Тема Тригонометрия

Тригонометрические неравенства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела тригонометрия

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#80768

Что больше:

( 3π) (π) ( π) 5− 4sin 14 или 4cos 7 − 5sin 14 ?

Источники: Физтех - 2024, 11.5 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $t= π-, 14$ тогда требуется сравнить $5 − 4sin 3t$ и $4cos2t− 5sint.$ Будем сравнивать с $0$ их разницу:

3 2 5− 4sin3t− 4 cos2t+5sin t=5 − 4(3sint− 4sin t)− 4(1− 2sin t)+5sint=

3 2 = 16sin t+8sin t− 7sint+ 1

Пусть $sint= z.$ Тогда исследуем следующую функцию на отрезке $[−1; 1]$

f(z)= 16z3 +8z2− 7z +1

Заметим, что $f(−1)=0,$ значит разделим $16z3+ 8z2− 7z+ 1$ на $z+ 1.$ Тогда получим, что

f(z)=(z+ 1)(16z2 − 8z+ 1)=(z+ 1)(4z− 1)2

Несложно заметить, что $f(z)≥0$ на $[− 1; 1],$ причем $f(z)= 0$ лишь при $z = −1$ и $z = 14.$ Тогда $f(t)= f(π14)>0.$ Значит разность имеет такой же знак, значит первое число больше.

Замечание. Желательно проверить, что $sin π14 ⁄= 14.$ Это легко делается, так как

sin π-< π-< 3,5-= 1 14 14 14 4

Ответ:

$5− 4sin(3π)> 4cos(π)− 5sin(π) 14 7 14$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#88705

Найти решения неравенства

-1-- --1- ∘ ---------2- sinx − cosx > 1+(tgx− 1),

принадлежащие интервалу $( π) 0;2 .$

Источники: САММАТ - 2024, 11.3 (см. sammat.samgtu.ru)

Показать ответ и решение

Запишем неравенство в виде:

∘ -------------2 cosx−-sinx > 1+ (cosx−2sinx)- sin xcosx cosx

Возведём в квадрат, учитывая ограничение $cosx >sin x$ :

(cosx-− sinx)2> 1+ (cosx-− sinx)2 sin2x cos2x cos2x

Преобразуем:

(cosx− sinx)2--1- cos2x (sin2x − 1)> 1

По ОТТ вторая скобка левой части равна $2 ctg x$ , который сократит $2 cosx$ и в знаменателе окажется $2 sin x$ :

(cosx− sinx)2 ---sin2x----> 1

Домножим на знаменатель и извлечём квадратный корень, перенесём все в одну часть и напишем разность квадратов:

cosx(cosx − 2sin x) >0

В силу ограничений косинус положителен, а значит, нужно решить неравенство $cosx> 2sinx$ . Равенство достигается в $x= arctg 12$ . С помощью тригонометрической окружности определяем, что нам подходят $x∈ (0;arctg 12)$ . Нетрудно проверить, что этот отрезок подходит под ограничения.

Ответ:

$(0;arctg 1) 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68259

Решите неравенство

2cos(cosx)> 1

Источники: БИБН-2023, 11.1 (см. www.unn.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Так как

π π −3 < −1≤ cosx ≤1 <-3,

то неравенство верно для любого $x,$ поскольку тогда

− π3 < cosx < π3 =⇒ cos(cosx)> 12

Второе решение.

Как известно, $cosx∈ [− 1,1],$ откуда $cos(cosx)∈[cos(cos1),1].$ Осталось показать, что

2coscos1> 1 ⇐⇒ coscos1>1∕2⇐ coscos1 >cos1> cosπ∕3= 1 2

То есть неравенство выполнено для всех $x.$

Ответ:

$x ∈ℝ.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72145

Докажите, что $sinx + 1 sin2x+ 1sin3x+ ...+ 1 sinnx> 0 2 3 n$ при $0 <x < π.$

Показать доказательство

Применим индукцию по $n$ . При $n =1$ неравенство очевидно. При $n= 2$ получаем $sinx+ 1sin 2x = sinx(1+ cosx) 2$ . Ясно, что $sinx >0$ и $1+cosx> 0$ при $0< x< π.$

Предположим, что $1 -1- fn−1(x)= sinx+ 2sin2x+...+ n− 1sin(n − 1)x> 0$ при $0 <x <π$ . Покажем, что тогда $1 fn(x)= fn−1(x)+ nsin nx> 0$ при $0 <x < π$ . Пусть $x0$ — точка отрезка $[0,π]$ , в которой функция $fn(x)$ принимает минимальное значение. Предположим, что $fn(x0)≤0$ , причём $x0 ⁄= 0$ и $x0 ⁄= π$ . Тогда $′ fn(x0)= 0$ . Ho

sin(n+ 1)x − sinx0 f′n (x0)= cosx0+ cos2x0+ ...+ cosnx0 =------2--0x0-----2- sin 2

Докажем тождество

sin(n+-12)x-− sin-x2 cosx+cos2x+ ...+cosnx= sinx2

Пусть сумма косинусов равна $S$ . Домножив на $2sin x2 ⁄= 0$ получим

2S sinx =2cosxsinx + 2cos2xsin x+ ...+ 2cosnxsin x= 2 2 2 2

( 3x- x) ( 5x 3x) ( (2n+-1)x (2n-− 1)x) = sin 2 − sin2 + sin 2 − sin 2 + ......+ sin 2 − sin 2 =

(2n+ 1)x x sin---2--- − sin 2

Поэтому в силу тождества $( ) sin n + 12 x0 =sin x02$ , а значит, $| ( ) | |cos n+ 12 x0|=cosx20$ . Далее,

( ( ) ( ) ) fn(x0)− fn−1(x0) = 1sinnx0 = 1 sin n + 1 x0cosx0− cos n + 1 x0sinx0 n n 2 2 2 2

Полученное выражение равно $0$ или $-2sinx0cosx0= 1 sinx0 > 0 n 2 2 n$ . Таким образом, $fn(x0)− fn−1(x0)≥ 0$ , а значит, $fn−1(x0)≤ fn(x0) ≤0$ . Получено противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39087

Решите неравенство

(2x) (π x) 3sin 3 ≥ 5− 2cos 4 − 3 .

Показать ответ и решение

Заметим, что

( 2x) (π x) 3≥ 3sin 3 ≥ 5− 2cos 4 − 3 ≥ 3

То есть везде должны достигаться равенства.

Раз $( ) cosπ4 − x3 = 1$ , то $( ) x= 3 π4 − 2πn$ .

Тогда $( ) ( ( )) sin 23x = sin 2 π4 − 2πn = 1$ и все такие $x$ подойдут, можем писать ответ.

Ответ:

$3(π − 2πn), n∈ℤ 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#41768

Для каких значений $x$ выполняется неравенство

sin2x cos2x √- 2 +2 ≥2 2?

Показать ответ и решение

Оба слагаемых в левой части это положительные числа, так что можем применить неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим:

sin2x cos2x ∘ --2-----2-- ∘---2----2- √- 2 + 2 ≥2 2sin x⋅2cos x = 2 2sin x+cos x = 2 2

Данное неравенство выполнено для всех вещественных $x$ .

Ответ:

для любых действительных значений $x$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91338

Докажите, что при всех $x,0 <x <π∕3$ , справедливо неравенство

sin 2x +cosx> 1

Показать доказательство

Так как $0< x< π∕3$ , то $cosx ≥ 1 2$ и тогда

sin 2x +cosx= 2sinxcosx+ cosx≥ sinx +cosx> 1

Последнее неравенство получается возведением неравенства в квадрат.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90862

Решите неравенство

-sin2x- |cos2x| ≤ 2|sinx|− |cos2x|.

Источники: Росатом - 2021, 11.2, комплект 1 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $cos2x ⁄=0$

Домножим на положительное число $|cos2x|$ .

2 2 2 sinx − 2|sinx||cos2x|+ cos 2x= (|sin x|− |cos2x|) ≤ 0

Значит, $|sin x|= |cos2x|$ . Значит, либо $sinx =1− 2sin2x$ , либо $sin x= 1− 2 sin2x$ . Из квадратных уравнений мы получаем, что $sinx= ±1 ± √5 2 2$ .

Так как $|sinx|≤ 1$ , то $sinx$ либо $1− √5 2 2$ , либо $− 1 + √5. 2 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#92476

Найдите сумму всех целых $n∘ ∈ [−1945∘;2020∘],$ для которых выполняется неравенство

∘ 1 ∘ tgn < 2 < tg(n +1).

Показать ответ и решение

Для начала докажем, что $tg26∘ < 1. 2$ Это эквивалентно неравенству

∘ ∘ 2sin26 < cos26

Возведем неравенство в квадрат:

4sin226∘ < cos226∘

Из основного тригонометрического тождества имеем: $cos226∘ =1− sin226∘.$ Тогда после подстановки в неравенство получаем:

sin226∘ < 1 5

По формуле косинуса двойного угла получаем $cos52∘ = 1− 2sin226∘.$ Выразим из этого равенства квадрат синуса и подставим в неравенство:

∘ 3 cos52 > 5

Снова возведем в квадрат:

2 ∘ 9- cos 52 > 25

Снова по формуле косинуса двойного угла получаем $∘ 2 ∘ cos104 = 2cos 52 − 1.$ После подстановки в неравенство получаем

7 cos104∘ > −25

По формуле приведения имеем $cos104∘ =cos(90∘+ 14∘)= − sin 14∘.$ Тогда наше неравенство эквивалентно

sin14∘ <-7 25

Это верно, поскольку

sin14∘ <sin 15∘ = sin π 12

Теперь применим оценку $sinx <x$ для углов из промежутка $(0;π). 2$ Тогда имеем

sin π-< π-< 7- 12 12 25

Таким образом, действительно, $tg 26∘ < 1. 2$ Теперь докажем, что $tg27∘ > 12.$ Начало доказательства аналогично предыдущему случаю

4sin227∘ > cos227∘

sin227∘ > 1 5

cos254∘ < 3 5

Теперь по формуле приведения $cos54∘ = cos(90∘ − 36∘)=sin36∘.$ Подставляем полученное в наше неравенство и возводим в квадрат

sin236∘ <-9 25

Использовав формулу косинуса двойного угла, получаем $cos72∘ = 1− 2sin236∘.$ Подставляем в неравенство и получаем:

cos72∘ >-7 25

По формуле приведения $cos72∘ = sin18∘,$ поэтому остается доказать, что $sin18∘ > 7-. 25$ Найдем $sin 18∘.$ Для этого используем равенство $cos54∘ =sin 36∘,$ которое следует из формулы приведения. По формуле косинуса тройного угла получаем $cos54∘ = 4cos318∘ − 3cos18∘.$ По формуле синуса двойного угла $sin36∘ = 2sin18∘cos18∘.$ Таким образом, получаем равенство

3 ∘ ∘ ∘ ∘ 4cos 18 − 3cos18 =2 sin18cos18

Разделим обе части на $cos18∘.$ Пусть $sin18∘ =x.$ Тогда $cos218∘ =1 − x2.$ Получаем следующее уравнение

4(1− x2)− 3 =2x

4x2+ 2x− 1= 0

Оно имеет корни $−2± √20 −1± √5 x= ---8----= --4---.$ Так как $sin18∘ > 0,$ то имеем

√- sin 18∘ =x = -5−-1> 1,2-> 7- 4 4 25

Таким образом, неравенство $tgn∘ < 12 < tg(n+ 1)∘$ выполняется при $n= 26+ 180k.$ Найдем решения неравенства

−1945≤ 26 +180k≤ 2020

−1971≤180k≤ 1994

Так как $n$ — целое число, имеем $− 10≤ k≤ 11.$ Тогда сумма всех целых $n$ равна

−1774+-2006- 2 ⋅22 =2552

Ответ:

2552

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#108445

Докажите неравенство

α- (π ) sin αcos 2 ≤ sin 4 + α

для всех $[ π] α ∈ 0,2$ .

Источники: БИБН-2020, 11.2 (см. www.unn.ru)

Показать доказательство

В правой части по формуле синуса суммы имеем

(π ) √2 sin 4 +α = 2-(cosα+ sinα).

К левой части применим формулу косинуса двойного угла

√------- cosα-= -1+√-cosα- 2 2

(здесь мы учли, что $cosα≥ 0 2$ при $α ∈[0,π ] 2$ ). Тогда исходное неравенство запишется в виде

sinα√1-+cosα≤ cosα +sin α⇔ sinα(√1-+cosα− 1) ≤cosα.

Домножив это неравенство на положительное число $√1-+cosα+ 1$ , получим равносильное неравенство

sinα cosα≤ (√1+-cosα-+1)cosα.

При $α = π2$ последнее неравенство верно (оно принимает вид $0 =0$ ), а при $[ α ∈ 0,π2$ ) поделим его на $cosα >0$ и получим равносильное неравенство

sin α≤ √1+-cosα-+1,

которое очевидно (т.к. $sinα ≤1$ ).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#71248

Найдите все решения неравенства

2018 −2019 2018 − 2019 sin x+ cos x ≥cos x+ sin x,

принадлежащие отрезку $[− π;7π]. 4 4$

Показать ответ и решение

Перепишем неравенство в виде

2018 −2019 2018 −2019 sin x− sin x ≥cos x− cos x

Нетрудно видеть, что мы решаем неравенство $g(sinx)≥ g(cosx)$ и $g(t)= t2018− 21019- t$ , где $t∈ [−1;1]$ , возьмём производную этой функции

g′(t)= 2018t2017+ 2019-≥ −2018 +2019= 1> 0 t2020

То есть функция всюду монотонно возрастает, имея разрыв в точке $t= 0.$

Что же происходит при разных знаках $t?$ Если $t< 0,$ то $g(t)≥ g(−1)= 2;$ при $t> 0$ получаем $g(t)≤ g(1)= 0,$ следовательно, $g$ всегда меньше на положительных $t,$ чем на отрицательных.

Тогда решениями $g(sinx)≥ g(cosx)$ будут

⌊ | sinx ≥cosx> 0, ||| 0{> sinx≥ cosx, ⌈ sinx <0, cosx> 0.

Получаем решения

π π π 5π- x ∈(−2 + 2πn,2πn)∪[4 + 2πn,2 + 2πn)∪(π+ 2πn,4 + 2πn),n∈ ℤ

Значит, ответ на периоде от $π − 4$ до $7π 4$ выглядит так:

[ π ) [π π ) ( 5π ] ( 3π 7π ] − 4;0 ∪ 4;2 ∪ π;4- ∪ 2-;4-

Ответ:

$[− π;0)∪[π;π )∪ 4 4 2$ $(π;5π]∪ (3π;7π] 4 2 4$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#85308

Решите неравенство

1 2 2 3 3tg x +3ctg x≤ 2cos 3x

Источники: ПВГ - 2018, Уфа, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим

1 2 2 3tg x+ 3ctg x≥ 2,

причём равенство возможно только если

1 3tg2x =3 ctg2x

√ - tgx= ± 3

π x =± 3 + πk,k∈ ℤ

При этом $2cos33x ≤2$ , причём равенство возможно только если $x = 2πm3-,m ∈ ℤ$ . Найденные серии пересекаются по множеству

x = ±2π+ 2πn,n∈ℤ 3

Ответ:

$± 2π +2πn,n∈ ℤ 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#34201

Решите неравенство

√---- √ ----7 ( sin x+ cosx) > 1

Источники: ПВГ-2017, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Функция $y(t)=t7$ монотонно возрастает, поэтому условие эквивалентно

√ ---- √---- sinx+ cosx> 1

Первое решение.

√---- √ ---- 2 2 sinx + cosx> sin x+ cosx

√sinx⋅(1 − sin x⋅√sinx)+ √cosx-⋅(1− cosx ⋅√cosx)> 0

В силу области значений синуса и косинуса оба слагаемых в левой части неотрицательны, причём равны нулю тогда и только тогда, когда синус или косинус обращаются в ноль. Остальные значения $x$ , при которых левая часть неравенства определена, подходят. То есть по тригонометрической окружности нам подходит первая четверть, где значения синуса и косинуса положительны.

Второе решение.

Будем рассматривать только $x∈ [0,π2]$ , равенство достигается на границах. Заметим, что для произвольного $t∈ (0,1)$ выполнено

t2 =t⋅t< 1⋅t= t

Но тогда при $x∈ (0,π2)$ (где синус и косинус не принимают значения $0,1$ ) выполнено

√ ---- √---- √ ---2 √----2 2 2 sinx+ cosx > ( sinx) +( cosx) = sinx +cosx> sin x+ cos x= 1

То есть для всех точек, кроме граничных, неравенство выполнено.

Ответ:

$(2πn;π+ 2πn), n ∈ℤ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#73721

Решите неравенство

-x--- x2-+1- --x-- sin x2 +1 + x cosx2+ 1 > 0

Источники: Муницип - 2016, 11 класс

Показать ответ и решение

Пусть $t= x2+1. x$ Заметим, что если $x> 0,$ то $t= x2+1-= x+ 1≥ 2 x x$ по неравенству о средних. Видно, что знак $t$ и знак $x$ совпадают, поэтому при отрицательных $x$ справедливо неравенство $t≤−2.$

Итак, неравенство имеет вид $1 1 sint +tcost > 0.$ При отрицательных $t$ выражение $1 t$ меньше $0$ и не меньше — $1 2.$ Значит, $1 sint <0.$ В силу чётности косинуса $1 cost$ будет положительным. Значит, слагаемое $1 tcost$ отрицательно. Таким образом, вся лева часть неравенства отрицательная, то есть $x <0$ не подходит.

Если $x> 0,$ то синус будет положительным, равно как и выражение $1 tcost,$ поэтому $x >0$ подходит.

Ясно, что $x ⁄=0$ в силу ОДЗ.

Ответ:

$x ∈(0;+ ∞)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91545

Решите неравенство

√ -------- 3 3 2sinxcosx> cos x− sin x+ sinxcosx(sin x− cosx)

Источники: ПВГ - 2016, 10-11 классы, Уфа

Показать ответ и решение

Правая часть неравенства по формуле разности кубов равна

2 2 (cosx − sin x)(cos x+ sinxcosx+ sin x)− sin xcosx(cosx− sinx)=

2 2 =(cosx− sin x)(cos x+ sin x)= cosx− sinx

Поэтому получаем неравенство

∘sin(2x)> cosx− sinx

Если правая часть меньше нуля, то неравенство выполнено на ОДЗ $sin(2x) ≥0.$

[ π4 + 2πk< x≤ π2 +2πk,k∈ ℤ π+ 2πk≤ x< 54π+ 2πk,k∈ ℤ

Если правая часть неотрицательна, то неравенство равносильно

sin(2x)> (cosx− sinx)2

sin(2x)> 12

[ π12 + 2πk< x≤ π4 + 2πk,k ∈ℤ 5π4 + 2πk≤ x< 117π2-+2πk,k∈ ℤ

Объединяя эти два случая, получаем ответ.

Ответ:

$(π-+ 2πk;π +2πk]∪[π+ 2πk;17π+ 2πk);k∈ ℤ 12 2 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#101966

Фигура на координатной плоскости состоит из точек $(x,y)$ , удовлетворяющих при любом $t∈ℝ$ двум неравенствам:

2 2 2 2 x + y <π +t , cosy <2+ cos2x +(4sint− 1)cosx− cos2t.

Найдите площадь этой фигуры.

Показать ответ и решение

Фигура, координаты точек которой удовлетворяют неравенству $x2+ y2 < π2+ t2$ при всех $t$ , представляет собой круг, заданный условием $2 2 2 x + y < π$ .

Преобразуем второе неравенство к виду

2 2 cosy < 2cos x+ 4cosxsint− cosx+ 2sin t

2 2(cosx +sin t) > cosy+ cosx

Из последнего неравенства следует, что $(x,y)$ удовлетворяющие этому неравенству при всех $t$ , это в точности $(x,y)$ удовлетворяющие неравенству

cosy+ cosx <0

2cosx-+y cosx-− y <0 2 2

Ввиду периодичности задачи по каждой переменной, выпишем решение последнего неравенства на периоде

⌊ { | cosx+2y> 0 || { cosx−2y< 0 |⌈ cosx+2y< 0 cosx−2y> 0

⌊ { | −x− π < y < −x +π || { x +π <y <x +3π. |⌈ − x+π < y < −x+ 3π x− π < y < x+ π.

Фигура, заданная этими неравенствами представляет собой два квадратика, а с учётом периодичности — “паркет” из квадратиков.

$PIC$

Пересечение круга с «паркетом квадратиков» состоит из четырех круговых сегментов, суммарную площадь которых проще искать как площадь дополнения к квадрату, заданному условием $|x|+ |y|≤ π$ , в круге $x2+ y2 ≤π2$ ). Поэтому искомая площадь равна $π3− 2π2$ .

Ответ:

$π3− 2π2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71243

Найдите суммарную длину отрезков, составляющих решение неравенства

|2sinx+ 3cosx|+ |sinx− 3cosx|≤ 3sinx

на отрезке $[0;4π].$

Источники: ПВГ-2012, 11.3 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

Левая часть неравенства неотрицательна, поэтому и $sinx ≥0.$ Можно считать, что $sinx > 0$ , поскольку мы ищем только границы ограничений. Поделим неравенство на $3sinx$

||2 || ||1 || ||3 +ctg x||+ ||3 − ctgx||≤ 1

В первой скобке мы считаем расстояние от $ctgx$ до числа $− 23$ , а во второй — до $13$ . Когда же сумма этих расстояний не больше единицы? Нетрудно видеть, что при $ctg x∈[− 23,13] ⇐⇒ x∈ [arcctg 13 + 2πn,π − arcctg 23 + 2πn]$ (не забываем про условие $sinx≥ 0$ ). Мы рассматриваем два полноценных круга на тригонометрической окружности $[0,4π]$ , суммарная длина решений