Номер 12, страница 5 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

12. Решите неравенство $f'(x) > 0$:

1) $f(x) = \frac{1}{3}\cos(3x) - x$;

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

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

4) $f(x) = \sin^2(3x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + x$;

5) $f(x) = 1 + \arccos(3x) + 2x$;

6) $f(x) = \operatorname{arctg}(2x) + 2x$.

1)

Дана функция $f(x) = \frac{1}{3}\cos(3x) - x$.

Найдем её производную, используя правило дифференцирования сложной функции $(\cos u)' = -u' \sin u$:

$f'(x) = \left(\frac{1}{3}\cos(3x) - x\right)' = \frac{1}{3} \cdot (-\sin(3x)) \cdot (3x)' - 1 = \frac{1}{3} \cdot (-\sin(3x)) \cdot 3 - 1 = -\sin(3x) - 1$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$-\sin(3x) - 1 > 0$

$-\sin(3x) > 1$

$\sin(3x) < -1$

Поскольку область значений функции синус $[-1, 1]$, неравенство $\sin(3x) < -1$ не имеет решений.

Ответ: $x \in \emptyset$.

2)

Дана функция $f(x) = 2\sin(\frac{x}{2}) - \sqrt{3} \cdot x$.

Найдем её производную, используя правило дифференцирования сложной функции $(\sin u)' = u' \cos u$:

$f'(x) = \left(2\sin\left(\frac{x}{2}\right) - \sqrt{3}x\right)' = 2\cos\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \left(\frac{x}{2}\right)' - \sqrt{3} = 2\cos\left(\frac{x}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} - \sqrt{3} = \cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sqrt{3}$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$\cos\left(\frac{x}{2}\right) - \sqrt{3} > 0$

$\cos\left(\frac{x}{2}\right) > \sqrt{3}$

Поскольку область значений функции косинус $[-1, 1]$ и $\sqrt{3} \approx 1.732 > 1$, неравенство $\cos\left(\frac{x}{2}\right) > \sqrt{3}$ не имеет решений.

Ответ: $x \in \emptyset$.

3)

Дана функция $f(x) = 3\cos^2x + 2\sin^2x + 3x$.

Упростим функцию, используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2x + \cos^2x = 1$:

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

Найдем производную функции, используя формулу синуса двойного угла $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:

$f'(x) = (\cos^2x + 2 + 3x)' = 2\cos x \cdot (-\sin x) + 0 + 3 = -2\sin x \cos x + 3 = -\sin(2x) + 3$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$-\sin(2x) + 3 > 0$

$3 > \sin(2x)$

$\sin(2x) < 3$

Поскольку область значений функции синус $[-1, 1]$, то значение $\sin(2x)$ всегда меньше 3. Следовательно, неравенство выполняется для любых действительных значений $x$.

Ответ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

4)

Дана функция $f(x) = \sin^2(3x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + x$.

Найдем производную функции:

$f'(x) = (\sin^2(3x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + x)' = 2\sin(3x) \cdot \cos(3x) \cdot 3 - \frac{1}{12}(-\sin(6x)) \cdot 6 + 1$.

Используя формулу синуса двойного угла $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$, получаем:

$f'(x) = 3 \cdot \sin(6x) + \frac{1}{2}\sin(6x) + 1 = \frac{7}{2}\sin(6x) + 1$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$\frac{7}{2}\sin(6x) + 1 > 0$

$\frac{7}{2}\sin(6x) > -1$

$\sin(6x) > -\frac{2}{7}$

Решение этого тригонометрического неравенства имеет вид:

$\arcsin(-\frac{2}{7}) + 2\pi n < 6x < \pi - \arcsin(-\frac{2}{7}) + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Используя свойство $\arcsin(-y) = -\arcsin(y)$, получаем:

$-\arcsin(\frac{2}{7}) + 2\pi n < 6x < \pi + \arcsin(\frac{2}{7}) + 2\pi n$

Разделим все части неравенства на 6:

$-\frac{1}{6}\arcsin(\frac{2}{7}) + \frac{\pi n}{3} < x < \frac{\pi}{6} + \frac{1}{6}\arcsin(\frac{2}{7}) + \frac{\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x \in \left(-\frac{1}{6}\arcsin\frac{2}{7} + \frac{\pi n}{3}; \frac{\pi}{6} + \frac{1}{6}\arcsin\frac{2}{7} + \frac{\pi n}{3}\right)$, $n \in \mathbb{Z}$.

5)

Дана функция $f(x) = 1 + \arccos(3x) + 2x$.

Область определения функции задается условием $-1 \le 3x \le 1$, то есть $x \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$.

Найдем производную, используя формулу $(\arccos u)' = -\frac{u'}{\sqrt{1-u^2}}$:

$f'(x) = (1 + \arccos(3x) + 2x)' = 0 - \frac{(3x)'}{\sqrt{1-(3x)^2}} + 2 = 2 - \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}}$.

Область определения производной: $1-9x^2 > 0 \implies x^2 < \frac{1}{9} \implies x \in (-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$ на области определения производной:

$2 - \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}} > 0$

$2 > \frac{3}{\sqrt{1-9x^2}}$

$2\sqrt{1-9x^2} > 3 \implies \sqrt{1-9x^2} > \frac{3}{2}$

Возведем обе части в квадрат:

$1-9x^2 > \frac{9}{4} \implies -9x^2 > \frac{5}{4} \implies x^2 < -\frac{5}{36}$

Квадрат действительного числа не может быть отрицательным, поэтому данное неравенство не имеет решений.

Ответ: $x \in \emptyset$.

6)

Дана функция $f(x) = \operatorname{arcctg}(2x) + 2x$.

Найдем производную, используя формулу $(\operatorname{arcctg} u)' = -\frac{u'}{1+u^2}$:

$f'(x) = (\operatorname{arcctg}(2x) + 2x)' = -\frac{(2x)'}{1+(2x)^2} + 2 = 2 - \frac{2}{1+4x^2}$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$2 - \frac{2}{1+4x^2} > 0$

$2 > \frac{2}{1+4x^2} \implies 1 > \frac{1}{1+4x^2}$

Так как $1+4x^2 > 0$ для любого $x$, умножим обе части на $1+4x^2$:

$1+4x^2 > 1 \implies 4x^2 > 0 \implies x^2 > 0$

Это неравенство верно для всех действительных чисел, кроме $x=0$.

Ответ: $x \in (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.