Номер 28.47, страница 104, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

§28. Вычисление производных. Глава 5. Производная. ч. 2 - номер 28.47, страница 104.

28.47 Найдите значения аргумента, удовлетворяющие условию $f'(x) \le g'(x)$, если:

a) $f(x) = \sin x \cos x, g(x) = \frac{1}{2}x + 61;$

б) $f(x) = \sin x \cos 2x + \sin 2x \cos x, g(x) = 35 - 3x;$

в) $f(x) = \sin^2 x - \cos^2 x, g(x) = -2x + 9;$

г) $f(x) = x \cos x, g(x) = \sin x.$

а)

Даны функции $f(x) = \sin x \cos x$ и $g(x) = \frac{1}{2}x + 61$.
Требуется найти значения аргумента $x$, удовлетворяющие условию $f'(x) \le g'(x)$.
Сначала упростим функцию $f(x)$, используя формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$:
$f(x) = \frac{1}{2} \cdot 2\sin x \cos x = \frac{1}{2}\sin(2x)$.
Теперь найдем производные функций $f(x)$ и $g(x)$.
Производная $f(x)$ по правилу дифференцирования сложной функции: $f'(x) = \left(\frac{1}{2}\sin(2x)\right)' = \frac{1}{2}\cos(2x) \cdot (2x)' = \frac{1}{2}\cos(2x) \cdot 2 = \cos(2x)$.
Производная $g(x)$: $g'(x) = \left(\frac{1}{2}x + 61\right)' = \frac{1}{2}$.
Составим и решим неравенство $f'(x) \le g'(x)$:
$\cos(2x) \le \frac{1}{2}$.
Решением этого тригонометрического неравенства является совокупность промежутков, которую можно найти с помощью единичной окружности или графика косинуса. Значения $2x$, для которых косинус не превышает $\frac{1}{2}$, лежат в интервале $[\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}]$ в пределах одного периода.
Общее решение: $\frac{\pi}{3} + 2\pi k \le 2x \le \frac{5\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Разделим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:
$\frac{\pi}{6} + \pi k \le x \le \frac{5\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x \in \left[\frac{\pi}{6} + \pi k, \frac{5\pi}{6} + \pi k\right]$, где $k \in \mathbb{Z}$.

б)

Даны функции $f(x) = \sin x \cos 2x + \sin 2x \cos x$ и $g(x) = 35 - 3x$.
Упростим функцию $f(x)$, используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha + \beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$:
$f(x) = \sin(x + 2x) = \sin(3x)$.
Найдем производные:
$f'(x) = (\sin(3x))' = \cos(3x) \cdot (3x)' = 3\cos(3x)$.
$g'(x) = (35 - 3x)' = -3$.
Составим и решим неравенство $f'(x) \le g'(x)$:
$3\cos(3x) \le -3$.
Разделим обе части на 3:
$\cos(3x) \le -1$.
Поскольку область значений функции косинус $[-1, 1]$, данное неравенство может выполняться только в том случае, когда $\cos(3x) = -1$.
Решим уравнение: $3x = \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Разделим на 3:
$x = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{3} + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

в)

Даны функции $f(x) = \sin^2 x - \cos^2 x$ и $g(x) = -2x + 9$.
Упростим функцию $f(x)$, используя формулу косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha$:
$f(x) = -(\cos^2 x - \sin^2 x) = -\cos(2x)$.
Найдем производные:
$f'(x) = (-\cos(2x))' = -(-\sin(2x) \cdot (2x)') = \sin(2x) \cdot 2 = 2\sin(2x)$.
$g'(x) = (-2x + 9)' = -2$.
Составим и решим неравенство $f'(x) \le g'(x)$:
$2\sin(2x) \le -2$.
Разделим обе части на 2:
$\sin(2x) \le -1$.
Поскольку область значений функции синус $[-1, 1]$, данное неравенство может выполняться только в том случае, когда $\sin(2x) = -1$.
Решим уравнение: $2x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Разделим на 2:
$x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

г)

Даны функции $f(x) = x \cos x$ и $g(x) = \sin x$.
Найдем производные. Для $f(x)$ используем правило производной произведения $(uv)'=u'v+uv'$:
$f'(x) = (x \cos x)' = (x)'\cos x + x(\cos x)' = 1 \cdot \cos x + x \cdot (-\sin x) = \cos x - x \sin x$.
$g'(x) = (\sin x)' = \cos x$.
Составим и решим неравенство $f'(x) \le g'(x)$:
$\cos x - x \sin x \le \cos x$.
Вычтем $\cos x$ из обеих частей:
$-x \sin x \le 0$.
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:
$x \sin x \ge 0$.
Это неравенство выполняется в двух случаях: когда оба множителя $x$ и $\sin x$ имеют одинаковый знак (оба $\ge 0$ или оба $\le 0$).
1. $x \ge 0$ и $\sin x \ge 0$. Условие $\sin x \ge 0$ выполняется для $x \in [2\pi k, \pi + 2\pi k]$ при $k \in \mathbb{Z}$. Учитывая, что $x \ge 0$, получаем решения для $k \ge 0$: $x \in [2\pi k, \pi + 2\pi k]$, где $k=0, 1, 2, \dots$
2. $x \le 0$ и $\sin x \le 0$. Условие $\sin x \le 0$ выполняется для $x \in [-\pi + 2\pi n, 2\pi n]$ при $n \in \mathbb{Z}$. Учитывая, что $x \le 0$, получаем решения для $n \le 0$: $x \in [-\pi + 2\pi n, 2\pi n]$, где $n=0, -1, -2, \dots$
Объединяя эти два случая, получаем искомые значения аргумента. Например, при $k=0$ из первого случая имеем $[0, \pi]$, а при $n=0$ из второго случая имеем $[-\pi, 0]$. Вместе они образуют отрезок $[-\pi, \pi]$.
Ответ: $x \in \bigcup_{k=0}^{\infty} [2k\pi, (2k+1)\pi] \cup \bigcup_{k=1}^{\infty} [-(2k-1)\pi, -2(k-1)\pi]$.