Номер 34, страница 49, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Пак, Ардакулы

34. Решите следующие неравенства:

а) $f'(x)\ge0$, если $f(x)=2\sin x-x$;

б) $f'(x)\ge0$, если $f(x)=\operatorname{tg}x+\operatorname{ctg}x$;

в) $f'(x)\le\pi+3$, если $f(x)=\sin 2\pi x+3x$;

г) $f'(x)\le\sin x$, если $f(x)=\sin x$.

a) Дано неравенство $f'(x) \ge 0$ и функция $f(x) = 2\sin x - x$.

1. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (2\sin x - x)' = 2(\sin x)' - (x)' = 2\cos x - 1$.

2. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$:

$2\cos x - 1 \ge 0$

$2\cos x \ge 1$

$\cos x \ge \frac{1}{2}$

3. Решением этого тригонометрического неравенства является совокупность промежутков. На единичной окружности косинус (абсцисса точки) больше или равен $\frac{1}{2}$ для углов в промежутке от $-\frac{\pi}{3}$ до $\frac{\pi}{3}$. С учетом периодичности функции косинус, общее решение имеет вид:

$-\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le x \le \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [-\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б) Дано неравенство $f'(x) \ge 0$ и функция $f(x) = \tg x + \ctg x$.

1. Найдем область определения функции $f(x)$. Так как $\tg x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\ctg x = \frac{\cos x}{\sin x}$, необходимо, чтобы $\cos x \ne 0$ и $\sin x \ne 0$. Это означает, что $x \ne \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\tg x + \ctg x)' = (\tg x)' + (\ctg x)' = \frac{1}{\cos^2 x} - \frac{1}{\sin^2 x}$.

3. Решим неравенство $f'(x) \ge 0$ на области определения:

$\frac{1}{\cos^2 x} - \frac{1}{\sin^2 x} \ge 0$

Приведем к общему знаменателю:

$\frac{\sin^2 x - \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} \ge 0$

Знаменатель $\sin^2 x \cos^2 x$ в области определения функции строго положителен. Следовательно, знак дроби совпадает со знаком числителя:

$\sin^2 x - \cos^2 x \ge 0$

$-(\cos^2 x - \sin^2 x) \ge 0$

Используя формулу косинуса двойного угла $\cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x$, получаем:

$-\cos(2x) \ge 0$

$\cos(2x) \le 0$

4. Решим полученное тригонометрическое неравенство. Косинус неположителен во второй и третьей четвертях. Решением неравенства $\cos u \le 0$ является $u \in [\frac{\pi}{2} + 2\pi n; \frac{3\pi}{2} + 2\pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Пусть $u = 2x$:

$\frac{\pi}{2} + 2\pi n \le 2x \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$

Разделим все части на 2:

$\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \frac{3\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

5. Учтем область определения $x \ne \frac{\pi k}{2}$. В найденном интервале $[\frac{\pi}{4} + \pi n, \frac{3\pi}{4} + \pi n]$ находится точка $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, которую необходимо исключить. Таким образом, решение разбивается на два интервала.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + \pi n; \frac{\pi}{2} + \pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + \pi n; \frac{3\pi}{4} + \pi n]$, где $n \in \mathbb{Z}$.

в) Дано неравенство $f'(x) \le \pi+3$ и функция $f(x) = \sin(2\pi x) + 3x$.

1. Найдем производную функции $f(x)$, используя правило дифференцирования сложной функции:

$f'(x) = (\sin(2\pi x) + 3x)' = \cos(2\pi x) \cdot (2\pi x)' + 3 = 2\pi \cos(2\pi x) + 3$.

2. Решим неравенство $f'(x) \le \pi+3$:

$2\pi \cos(2\pi x) + 3 \le \pi + 3$

$2\pi \cos(2\pi x) \le \pi$

$\cos(2\pi x) \le \frac{\pi}{2\pi}$

$\cos(2\pi x) \le \frac{1}{2}$

3. Решим полученное тригонометрическое неравенство. Пусть $u = 2\pi x$. Неравенство принимает вид $\cos u \le \frac{1}{2}$.

Решением неравенства $\cos u \le \frac{1}{2}$ является $u \in [\frac{\pi}{3} + 2\pi k; \frac{5\pi}{3} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену $u = 2\pi x$:

$\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2\pi x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$

Разделим все части неравенства на $2\pi$:

$\frac{1}{6} + k \le x \le \frac{5}{6} + k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{1}{6} + k; \frac{5}{6} + k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

г) Дано неравенство $f'(x) \le \sin x$ и функция $f(x) = \sin x$.

1. Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = (\sin x)' = \cos x$.

2. Решим неравенство $f'(x) \le \sin x$:

$\cos x \le \sin x$

$\cos x - \sin x \le 0$

3. Для решения этого неравенства воспользуемся методом вспомогательного угла. Умножим и разделим левую часть на $\sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$:

$\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x) \le 0$

Так как $\frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos\frac{\pi}{4} = \sin\frac{\pi}{4}$, мы можем переписать выражение в скобках, используя формулу косинуса суммы:

$\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cos x - \sin\frac{\pi}{4}\sin x) \le 0$

$\sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0$

Разделим на $\sqrt{2} > 0$:

$\cos(x + \frac{\pi}{4}) \le 0$

4. Пусть $u = x + \frac{\pi}{4}$. Решаем неравенство $\cos u \le 0$. Решением является $u \in [\frac{\pi}{2} + 2\pi k; \frac{3\pi}{2} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Выполним обратную замену:

$\frac{\pi}{2} + 2\pi k \le x + \frac{\pi}{4} \le \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$

Вычтем $\frac{\pi}{4}$ из всех частей неравенства:

$\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{3\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$\frac{\pi}{4} + 2\pi k \le x \le \frac{5\pi}{4} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi k; \frac{5\pi}{4} + 2\pi k]$, где $k \in \mathbb{Z}$.