптот нет.

5. Промежутки монотонности и точки экстремума.

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

Критические точки: $f'(x)=0 \Rightarrow x(2-x)=0 \Rightarrow x=0$ или $x=2$.

При $x \in (-\infty, 0)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

При $x \in (0, 2)$, $f'(x) > 0$, функция возрастает.

При $x \in (2, +\infty)$, $f'(x) < 0$, функция убывает.

$x=0$ — точка минимума. $f_{min} = f(0)=0$. Точка минимума: $(0,0)$.

$x=2$ — точка максимума. $f_{max} = f(2) = 2^2/e^2 = 4/e^2 \approx 0.54$. Точка максимума: $(2, 4/e^2)$.

6. Промежутки выпуклости и точки перегиба.

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

Найдем точки, где $f''(x)=0 \Rightarrow x^2-4x+2=0$.

$D = 16 - 8 = 8$, $x_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{8}}{2} = 2 \pm \sqrt{2}$.

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

При $x \in (-\infty, 2-\sqrt{2})$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.

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

При $x \in (2+\sqrt{2}, +\infty)$, $f''(x) > 0$, график выпуклый вниз.

Точки $x=2-\sqrt{2}$ и $x=2+\sqrt{2}$ являются точками перегиба.

$f(2-\sqrt{2}) = \frac{(2-\sqrt{2})^2}{e^{2-\sqrt{2}}} \approx \frac{0.34}{1.8} \approx 0.19$.

$f(2+\sqrt{2}) = \frac{(2+\sqrt{2})^2}{e^{2+\sqrt{2}}} \approx \frac{11.66}{30.4} \approx 0.38$.

7. Построение графика.

График приходит из $+\infty$ слева, убывает до точки минимума в начале координат $(0,0)$, затем возрастает до точки максимума $(2, 4/e^2)$, после чего убывает, асимптотически приближаясь к оси Ox. График имеет две точки перегиба.

Ответ: Функция определена на $(-\infty, +\infty)$, убывает на $(-\infty, 0] \cup [2, +\infty)$, возрастает на $[0, 2]$. Точка минимума $(0,0)$, точка максимума $(2, 4/e^2)$. График выпуклый вниз на $(-\infty, 2-\sqrt{2}) \cup (2+\sqrt{2}, +\infty)$ и выпуклый вверх на $(2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2})$. Точки перегиба при $x=2\pm\sqrt{2}$. Горизонтальная асимптота $y=0$ при $x \to +\infty$.

75. 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) $f(x) = (\frac{2}{3})^x$ на отрезке $[-1; 0]$

Данная функция является показательной. Основание степени $a = \frac{2}{3}$. Так как $0 < a < 1$, функция является монотонно убывающей на всей области определения, в том числе и на заданном отрезке $[-1; 0]$.

Это означает, что наибольшее значение функция принимает на левом конце отрезка (при наименьшем значении $x$), а наименьшее значение — на правом конце отрезка (при наибольшем значении $x$).

Найдем значения функции на концах отрезка:

Наибольшее значение: $f_{наиб.} = f(-1) = (\frac{2}{3})^{-1} = \frac{1}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{2} = 1.5$.

Наименьшее значение: $f_{наим.} = f(0) = (\frac{2}{3})^0 = 1$.

Ответ: наибольшее значение функции на отрезке равно $1.5$, наименьшее значение равно $1$.

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

Функция $y=2^x$ является показательной с основанием $a = 2$. Так как $a > 1$, эта функция монотонно возрастает. Функция $f(x) = 2^x - 4$ получена из $y=2^x$ сдвигом вниз на 4 единицы, что не меняет ее характера монотонности. Следовательно, функция $f(x)$ монотонно возрастает на отрезке $[-2; 2]$.

Это означает, что наименьшее значение функция принимает на левом конце отрезка, а наибольшее — на правом.

Найдем значения функции на концах отрезка:

Наименьшее значение: $f_{наим.} = f(-2) = 2^{-2} - 4 = \frac{1}{2^2} - 4 = \frac{1}{4} - 4 = 0.25 - 4 = -3.75$.

Наибольшее значение: $f_{наиб.} = f(2) = 2^2 - 4 = 4 - 4 = 0$.

Ответ: наибольшее значение функции на отрезке равно $0$, наименьшее значение равно $-3.75$.

3) $f(x) = 3 + \log_5 x$ на отрезке $[\frac{1}{5}; 5]$

Функция $y=\log_5 x$ является логарифмической с основанием $a = 5$. Так как $a > 1$, эта функция монотонно возрастает. Функция $f(x) = 3 + \log_5 x$ получена из $y=\log_5 x$ сдвигом вверх на 3 единицы, что не влияет на ее монотонность. Следовательно, функция $f(x)$ монотонно возрастает на отрезке $[\frac{1}{5}; 5]$.

Таким образом, наименьшее значение функция принимает на левом конце отрезка, а наибольшее — на правом.

Найдем значения функции на концах отрезка:

Наименьшее значение: $f_{наим.} = f(\frac{1}{5}) = 3 + \log_5(\frac{1}{5}) = 3 + \log_5(5^{-1}) = 3 + (-1) = 2$.

Наибольшее значение: $f_{наиб.} = f(5) = 3 + \log_5 5 = 3 + 1 = 4$.

Ответ: наибольшее значение функции на отрезке равно $4$, наименьшее значение равно $2$.

4) $f(x) = \log_4 x - 1$ на отрезке $[\frac{1}{16}; 4]$

Функция $y=\log_4 x$ является логарифмической с основанием $a = 4$. Так как $a > 1$, эта функция монотонно возрастает. Функция $f(x) = \log_4 x - 1$ получена из $y=\log_4 x$ сдвигом вниз на 1 единицу, что не меняет ее монотонность. Следовательно, функция $f(x)$ монотонно возрастает на отрезке $[\frac{1}{16}; 4]$.

Значит, наименьшее значение функция принимает на левом конце отрезка, а наибольшее — на правом.

Найдем значения функции на концах отрезка:

Наименьшее значение: $f_{наим.} = f(\frac{1}{16}) = \log_4(\frac{1}{16}) - 1 = \log_4(4^{-2}) - 1 = -2 - 1 = -3$.

Наибольшее значение: $f_{наиб.} = f(4) = \log_4 4 - 1 = 1 - 1 = 0$.

Ответ: наибольшее значение функции на отрезке равно $0$, наименьшее значение равно $-3$.

Для функции $y = f(x)$ найдите: 1) множество всех первообразных; 2) первообразную, график которой проходит через точку $K(a; b)$ (76–77):

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

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

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

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

1) Для функции $f(x) = \frac{9}{(5-3x)^2}$ и точки $K(1; 1)$.

1. Найдём множество всех первообразных. Для этого вычислим неопределённый интеграл:

$F(x) = \int \frac{9}{(5-3x)^2} dx = 9 \int (5-3x)^{-2} dx$.

Сделаем замену: $t = 5-3x$, тогда $dt = -3dx$, и $dx = -\frac{1}{3}dt$.

$F(x) = 9 \int t^{-2} (-\frac{1}{3}dt) = -3 \int t^{-2} dt = -3 \frac{t^{-1}}{-1} + C = \frac{3}{t} + C$.

Возвращаясь к исходной переменной, получаем множество всех первообразных:

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

2. Найдём первообразную, график которой проходит через точку $K(1; 1)$.

Подставим координаты точки $x=1$, $y=1$ в уравнение для $F(x)$:

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

$1 = \frac{3}{2} + C$

$C = 1 - \frac{3}{2} = -\frac{1}{2}$.

Искомая первообразная: $F(x) = \frac{3}{5-3x} - \frac{1}{2}$.

Ответ: 1) $F(x) = \frac{3}{5-3x} + C$; 2) $F(x) = \frac{3}{5-3x} - \frac{1}{2}$.

2) Для функции $f(x) = \frac{6}{\cos^2(3x)} + 1$ и точки $K(\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$.

1. Найдём множество всех первообразных:

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

Используем табличные интегралы:

$F(x) = 6 \cdot (\frac{1}{3}\tan(3x)) + x + C = 2\tan(3x) + x + C$.

2. Найдём первообразную, график которой проходит через точку $K(\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4})$.

Подставим координаты точки $x=\frac{\pi}{4}$, $y=\frac{\pi}{4}$:

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

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

Так как $\tan(\frac{3\pi}{4}) = -1$, получаем:

$0 = 2(-1) + C \implies C = 2$.

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) Для функции $f(x) = 5e^x$ и точки $K(-1; \frac{1}{e})$.

1. Найдём множество всех первообразных:

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

2. Найдём первообразную, график которой проходит через точку $K(-1; \frac{1}{e})$.

Подставим координаты точки $x=-1$, $y=\frac{1}{e}$:

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

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

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

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) Для функции $f(x) = e^{2x} - 10x$ и точки $K(0; 1)$.

1. Найдём множество всех первообразных:

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

Используем табличные интегралы:

$F(x) = \frac{1}{2}e^{2x} - 10\frac{x^2}{2} + C = \frac{1}{2}e^{2x} - 5x^2 + C$.

2. Найдём первообразную, график которой проходит через точку $K(0; 1)$.

Подставим координаты точки $x=0$, $y=1$:

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

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

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

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

77. 1) $f(x) = 16x^3 + 3x^2$, 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) Для того чтобы найти первообразную $F(x)$ для функции $f(x)$, график которой проходит через заданную точку $K(x_0; y_0)$, необходимо сначала найти общий вид первообразной (неопределенный интеграл), а затем, используя координаты точки, вычислить константу интегрирования $C$.

Дана функция $f(x) = 16x^3 + 3x^2$ и точка $K(1; 2)$.

1. Находим общий вид первообразной $F(x)$ путем интегрирования $f(x)$:

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

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

$F(x) = 16 \cdot \frac{x^{4}}{4} + 3 \cdot \frac{x^{3}}{3} + C = 4x^4 + x^3 + C$.

2. Используем координаты точки $K(1; 2)$ для нахождения $C$. Это означает, что при $x=1$, значение $F(1)$ должно быть равно $2$.

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

$4 + 1 + C = 2$

$5 + C = 2$

$C = 2 - 5 = -3$.

3. Подставляем найденное значение $C$ в общее выражение для первообразной.

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

Ответ: $F(x) = 4x^4 + x^3 - 3$.

2) Дана функция $f(x) = \frac{2}{5x^4} + 7x^6$ и точка $K(-1; 1)$.

1. Перепишем функцию для удобства интегрирования: $f(x) = \frac{2}{5}x^{-4} + 7x^6$.

Находим общий вид первообразной:

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

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

2. Используем координаты точки $K(-1; 1)$, то есть $F(-1) = 1$.

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

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

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

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

$-\frac{13}{15} + C = 1$

$C = 1 + \frac{13}{15} = \frac{15+13}{15} = \frac{28}{15}$.

3. Искомая первообразная:

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

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

3) Дана функция $f(x) = \frac{5}{3\sin^2 x}$ и точка $K(\frac{\pi}{4}; 1)$.

1. Находим общий вид первообразной, используя табличный интеграл $\int \frac{dx}{\sin^2 x} = -\cot x + C$.

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

2. Используем координаты точки $K(\frac{\pi}{4}; 1)$, то есть $F(\frac{\pi}{4}) = 1$.

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

Поскольку $\cot(\frac{\pi}{4}) = 1$, получаем:

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

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

3. Искомая первообразная:

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

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

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

1. Перепишем функцию: $f(x) = -6(1+3x)^{-1/2}$.

Находим общий вид первообразной, используя формулу для сложной функции $\int (ax+b)^n dx = \frac{1}{a} \frac{(ax+b)^{n+1}}{n+1} + C$.

$F(x) = \int -6(1+3x)^{-1/2} dx = -6 \int (1+3x)^{-1/2} dx$

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

2. Используем координаты точки $K(5; 0)$, то есть $F(5) = 0$.

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

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

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

$-4 \cdot 4 + C = 0$

$-16 + C = 0$

$C = 16$.

3. Искомая первообразная:

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

Ответ: $F(x) = 16 - 4\sqrt{1+3x}$.

78. Используя график функции $y = f(x)$, перечислите ее свойства (рис. 62, 63).

Рис. 62

Рис. 63

Рис. 62

Анализ свойств функции $y = |\log_2 x|$ на основе её графика.

1. Область определения. Логарифмическая функция $ \log_2 x $ определена только для положительных значений аргумента, т.е. $x > 0$. Таким образом, область определения функции $D(f) = (0; +\infty)$.

2. Область значений. Функция представляет собой абсолютную величину (модуль), поэтому её значения всегда неотрицательны. Минимальное значение равно 0. Следовательно, область значений функции $E(f) = [0; +\infty)$.

3. Нули функции. Значение функции равно нулю, когда $|\log_2 x| = 0$, что означает $\log_2 x = 0$. Это уравнение имеет решение $x = 2^0 = 1$. Таким образом, функция имеет один нуль в точке $x = 1$.

4. Четность. Область определения функции, интервал $(0; +\infty)$, не является симметричной относительно нуля. Поэтому функция не является ни четной, ни нечетной (является функцией общего вида).

5. Промежутки знакопостоянства. Функция $y = |\log_2 x|$ всегда неотрицательна. Она равна нулю только в точке $x=1$. Следовательно, $y > 0$ при $x \in (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

6. Монотонность. Из графика видно, что функция убывает на промежутке $(0; 1]$ и возрастает на промежутке $[1; +\infty)$.

7. Экстремумы. В точке $x = 1$ функция достигает своего минимума. Точка минимума $x_{min} = 1$, минимальное значение $y_{min} = f(1) = 0$. Это точка глобального минимума. Максимума у функции нет.

8. Асимптоты. Когда $x$ стремится к $0$ справа ($x \to 0+$), $\log_2 x \to -\infty$, и соответственно $|\log_2 x| \to +\infty$. Прямая $x = 0$ (ось ординат) является вертикальной асимптотой.

Ответ: Свойства функции $y = |\log_2 x|$: область определения $D(f) = (0; +\infty)$; область значений $E(f) = [0; +\infty)$; нуль функции $x=1$; функция общего вида; $y>0$ на $(0; 1) \cup (1; +\infty)$; убывает на $(0; 1]$, возрастает на $[1; +\infty)$; точка минимума $(1; 0)$; вертикальная асимптота $x=0$.

Рис. 63

Анализ свойств функции $y = |(\frac{1}{2})^x - 1|$ на основе её графика.

1. Область определения. Показательная функция определена для всех действительных чисел $x$. Следовательно, область определения $D(f) = (-\infty; +\infty)$ или $D(f) = \mathbb{R}$.

2. Область значений. Функция является модулем, поэтому её значения неотрицательны. Минимальное значение равно 0. Область значений $E(f) = [0; +\infty)$.

3. Нули функции. Функция равна нулю, когда $|(\frac{1}{2})^x - 1| = 0$, что означает $(\frac{1}{2})^x = 1$. Это уравнение имеет решение $x = 0$. Нуль функции в точке $x = 0$.

4. Четность. Область определения симметрична относительно нуля. Проверим значение функции в точке $-x$: $f(-x) = |(\frac{1}{2})^{-x} - 1| = |2^x - 1|$. Так как $f(-x) \neq f(x)$ и $f(-x) \neq -f(x)$, функция является функцией общего вида.

5. Промежутки знакопостоянства. Функция $y = |(\frac{1}{2})^x - 1|$ всегда неотрицательна. Она равна нулю только при $x=0$. Следовательно, $y > 0$ при $x \in (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

6. Монотонность. Из графика видно, что функция убывает на промежутке $(-\infty; 0]$ и возрастает на промежутке $[0; +\infty)$.

7. Экстремумы. В точке $x = 0$ функция достигает своего минимума. Точка минимума $x_{min} = 0$, минимальное значение $y_{min} = f(0) = 0$. Это точка глобального минимума. Максимума у функции нет.

8. Асимптоты. При $x \to +\infty$, выражение $(\frac{1}{2})^x \to 0$, тогда $y \to |0-1| = 1$. Прямая $y = 1$ является горизонтальной асимптотой графика при $x \to +\infty$. Вертикальных асимптот нет.

Ответ: Свойства функции $y = |(\frac{1}{2})^x - 1|$: область определения $D(f) = (-\infty; +\infty)$; область значений $E(f) = [0; +\infty)$; нуль функции $x=0$; функция общего вида; $y>0$ на $(-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$; убывает на $(-\infty; 0]$, возрастает на $[0; +\infty)$; точка минимума $(0; 0)$; горизонтальная асимптота $y=1$ (при $x \to +\infty$).

Найдите площади фигур, ограниченных линиями (79—81):

79. 1) $y = x^2 - 4x + 7$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 1$;

2) $y = x^2 + 6x - 8$, $y = 0$, $x = 0$, $x = 2$;

3) $y = x^2 + 3x$, $y = 0$;

4) $y = 6x - x^2$, $y = 0$.

1) Фигура ограничена линиями $y = x^2 - 4x + 7$, $y=0$, $x=0$, $x=1$.

Площадь такой фигуры, которая является криволинейной трапецией, вычисляется с помощью определенного интеграла по формуле $S = \int_{a}^{b} f(x) \,dx$, если $f(x) \ge 0$ на отрезке $[a, b]$.

В данном случае, $f(x) = x^2 - 4x + 7$, а пределы интегрирования $a=0$ и $b=1$.

Чтобы определить знак функции на отрезке $[0, 1]$, найдем дискриминант квадратного трехчлена $x^2 - 4x + 7$: $D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 16 - 28 = -12$. Поскольку $D < 0$ и коэффициент при $x^2$ положителен ($a=1 > 0$), вся парабола находится выше оси Ox. Следовательно, $f(x) > 0$ для всех значений $x$, в том числе и на отрезке $[0, 1]$.

Таким образом, площадь вычисляется как:

$S = \int_{0}^{1} (x^2 - 4x + 7) \,dx$

Находим первообразную для подынтегральной функции:

$F(x) = \int (x^2 - 4x + 7) \,dx = \frac{x^3}{3} - 4\frac{x^2}{2} + 7x = \frac{x^3}{3} - 2x^2 + 7x$

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

$S = F(1) - F(0) = \left(\frac{1^3}{3} - 2(1)^2 + 7(1)\right) - \left(\frac{0^3}{3} - 2(0)^2 + 7(0)\right) = \left(\frac{1}{3} - 2 + 7\right) - 0 = 5 + \frac{1}{3} = \frac{15}{3} + \frac{1}{3} = \frac{16}{3}$.

Ответ: $S = \frac{16}{3}$.

2) Фигура ограничена линиями $y = x^2 + 6x - 8$, $y=0$, $x=0$, $x=2$.

Площадь фигуры вычисляется по формуле $S = \int_{a}^{b} |f(x)| \,dx$. Необходимо исследовать знак функции $f(x) = x^2 + 6x - 8$ на отрезке $[0, 2]$.

Найдем корни уравнения $x^2 + 6x - 8 = 0$. Дискриминант $D = 6^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-8) = 36 + 32 = 68$. Корни уравнения: $x_{1,2} = \frac{-6 \pm \sqrt{68}}{2} = \frac{-6 \pm 2\sqrt{17}}{2} = -3 \pm \sqrt{17}$.

Корень $x_1 = -3 - \sqrt{17}$ не принадлежит отрезку $[0, 2]$. Корень $x_2 = \sqrt{17} - 3$. Учитывая, что $4^2=16$ и $5^2=25$, имеем $4 < \sqrt{17} < 5$, откуда $1 < \sqrt{17}-3 < 2$. Таким образом, корень $x_2$ лежит внутри отрезка интегрирования $[0, 2]$.

Парабола $y=x^2+6x-8$ имеет ветви, направленные вверх, поэтому она отрицательна между корнями и положительна вне этого интервала. На отрезке $[0, 2]$ функция меняет знак:

при $x \in [0, \sqrt{17}-3)$ имеем $y < 0$;

при $x \in (\sqrt{17}-3, 2]$ имеем $y > 0$.

Поэтому для вычисления площади интеграл необходимо разбить на две части:

$S = \int_{0}^{2} |x^2 + 6x - 8| \,dx = \int_{0}^{\sqrt{17}-3} -(x^2 + 6x - 8) \,dx + \int_{\sqrt{17}-3}^{2} (x^2 + 6x - 8) \,dx$

Пусть $F(x)$ - первообразная для $f(x)=x^2+6x-8$, тогда $F(x) = \frac{x^3}{3} + 3x^2 - 8x$. Площадь равна:

$S = -[F(x)]_0^{\sqrt{17}-3} + [F(x)]_{\sqrt{17}-3}^2 = -(F(\sqrt{17}-3) - F(0)) + (F(2) - F(\sqrt{17}-3)) = F(2) + F(0) - 2F(\sqrt{17}-3)$.

Вычислим значения $F(0)$, $F(2)$ и $F(\sqrt{17}-3)$:

$F(0) = 0$.

$F(2) = \frac{2^3}{3} + 3(2^2) - 8(2) = \frac{8}{3} + 12 - 16 = \frac{8}{3} - 4 = -\frac{4}{3}$.

Для $x_2 = \sqrt{17}-3$ верно равенство $x_2^2 + 6x_2 - 8 = 0$, откуда $x_2^2 = 8-6x_2$. Тогда:

$x_2^3 = x_2 \cdot x_2^2 = x_2(8-6x_2) = 8x_2 - 6x_2^2 = 8x_2 - 6(8-6x_2) = 44x_2 - 48$.

$F(x_2) = \frac{x_2^3}{3} + 3x_2^2 - 8x_2 = \frac{44x_2-48}{3} + 3(8-6x_2) - 8x_2 = \frac{44}{3}x_2 - 16 + 24 - 18x_2 - 8x_2 = (\frac{44}{3} - 26)x_2 + 8 = -\frac{34}{3}x_2 + 8$.

$F(\sqrt{17}-3) = -\frac{34}{3}(\sqrt{17}-3)+8 = -\frac{34\sqrt{17}}{3} + 34 + 8 = 42 - \frac{34\sqrt{17}}{3}$.

Подставляем найденные значения в формулу для площади:

$S = -\frac{4}{3} + 0 - 2\left(42 - \frac{34\sqrt{17}}{3}\right) = -\frac{4}{3} - 84 + \frac{68\sqrt{17}}{3} = \frac{-4 - 252 + 68\sqrt{17}}{3} = \frac{68\sqrt{17} - 256}{3}$.

Ответ: $S = \frac{68\sqrt{17} - 256}{3}$.

3) Фигура ограничена линиями $y = x^2 + 3x$ и $y=0$.

В этом случае пределы интегрирования определяются точками пересечения графика функции с осью Ox ($y=0$).

Находим точки пересечения, решая уравнение $x^2 + 3x = 0$:

$x(x+3) = 0$

Корни: $x_1 = -3$, $x_2 = 0$. Это и есть пределы интегрирования.

Парабола $y = x^2+3x$ имеет ветви, направленные вверх, поэтому на интервале $(-3, 0)$ значения функции отрицательны ($y<0$).

Площадь фигуры вычисляется как интеграл от модуля функции:

$S = \int_{-3}^{0} |x^2 + 3x| \,dx = \int_{-3}^{0} -(x^2 + 3x) \,dx = \int_{-3}^{0} (-x^2 - 3x) \,dx$.

Находим первообразную: $F(x) = -\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2}$.

Вычисляем интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = F(0) - F(-3) = \left(-\frac{0^3}{3} - \frac{3 \cdot 0^2}{2}\right) - \left(-\frac{(-3)^3}{3} - \frac{3(-3)^2}{2}\right) = 0 - \left(-\frac{-27}{3} - \frac{27}{2}\right) = -\left(9 - \frac{27}{2}\right) = -\left(\frac{18-27}{2}\right) = -\left(-\frac{9}{2}\right) = \frac{9}{2}$.

Ответ: $S = \frac{9}{2}$.

4) Фигура ограничена линиями $y = 6x - x^2$ и $y=0$.

Пределы интегрирования находим из условия пересечения параболы с осью Ox ($y=0$):

$6x - x^2 = 0 \Rightarrow x(6-x) = 0$.

Корни: $x_1 = 0$, $x_2 = 6$.

Парабола $y=6x-x^2$ имеет ветви, направленные вниз (коэффициент при $x^2$ отрицателен), поэтому на интервале $(0, 6)$ функция положительна ($y>0$).

Площадь фигуры равна:

$S = \int_{0}^{6} (6x - x^2) \,dx$.

Находим первообразную: $F(x) = \int(6x - x^2)dx = 6\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} = 3x^2 - \frac{x^3}{3}$.

Вычисляем интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$S = F(6) - F(0) = \left(3(6)^2 - \frac{6^3}{3}\right) - \left(3(0)^2 - \frac{0^3}{3}\right) = \left(3 \cdot 36 - \frac{216}{3}\right) - 0 = 108 - 72 = 36$.

Ответ: $S = 36$.