Giải SGK Toán lớp 11 – KNTT – Tập 2 Bài 19. Lôgarit có đáp án

Sau bài học, ta giải quyết được bài toán như sau:

Ta có: A = 100 ∙ (1 + 0,06)ⁿ = 100 ∙ 1,06ⁿ.

Với A = 150, ta có: 100 ∙ 1,06ⁿ = 150 hay 1,06ⁿ = 1,5, tức là n = log_1,06 1,5 ≈ 6,96.

Vì gửi tiết kiệm kì hạn 12 tháng (tức là 1 năm) nên n phải là số nguyên. Do đó ta chọn n = 7.

Vậy sau ít nhất 7 năm thì bác An nhận được số tiền ít nhất là 150 triệu đồng.

a) 2^x = 8 ⇔ 2^x = 2³ ⇔ x = 3.

b)   2x=14⇔2x=2−2⇔x=−2. 

c, 2x=2⇔2x=212⇔x=12

a, log333=log33⋅312=log3332=32

b, log1232=log1212−5=−5

a) Ta có log₂(MN) = log₂(2⁵ ∙ 2³) = log₂(2^{5 + 3}) = log₂2⁸ = 8

và log₂M + log₂N = log₂2⁵ + log₂2³ = 5 + 3 = 8.

Vậy log₂(MN) = log₂M + log₂N.

b) Ta có  log2MN=log22523=log225−3=log222=2 

và log₂M – log₂N = log₂2⁵ – log₂2³ = 5 – 3 = 2.

Vậy  log2MN = log₂M – log₂N.

Với x > 1, ta có

A = log₂(x³ – x) – log₂(x + 1) – log₂(x – 1)

=  log2x3−xx+1−log2x−1

=  log2xx2−1x+1x−1

=  log2xx−1x+1x+1x−1=log2x.

a) Đặt y = log_aM, theo định nghĩa về lôgarit, ta suy ra M = a^y.

b) Lấy lôgarit theo cơ số b cả hai vế của M = a^y ta được

log_bM = log_ba^y ⇔ log_bM = y log_ba  ⇔y=logbMlogba.

Ta có  log9127=log323−3=log33−3log332=−32.

a) Số tiền cô Hương thu được (cả vốn lẫn lãi) sau 1 năm nếu lãi suất được tính theo hình thức lãi kép kì hạn 12 tháng là

100 ∙ (1 + 0,06) = 106 (triệu đồng).

Số tiền cô Hương thu được (cả vốn lẫn lãi) sau 1 năm nếu lãi suất được tính theo hình thức lãi kép kì hạn 1 tháng là

 100⋅1+0,061212≈106,17 (triệu đồng).

Số tiền cô Hương thu được (cả vốn lẫn lãi) sau 1 năm nếu lãi suất được tính theo hình thức lãi kép liên tục là

100 ∙ e^{0,06 . 1} ≈ 106,18 (triệu đồng).

b) Gọi t (năm) là thời gian cần thiết để cô Hương thu được số tiền (cả vốn lẫn lãi) là 150 triệu đồng nếu gửi theo thể thức lãi kép liên tục.

Ta có: 150 = 100 ∙ e^0,06t. Suy ra 0,06t = ln1,5 hay t ≈ 6,8 năm.

a) log₂2^{– 13} = – 13.

b)  lne2=  2.

c) log₈16 – log₈2 =  log8162=log88=1.

d) log₂6 ∙ log₆8 =  log26⋅log28log26=log28=log223=3.

a)  A=lnxx−1+lnx+1x−lnx2−1

 =lnxx−1⋅x+1x−lnx2−1

 =lnx+1x−1−lnx2−1

 =lnx+1x−1x2−1

 =lnx+1x−1x−1x+1

 =ln1x−12=−lnx−12.

b)  B=21log3x3+log39x2−log39

 =21  log3x13+log39x2−log39

=log3x213+log39x2−log39 

 =log3x7+log39x2−log39

 =log3x7⋅9x29=log3x9.

b)  B=logaM2+loga2M4=2logaM+12⋅4logaM=4logaM.

a) Áp dụng công thức đổi cơ số, ta có:

A = log₂3 ∙ log₃4 ∙ log₄5 ∙ log₅6 ∙ log₆7 ∙ log₇8

 =log3log2⋅log4log3⋅log5log4⋅log6log5⋅log7log6⋅log8log7

 =log8log2=log28=log223=3.

b) B = log₂2 ∙ log₂4 ∙∙∙ log₂2ⁿ

= log₂2 ∙ log₂2² ∙∙∙ log₂2ⁿ

= 1 ∙ 2 ∙ … ∙ n = n!.

Ta có đỉnh Everest có độ cao 8 850 m so với mực nước biển nên a = 8 850.

Khi đó 15 500(5 – log p) = 8 850  ⇔logp=1373310 ⇔p=101373310≈26855,44.

Vậy áp suất không khí ở đỉnh Everest xấp xỉ 26 855,44 Pa.

a) Mức cường độ âm của cuộc trò chuyện bình thường có cường độ I = 10^{– 7} W/m² là

 L1=10logII0=10log10−710−12=10log105=50  dB.

b) Mức cường độ âm của giao thông thành phố đông đúc có cường độ I = 10^{– 3} W/m² là

 L2=10logII0=10log10−310−12=10log109=90  dB.