Giải SGK Toán lớp 11 – KNTT – Tập 2 Bài tập cuối Chương VI có đáp án

Đáp án đúng là: B

Không có công thức lũy thừa cho hai lũy thừa không cùng số mũ và không cùng cơ số, do đó đáp án B sai.

Đáp án đúng là: A

Với x > 0, ta có:

 xxx:x58=xx⋅x12:x58=xx32:x58

 =x⋅x3212:x58=x⋅x34:x58=x74:x58

 =x7412:x58=x78:x58=x14=x4.

Đáp án đúng là: B

Ta có log_a(a³b²) = log_aa³ + log_ab² = 3 + 2log_ab.

Đáp án đúng là: C

Theo tính chất của lôgarit, ta thấy các công thức ở các đáp án A, B, D đúng.

Với đáp án C, ta có  loga1x=logax−1=−logax.

Đáp án đúng là: A

Ta có log₆5 =  1log56=1log52⋅3=1log52+log53

 =11log25+1log35=11a+1b=1b+aab=aba+b

Đáp án đúng là: C

Ta có hàm số y = 2^x_­:

+ Có tập xác định là ℝ.

+ Có tập giá trị của hàm số là (0; + ∞).

+ Đồng biến trên ℝ (do 2 > 1).

+ Đồ thị của hàm số luôn nằm phía trên trục Ox.

Do vậy đáp án C sai.

Đáp án đúng là: D

Xét từng đáp án:

+ Hàm số y = log_0,5­x có tập xác định là (0; + ∞) và nghịch biến trên (0; + ∞) (do 0 < 0,5 < 1).

+ Hàm số y = e^{– x} =  1ex có tập xác định là ℝ và nghịch biến trên ℝ do  0<1e<1.

+ Hàm số  y=13x có tập xác định là ℝ và nghịch biến trên ℝ do  0<13<1.

+ Hàm số y = ln x có tập xác định là (0; + ∞) và đồng biến trên (0; + ∞) do e > 1.

Đáp án đúng là: B

Quan sát đồ thị ta thấy:

+ Hàm số y = log_ax và y = log_bx đồng biến trên (0; + ∞) nên a, b > 1.

+ Hàm số y = log_cx nghịch biến trên (0; + ∞) nên c < 1.

+ Với x > 1, ta có log_ax > log_bx  ⇔1logax<1logbx⇔ log_xa < log_xb ⇔ a < b.

Vậy c < a < b hay b > a > c.

Ta có:  B=logaa2⋅a3⋅a45a4+a2loga10530

=logaa2⋅a13⋅a45a14+aloga105302

 =logaa2+13+45−14+105302

 =logaa17360+1052302

 =17360+105900=3.

a) 3^{1 – 2x} = 4^x

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

log₃3^{1 – 2x} = log₃4^x

⇔ 1 – 2x = x log₃4

⇔ (2 + log₃4)x = 1

 ⇔x=12+log34.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  x=12+log34.

b) log₃(x + 1) + log₃(x + 4) = 2

Điều kiện:  x+1>0x+4>0⇔x>−1x>−4⇔x>−1.

Ta có log₃(x + 1) + log₃(x + 4) = 2

⇔ log₃[(x + 1)(x + 4)] = 2

⇔ (x + 1)(x + 4) = 3²

⇔ x² + 5x + 4 = 9

⇔ x² + 5x – 5 = 0

⇔  x=−5+352 hoặc  x=−5−352.

Loại nghiệm  x=−5−352<−1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là  x=−5+352.

a) Biểu thức  4x−2x+1 có nghĩa khi 4^x – 2^{x + 1} ≥ 0 ⇔ (2²)^x – 2^x . 2 ≥ 0

⇔ (2^x)² – 2^x . 2 ≥ 0 ⇔ 2^x(2^x – 2) ≥ 0 ⇔ 2^x – 2 ≥ 0 (do 2^x > 0 với mọi số thực x)

⇔ 2^x ≥ 2 ⇔ x ≥ 1.

Vậy tập xác định của hàm số  y=4x−2x+1 là D = [1; + ∞).

b ) Biểu thức ln(1 – lnx) có nghĩa khi  x>01−lnx>0

 ⇔x>0lnx<1⇔x>00<x<e⇔0<x<e.

Vậy tập xác định của hàm số y = ln(1 – lnx) là D = (0; e).

a) Nếu tỉ lệ lạm phát là 8% một năm thì sức mua của 100 triệu đồng sau hai năm sẽ còn lại là  A=100⋅1−81002=84,64 (triệu đồng).

b) Ta có:  100⋅1−r1002=90⇔1−r1002=0,9

 ⇔1−r100=0,9⇔r≈5,13 (do   1−r100>0)

Vậy tỉ lệ lạm phát khoảng 5,13% một năm.

c) Với tỉ lệ lạm phát là 5% một năm thì với số tiền P ban đầu sau n năm sức mua còn lại là   A=P⋅1−5100n.

Vì sức mua của số tiền ban đầu chỉ còn lại một nửa nên ta có:

 P⋅1−5100n=P2⇔0,95n=12⇔n=log0,9512≈13,51.

Vậy nếu tỉ lệ lạm phát là 5% một năm thì sau khoảng 14 năm sức mua của số tiền ban đầu chỉ còn lại một nửa.

a) Do ban đầu có 500 con vi khuẩn và sau 1 giờ tăng lên 800 con nên N₀ = 500 và với t = 1 thì N₁ = 800 nên ta có: 800 = 500e^{r ∙ 1} ⇔ e^r = 1,6 ⇔ r = ln1,6.

Khi đó N(t) = 500e^ln1,6t.

Với t = 5, ta có N(5) = 500e^{ln1,6 ∙ 5} = 5242,88.

Vậy sau 5 giờ thì số lượng vi khuẩn khoảng 5 242 con.

 b) Số lượng vi khuẩn tăng gấp đôi, tức là tăng lên 1 000 con.

Ta có: 1 000 = 500e^ln1,6t ⇔ e^ln1,6t = 2 ⇔ (e^ln1,6)^t = 2 ⇔ 1,6^t = 2 ⇔ t = log_1,62 ≈ 1,47.

Vậy sau khoảng 1,47 giờ thì số lượng vi khuẩn ban đầu sẽ tăng lên gấp đôi.

a) Ta có  P=logd+1d=log1+1d, suy ra  1+1d=10P ⇔1d=10P−1⇔d=110P−1.

b) Vì chữ số có xác suất bằng 9,7% nên P = 9,7% = 0,097, khi đó

 d=1100,097−1≈4.

Vậy chữ số có xác suất bằng 9,7% được chọn là chữ số 4.

c) Chữ số đầu tiên là 1, tức là d = 1, khi đó ta có  P=log1+11=log2≈0,301=30,1%.

Vậy xác suất để chữ số đầu tiên là 1 bằng khoảng 30,1%.