Номер 45.12, страница 91, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

45.12. Решите неравенство $f'(x) \ge 0$:

1) $f(x) = \frac{1}{3}\cos3x + x;$

2) $f(x) = 2\sin\frac{1}{2}x - \sqrt{3}x;$

3) $f(x) = 3\cos^2x + 2\sin^2x - x;$

4) $f(x) = \sin^23x - \frac{1}{12}\cos6x + 5x;$

5) $f(x) = \arccos3x + 2x + 3;$

6) $f(x) = \text{arcctg}2x + 2x - 1.$

1) Для функции $f(x) = \frac{1}{3}\cos(3x) + x$ найдем ее производную. Используя правило дифференцирования сложной функции, получаем: $f'(x) = (\frac{1}{3}\cos(3x) + x)' = \frac{1}{3}(-\sin(3x)) \cdot (3x)' + 1 = \frac{1}{3}(-\sin(3x)) \cdot 3 + 1 = 1 - \sin(3x)$. Теперь решим неравенство $f'(x) \ge 0$: $1 - \sin(3x) \ge 0$, что эквивалентно $\sin(3x) \le 1$. Область значений функции синус — отрезок $[-1, 1]$, поэтому неравенство $\sin(3x) \le 1$ выполняется для всех действительных значений $x$. Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.

2) Для функции $f(x) = 2\sin(\frac{1}{2}x) - \sqrt{3}x$ найдем ее производную: $f'(x) = (2\sin(\frac{1}{2}x) - \sqrt{3}x)' = 2\cos(\frac{1}{2}x) \cdot (\frac{1}{2}x)' - \sqrt{3} = 2\cos(\frac{1}{2}x) \cdot \frac{1}{2} - \sqrt{3} = \cos(\frac{1}{2}x) - \sqrt{3}$. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$: $\cos(\frac{1}{2}x) - \sqrt{3} \ge 0$, что эквивалентно $\cos(\frac{1}{2}x) \ge \sqrt{3}$. Так как максимальное значение функции косинус равно 1, а $\sqrt{3} \approx 1.732 > 1$, данное неравенство не имеет решений. Ответ: $\emptyset$.

3) Упростим функцию $f(x) = 3\cos^2x + 2\sin^2x - x$, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2x + \cos^2x = 1$: $f(x) = \cos^2x + 2\cos^2x + 2\sin^2x - x = \cos^2x + 2(\cos^2x + \sin^2x) - x = \cos^2x + 2 - x$. Найдем производную: $f'(x) = (\cos^2x + 2 - x)' = 2\cos x \cdot (-\sin x) - 1 = -2\sin x \cos x - 1$. Используя формулу синуса двойного угла $2\sin x \cos x = \sin(2x)$, получаем $f'(x) = -\sin(2x) - 1$. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$: $-\sin(2x) - 1 \ge 0$, что эквивалентно $\sin(2x) \le -1$. Поскольку область значений синуса — $[-1, 1]$, это неравенство выполняется только в случае равенства: $\sin(2x) = -1$. Решением этого уравнения является $2x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Отсюда $x = -\frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

4) Для функции $f(x) = \sin^2(3x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + 5x$ применим формулу понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$: $f(x) = \frac{1-\cos(6x)}{2} - \frac{1}{12}\cos(6x) + 5x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(6x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + 5x = \frac{1}{2} - \frac{7}{12}\cos(6x) + 5x$. Найдем производную: $f'(x) = (\frac{1}{2} - \frac{7}{12}\cos(6x) + 5x)' = -\frac{7}{12}(-\sin(6x)) \cdot 6 + 5 = \frac{7}{2}\sin(6x) + 5$. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$: $\frac{7}{2}\sin(6x) + 5 \ge 0$, что дает $\frac{7}{2}\sin(6x) \ge -5$, или $\sin(6x) \ge -\frac{10}{7}$. Так как $-1 > -\frac{10}{7}$, а наименьшее значение синуса равно -1, неравенство выполняется для всех действительных $x$. Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.

5) Для функции $f(x) = \arccos(3x) + 2x + 3$ область определения задается условием $-1 \le 3x \le 1$, то есть $x \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$. Найдем производную: $f'(x) = (\arccos(3x) + 2x + 3)' = -\frac{1}{\sqrt{1-(3x)^2}} \cdot 3 + 2 = 2 - \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}}$. Область определения производной $1-9x^2 > 0$, т.е. $x \in (-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$ на этой области: $2 - \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}} \ge 0 \implies 2 \ge \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}}$. Так как обе части положительны, можем умножить на знаменатель и возвести в квадрат: $2\sqrt{1-9x^2} \ge 3 \implies 4(1-9x^2) \ge 9 \implies 4 - 36x^2 \ge 9 \implies -36x^2 \ge 5 \implies x^2 \le -\frac{5}{36}$. Квадрат действительного числа не может быть отрицательным, следовательно, это неравенство не имеет решений. Ответ: $\emptyset$.

6) Для функции $f(x) = \text{arcctg}(2x) + 2x - 1$ найдем ее производную. Область определения функции и ее производной — все действительные числа. $f'(x) = (\text{arcctg}(2x) + 2x - 1)' = -\frac{1}{1+(2x)^2} \cdot 2 + 2 = 2 - \frac{2}{1+4x^2}$. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$: $2 - \frac{2}{1+4x^2} \ge 0 \implies 2 \ge \frac{2}{1+4x^2} \implies 1 \ge \frac{1}{1+4x^2}$. Так как знаменатель $1+4x^2$ всегда положителен, умножим обе части на него: $1+4x^2 \ge 1 \implies 4x^2 \ge 0 \implies x^2 \ge 0$. Это неравенство верно для любого действительного числа $x$. Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.