Giải SGK Toán lớp 11 – KNTT – Tập 2 Bài 21. Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit có đáp án

a) Ta có:

0,1^{2x – 1} ≤ 0,1^{2 – x}

⇔ 2x – 1 ≥ 2 – x (do 0 < 0,1 < 1)

⇔ 3x ≥ 3

⇔ x ≥ 1.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [1; + ∞).

b) 3 ∙ 2^{x + 1} ≤ 1

 $\iff 2^{x+1}\le \frac{1}{3}$

 $\iff x+1\le {\log }_2\frac{1}{3}$  (do 2 > 1)

⇔ x ≤ log₂3^{– 1} – 1

⇔ x ≤ – log₂3 – log₂2

⇔ x ≤ – log₂(3 ∙ 2)

⇔ x ≤ – log₂6

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (– ∞; – log₂6]. 

Quan sát đồ thị ở Hình 6.8, ta thấy khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số y = log₂x nằm phía trên đường thẳng y = 2 là (4; + ∞).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình log₂ x > 2 là (4; + ∞).

a)  ${\log }_{\frac{1}{7}}\left(x+1\right)>{\log }_7\left(2-x\right)$

Điều kiện:  $\left\{\begin{array}{l}x+1>0\\ 2-x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-1\\ x<2\end{array}\right.\iff -1<x<2$.

Bất phương trình đã cho tương đương với  ${\log }_{7^{-1}}\left(x+1\right)>{\log }_7\left(2-x\right)$

⇔ – log_7­(x + 1) > log₇(2 – x)

⇔ log₇(x + 1)^{– 1} > log₇(2 – x)

⇔ (x + 1)^{– 1} > 2 – x         (do 7 > 1).

 $\iff \frac{1}{x+1}-2+x>0$

 $\iff \frac{1+\left(x-2\right)\left(x+1\right)}{x+1}>0$

 $\iff \frac{x^2-x-1}{x+1}>0$ (*)

Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0, do đó (*) ⇔ x² – x – 1 > 0  $\iff \left[\begin{array}{l}x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.

Kết hợp với điều kiện ta được  $\left[\begin{array}{l}-1<x<\frac{1-\sqrt{5}}{2}\\ \frac{1+\sqrt{5}}{2}<x<2\end{array}\right.$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  $S=\left(-1;\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)\cup \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2};2\right)$.

b) 2log(2x + 1) > 3

Điều kiện: 2x + 1 > 0 ⇔ x >  $\frac{-1}{2}$.

Bất phương trình đã cho tương đương với  $\log \left(2x+1\right)>\frac{3}{2}$

 $\iff 2x+1>{10}^{\frac{3}{2}}\iff 2x>\sqrt{{10}^3}-1\iff x>\frac{10\sqrt{10}-1}{2}$.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  $S=\left(\frac{10\sqrt{10}-1}{2};+\infty \right)$.

a) Ở độ cao 4 km, tức h = 4, thay vào công thức đã cho ta được

 $\ln \left(\frac{p}{100}\right)=-\frac{4}{7}\iff \frac{p}{100}=e^{\frac{-4}{7}}\iff p=100e^{\frac{-4}{7}}\approx 56,47$.

Vậy áp suất khí quyển ở độ cao 4 km khoảng 56,47 kPa.

b) Ở độ cao trên 10 km, tức h > 10, khi đó ta có

$\ln \left(\frac{p}{100}\right)=-\frac{h}{7}$$<-\frac{10}{7}\iff 0<\frac{p}{100}<e^{\frac{-10}{7}}\iff 0<p<100e^{\frac{-10}{7}}\approx 23,97$.

Vậy ở độ cao trên 10 km thì áp suất khí quyển nhỏ hơn 23,97 kPa.

a) 3^{x – 1} = 27

⇔ 3^{x – 1} = 3³

⇔ x – 1 = 3

⇔ x = 4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 4.

b)  ${100}^{2x^2-3}=0,1^{2x^2-18}$

 $\iff {\left({10}^2\right)}^{2x^2-3}={\left({10}^{-1}\right)}^{2x^2-18}$

 $\iff {10}^{4x^2-6}={10}^{-2x^2+18}$

⇔ 4x² – 6 = – 2x² + 18

⇔ 6x² = 24

⇔ x² = 4

⇔ x = ± 2.

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {– 2; 2}.

c)  $\sqrt{3}{e}^{3x}=1$

 $\iff e^{3x}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 $\iff 3x=\ln \frac{1}{\sqrt{3}}$

 $\iff x=\frac{1}{3}\ln 3^{-\frac{1}{2}}$

 $\iff x=-\frac{1}{6}\ln 3$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  $x=-\frac{1}{6}\ln 3$.

d) 5^x = 3^{2x – 1}

Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta được

log₃5^x = log₃3^{2x – 1}

⇔ x log₃5 = 2x – 1

⇔ (2 – log₃5)x = 1

⇔ x =  $\frac{1}{2-{\log }_{3}5}$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =  $\frac{1}{2-{\log }_{3}5}$.

a) log(x + 1) = 2

Điều kiện: x + 1 > 0 ⇔ x > – 1.

Phương trình đã cho tương đương với x + 1 = 10² ⇔ x = 100 – 1 ⇔ x = 99 (t/m).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 99.

b) 2log₄x + log₂(x – 3) = 2

Điều kiện:  $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-3>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>3\end{array}\right.\iff x>3$.

Ta có 2log₄x + log₂(x – 3) = 2

 $\iff 2{\log }_{2^2}x+{\log }_2\left(x-3\right)=2$

 $\iff 2\cdot \frac{1}{2}{\log }_{2}x+{\log }_2\left(x-3\right)=2$

⇔ log₂x + log₂(x – 3) = 2

⇔ log₂x(x – 3) = 2

⇔ x(x – 3) = 2²

⇔ x² – 3x – 4 = 0

⇔ x = – 1 hoặc x = 4.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

c) lnx + ln(x – 1) = ln4x

Điều kiện:  $\left\{\begin{array}{l}x>0\\ x-1>0\\ 4x>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>0\\ x>1\end{array}\right.\iff x>1$.

Ta có: lnx + ln(x – 1) = ln4x

⇔ lnx(x – 1) = ln4x

⇔ x(x – 1) = 4x

⇔ x² – 5x = 0

⇔ x(x – 5) = 0

⇔ x = 0 hoặc x = 5.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5.

d) log₃(x² – 3x + 2) = log₃(2x – 4)

Điều kiện:  $\left\{\begin{array}{l}{x}^2-3x+2>0\\ 2x-4>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}x<1\\ x>2\end{array}\right.\\ x>2\end{array}\right.\iff x>2$.

Phương trình đã cho tương đương với

x² – 3x + 2 = 2x – 4

⇔ x² – 5x + 6 = 0

⇔ x = 2 hoặc x = 3.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

a) 0,1^{2 – x} > 0,1^{4 + 2x}

⇔ 2 – x < 4 + 2x   (do 0 < 0,1 < 1)

⇔ 3x > – 2

⇔ x >  $-\frac{2}{3}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  $S=\left(-\frac{2}{3};+\infty \right)$.

b) 2 . 5^{2x + 1} ≤ 3

 $\iff 5^{2x+1}\le \frac{3}{2}$

 $\iff 2x+1\le {\log }_5\frac{3}{2}$

 $\iff x\le \frac{1}{2}\left({\log }_5\frac{3}{2}-1\right)$

 $\iff x\le \frac{1}{2}\left({\log }_5\frac{3}{2}-{\log }_{5}5\right)$

 $\iff x\le \frac{1}{2}{\log }_5\frac{3}{10}$

 $\iff x\le {\log }_5{\left(\frac{3}{10}\right)}^{\frac{1}{2}}$

 $\iff x\le {\log }_5\frac{\sqrt{30}}{10}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  $S=\left(-\infty ;{\log }_5\frac{\sqrt{30}}{10}\right]$.

c) log₃(x + 7) ≥ – 1

Điều kiện: x + 7 > 0 ⇔ x > – 7.

Ta có: log₃(x + 7) ≥ – 1

⇔ x + 7 ≥ 3^{– 1}

⇔ x ≥   $\frac{1}{3}-7$

 $\iff x\ge -\frac{20}{3}$.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  $S=\left[-\frac{20}{3};+\infty \right)$.

d) log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(2x – 1)

Điều kiện:  $\left\{\begin{array}{l}x+7>0\\ 2x-1>0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x>-7\\ x>\frac{1}{2}\end{array}\right.\iff x>\frac{1}{2}$.

Ta có: log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(2x – 1)

⇔ x + 7 ≤ 2x – 1   (do 0 < 0,5 < 1)

⇔ x ≥ 8.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [8; + ∞).

Số tiền bác Minh nhận được sau n năm gửi tiết kiệm là

A = 500 ∙ (1 + 0,075)ⁿ = 500 ∙ 1,075ⁿ (triệu đồng).

Để có được 800 triệu đồng thì A = 800

⇔ 500 ∙ 1,075ⁿ = 800 ⇔ 1,075ⁿ = 1,6 ⇔ n = log_1,0751,6 ≈ 6,5.

Vậy sau khoảng 7 năm gửi tiết kiệm thì bác An thu được ít nhất 800 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi).

Số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con khi N(t) > 80 000

⇔ 500e^0,4t > 80 000 ⇔ e^0,4t > 160 ⇔ 0,4t > ln160 ⇔ t >  $\frac{5}{2}\ln 160$ ≈ 12,69.

Vậy sau khoảng 12,69 giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con.

a) Nhiệt độ ban đầu T₀ của vật ứng với nhiệt độ tại thời điểm t = 0, từ đó ta được

T₀ = 25 + 70e^{– 0,5 ∙ 0} = 95 (℃).

Vậy nhiệt độ ban đầu của vật là 95 ℃.

b) Nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃, tức T = 30, khi đó t thỏa mãn phương trình

25 + 70e^{– 0,5t} = 30   $\iff e^{-0,5t}=\frac{1}{14}\iff -0,5t=\ln \frac{1}{14}\iff t=-2\ln \frac{1}{14}\approx 5,28$.

Vậy sau khoảng 5,28 phút nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃.

Ta có: pH = – log[H⁺] = 8. Suy ra [H⁺] = 10^{– 8} (mol/lít).

Vậy nồng độ ion hydrogen của dung dịch có độ pH là 8 là 10^{– 8} mol/lít.