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

Theo yêu cầu bài ra, ta cần tìm t sao cho V(t) ≤ 300

⇔ 780 ∙ (0,905)^t ≤ 300

 ⇔0,905t≤513

 ⇔t≥log0,905513≈9,6.

Ta có 9,6 ≈ 10. Vậy sau khoảng 10 năm sử dụng thì giá trị của chiếc ô tô đó còn lại không quá 300 triệu đồng.

a) Ta có  14=122=2−2. Khi đó phương trình đã cho trở thành

2^{x + 1} = 2^{– 2}. (*)

b) Vì cơ số ở vế của (*) đều bằng nhau nên số mũ phải bằng nhau, tức là

x + 1 = – 2 ⇔ x = – 3.

a)  23x−1=12x+1

Đưa vế phải về cơ số 2, ta có  12x+1=2−x+1=2−x−1.

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2^{3x – 1} = 2^{– x – 1} ⇔ 3x – 1 = – x – 1 ⇔ 4x = 0 ⇔ x = 0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

b) 2e^2x = 5 ⇔ e^2x =  52.

Lấy lôgarit tự nhiên hai vế của phương trình trên ta được 2x = ln 52 hay x =  52ln 52.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =  12ln 52.

a) Ta có 2log₂x = – 3  ⇔log2x=−32.

b) Từ định nghĩa lôgarit ta có:

 log2x=−32⇔x=2−32⇔x=2−3⇔x=2−3 ⇔x=24.

a) 4 – log(3 – x) = 3

Điều kiện: 3 – x > 0 ⇔ x < 3.

Phương trình đã cho trở thành log(3 – x) = 1 ⇔ 3 – x = 10¹ ⇔ x = – 7 (t/m).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = – 7.

b) log₂(x + 2) + log₂(x – 1) = 1

Điều kiện:  x+2>0x−1>0⇔x>−2x>1⇔x>1.

Áp dụng tính chất của lôgarit, phương trình đã cho trở thành

log₂ [(x + 2)(x – 1)] = 1

⇔ (x + 2)(x – 1) = 2¹

⇔ x² + x – 2 = 2

⇔ x² + x – 4 = 0

 ⇔x=−1+172x=−1−172.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x=−1+172.

Quan sát đồ thị Hình 6.7, ta thấy khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số y = 2^x nằm phía trên đường thẳng y = 4 là (2; + ∞).

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

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

 ⇔2x+1≤13

 ⇔x+1≤log213  (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)  log17x+1>log72−x

Điều kiện:  x+1>02−x>0⇔x>−1x<2⇔−1<x<2.

Bất phương trình đã cho tương đương với  log7−1x+1>log72−x

⇔ – log_7­(x + 1) > log₇(2 – x)

⇔ log₇(x + 1)^{– 1} > log₇(2 – x)

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

 ⇔1x+1−2+x>0

 ⇔1+x−2x+1x+1>0

 ⇔x2−x−1x+1>0 (*)

Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0, do đó (*) ⇔ x² – x – 1 > 0  ⇔x<1−52x>1+52.

Kết hợp với điều kiện ta được  −1<x<1−521+52<x<2.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  S=−1;  1−52∪1+52;  2.

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

Điều kiện: 2x + 1 > 0 ⇔ x >  −12.

Bất phương trình đã cho tương đương với  log2x+1>32

 ⇔2x+1>1032⇔2x>103−1⇔x>1010−12.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  S=1010−12;+∞.

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

 lnp100=−47⇔p100=e−47⇔p=100e−47≈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

lnp100=−h7<−107⇔0<p100<e−107⇔0<p<100e−107≈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)  1002x2−3=0,12x2−18

 ⇔1022x2−3=10−12x2−18

 ⇔104x2−6=10−2x2+18

⇔ 4x² – 6 = – 2x² + 18

⇔ 6x² = 24

⇔ x² = 4

⇔ x = ± 2.

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

c)  3e3x=1

 ⇔e3x=13

 ⇔3x=ln13

 ⇔x=13ln3−12

 ⇔x=−16ln3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  x=−16ln3.

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 =  12−log35.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =  12−log35.

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:  x>0x−3>0⇔x>0x>3⇔x>3.

Ta có 2log₄x + log₂(x – 3) = 2

 ⇔2log22x+log2x−3=2

 ⇔2⋅12log2x+log2x−3=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:  x>0x−1>04x>0⇔x>0x>1⇔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:  x2−3x+2>02x−4>0⇔x<1x>2x>2⇔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 >  −23.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  S=−23;+∞.

b) 2 . 5^{2x + 1} ≤ 3

 ⇔52x+1≤32

 ⇔2x+1≤log532

 ⇔x≤12log532−1

 ⇔x≤12log532−log55

 ⇔x≤12log5310

 ⇔x≤log531012

 ⇔x≤log53010.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  S=−∞; log53010.

c) log₃(x + 7) ≥ – 1

Điều kiện: x + 7 > 0 ⇔ x > – 7.

Ta có: log₃(x + 7) ≥ – 1

⇔ x + 7 ≥ 3^{– 1}

⇔ x ≥   13−7

 ⇔x≥−203.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là  S=−203;+∞.

d) log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(2x – 1)

Điều kiện:  x+7>02x−1>0⇔x>−7x>12⇔x>12.

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 >  52ln160 ≈ 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   ⇔e−0,5t=114⇔−0,5t=ln114⇔t=−2ln114≈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.