Номер 29, страница 222 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

29. Решите неравенство $f'(x) > 0$:

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

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

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

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

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

6) $f(x) = \operatorname{arctg}2x + 2x - 1.$

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

Сначала найдем ее производную:

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

Теперь решим неравенство $f'(x) > 0$:

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

$\cos(x) > \sin(3x)$.

Используем тождество $\cos(x) = \sin(\frac{\pi}{2}-x)$:

$\sin(\frac{\pi}{2}-x) > \sin(3x)$.

Для решения этого неравенства найдем корни уравнения $\sin(\frac{\pi}{2}-x) = \sin(3x)$, которые являются граничными точками интервалов. Решениями являются $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$ и $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Проанализировав знак выражения $\cos(x) - \sin(3x)$ на интервалах между этими корнями (методом интервалов), получаем итоговое решение.

Ответ: $x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left( \left(-\frac{3\pi}{8} + 2\pi k, \frac{\pi}{8} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{\pi}{4} + 2\pi k, \frac{5\pi}{8} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{9\pi}{8} + 2\pi k, \frac{5\pi}{4} + 2\pi k\right) \right)$.

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

Найдем ее производную:

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

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

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

$\cos\frac{1}{2}x > \sqrt{3}$.

Поскольку область значений функции косинус $[-1, 1]$, а $\sqrt{3} \approx 1.732 > 1$, неравенство не имеет решений.

Ответ: $\emptyset$ (решений нет).

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

Упростим функцию перед дифференцированием:

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

Используем формулу понижения степени $\cos^2x = \frac{1+\cos(2x)}{2}$:

$f(x) = \frac{1+\cos(2x)}{2} + 2 - x = \frac{1}{2}\cos(2x) - x + \frac{5}{2}$.

Найдем производную:

$f'(x) = \left(\frac{1}{2}\cos(2x) - x + \frac{5}{2}\right)' = \frac{1}{2}(-\sin(2x)) \cdot 2 - 1 = -\sin(2x) - 1$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

$-\sin(2x) - 1 > 0$

$-\sin(2x) > 1$

$\sin(2x) < -1$.

Поскольку область значений функции синус $[-1, 1]$, неравенство не имеет решений.

Ответ: $\emptyset$ (решений нет).

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

Упростим функцию, используя формулу понижения степени $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}$. При $\alpha=3x$ получаем $2\alpha=6x$:

$f(x) = \frac{1-\cos(6x)}{2} - \frac{1}{12}\cos(6x) + x = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos(6x) - \frac{1}{12}\cos(6x) + x = \frac{1}{2} - \frac{7}{12}\cos(6x) + x$.

Найдем производную:

$f'(x) = \left(\frac{1}{2} - \frac{7}{12}\cos(6x) + x\right)' = -\frac{7}{12}(-\sin(6x)) \cdot 6 + 1 = \frac{7}{2}\sin(6x) + 1$.

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

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

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

Общее решение этого тригонометрического неравенства:

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

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

Разделив на 6, получаем:

$\frac{\pi k}{3} - \frac{1}{6}\arcsin(\frac{2}{7}) < x < \frac{\pi}{6} + \frac{\pi k}{3} + \frac{1}{6}\arcsin(\frac{2}{7})$.

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

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

Область определения функции арккосинус $[-1, 1]$, поэтому $-1 \le 3x \le 1$, что дает $x \in [-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}]$. Производная определена на интервале $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

Найдем производную:

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

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

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

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

Так как $\sqrt{1-9x^2} > 0$ в области определения, можно умножить обе части на этот корень:

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

Возведем в квадрат обе части (они обе положительны):

$4(1-9x^2) > 9$

$4 - 36x^2 > 9$

$-36x^2 > 5$

$x^2 < -\frac{5}{36}$.

Квадрат любого действительного числа не может быть отрицательным. Следовательно, неравенство не имеет решений.

Ответ: $\emptyset$ (решений нет).

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

Область определения функции арккотангенс - все действительные числа, поэтому $x \in \mathbb{R}$.

Найдем производную:

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

Решим неравенство $f'(x) > 0$:

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

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

Разделим на 2:

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

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

$1+4x^2 > 1$

$4x^2 > 0$

$x^2 > 0$.

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

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