Giải SBT Toán 11 KNTT Bài 19. Lôgarit có đáp án

a) $={\log }_{2}{2}^{-6}=-6$.

b) log 1 000 = log 10$^{3}$ = 3.

c) ${\log }_{5}1\ 250-{\log }_{5}10={\log }_{5}\frac{1\ 250}{10}={\log }_{5}125={\log }_{5}{5}^{3}=3$.

d) ${4}^{{\log }_{2}3}={({2}^{{\log }_{2}3})}^{2}={3}^{2}=9$ .

a) Ta có ${\log }_{a}(x+\sqrt{{x}^{2}-1})+{\log }_{a}(x-\sqrt{{x}^{2}-1})$

$={\log }_{a}[(x+\sqrt{{x}^{2}-1})(x-\sqrt{{x}^{2}-1})]$

$={\log }_{a}[{x}^{2}-({x}^{2}-1)]={\log }_{a}1=0$

Vậy ${\log }_{a}(x+\sqrt{{x}^{2}-1})+{\log }_{a}(x-\sqrt{{x}^{2}-1})=0$ .

b) Ta có ln (1 + e$^{2x}$) = ln [e$^{2x}$(1 + e$^{−2x}$)] = ln e$^{2x}$ + ln (1 + e$^{−2x}$) = 2x + ln (1 + e$^{−2x}$).

Vậy ln (1 + e$^{2x}$) = 2x + ln (1 + e$^{−2x}$).

Ta có ${\log }_{15}10=\frac{{\log }_{5}10}{{\log }_{5}15}=\frac{{\log }_{5}(2\cdot 5)}{{\log }_{5}(3.5)}=\frac{{\log }_{5}2+{\log }_{5}5}{{\log }_{5}3+{\log }_{5}5}$

Vì a = log$_{3}$5 nên ${\log }_{5}3=\frac{1}{a}$ và b = log$_{4}$ 5 nên ${\log }_{5}4=\frac{1}{b}$$\Leftrightarrow 2{\log }_{5}2=\frac{1}{b}$ hay ${\log }_{5}2=\frac{1}{2b}$

Do đó ${\log }_{15}10=\frac{{\log }_{5}2+1}{{\log }_{5}3+1}=\frac{\frac{1}{2b}+1}{\frac{1}{a}+1}=\frac{(1+2b)a}{2b(a+1)}$ .

Có ${\log }_{49}32=\frac{{\log }_{2}32}{{\log }_{2}49}=\frac{{\log }_{2}{2}^{5}}{{\log }_{2}{7}^{2}}=\frac{5}{2{\log }_{2}7}$

Mà log$_{2}$ 14 = log$_{2}$ (2×7) = log$_{2}$ 2 + log$_{2}$ 7 = 1 + log$_{2}$ 7 = a. Do đó log$_{2}$ 7 = a – 1.

Vậy ${\log }_{49}32=\frac{5}{2(a-1)}$ .

a) Ta có log$_{3}$ 4 > log$_{3}$ 3 = 1; ${\log }_{4}\frac{1}{3}<{\log }_{4}4=1$ nên ${\log }_{4}\frac{1}{3}<{\log }_{3}4$.

b) Có ${2}^{{\log }_{6}3}={3}^{{\log }_{6}2}$

(do ${\log }_{2}{2}^{{\log }_{6}3}={\log }_{2}{3}^{{\log }_{6}2}\Leftrightarrow {\log }_{6}3\cdot {\log }_{2}2={\log }_{6}2\cdot {\log }_{2}3\Leftrightarrow {\log }_{2}3=\frac{{\log }_{6}3}{{\log }_{6}2}$ )

Vì ${\log }_{6}2>{\log }_{6}\frac{1}{2}$ nên ${3}^{{\log }_{6}2}>{3}^{{\log }_{6}\frac{1}{2}}$ hay ${2}^{{\log }_{6}3}>{3}^{{\log }_{6}\frac{1}{2}}$ .

Có N = 2$^{2 023}$

Số chữ số của N = 2$^{2 023}$ là: [log 2$^{2 023}$] + 1 = [2 023×log 2] + 1 = 609.

Vậy số các chữ số của 2$^{2 023}$là 609.

Để số tiền tăng gấp đôi tức là A = 2P

Thời gian gửi tiết kiệm để số tiền ban đầu tăng gấp đôi là: 2P = P(1 + r)$^{t}$ Û 2 = (1 + r)$^{t}$ Û t = log$_{1 + r}$ 2 (năm).

Vậy cần log$_{1 + r}$ 2 năm gửi tiết kiệm để số tiền ban đầu tăng gấp đôi.

Vì lãi suất 8% một năm nên lãi suất kì hạn 6 tháng sẽ là r = 4% = 0,04.

Thay P = 100; r = 0,04 và A = 120 vào công thức A = P(1 + r)$^{t}$ , ta được:

120 = 100(1 + 0,04)$^{t}$ Û 1,2 = 1,04$^{t}$ Û t = log$_{1{,}04}$ 1,2 » 4,65.

Vậy sau 5 kì gửi tiết kiệm kì hạn 6 tháng, tức là sau 30 tháng, người đó sẽ nhận được ít nhất 120 triệu đồng.

a) Theo đề có nguy cơ tương đối của một người bị tai nạn với BAC bằng 0,02% là 1,4 nên x = 0,02% và R = 1,4.

Thay x = 0,02% và R = 1,4 vào phương trình R = e$^{kx}$ ta được $1{,}4={e}^{k\cdot \frac{0{,}02}{100}}$ .

$\Leftrightarrow k\cdot \frac{0{,}02}{100}=\ln 1{,}4\Leftrightarrow k\approx 1\ 682{,}36$

Vậy hệ số k trong phương trình khoảng 1 682, 36.

b) Với x = 0,17% và k =1 682, 36 thì nguy cơ tương đối là: $R={e}^{1\ 682{,}36\cdot \frac{0{,}17}{100}}\approx 17{,}46$ .

Vậy nếu nồng độ cồn trong máu là 0,17% thì nguy cơ tương đối khoảng 17,46.

c) Có nguy cơ tương đối là 100 tức R = 100.

Ta có 100 = e$^{1 682{,}36x}$ Û 1 682,36x = ln 100 Û x » 0,27%.

Vậy BAC khoảng 0,27%.

d) Nếu một người có nguy cơ tương đối từ 5 trở lên sẽ không được phép lái xe tức là R ≥ 5. Khi đó, ta có e$^{1 682{,}36x}$ ≥ 5 hay x ≥ 0,096%.

Vậy một người có nồng độ cồn trong máu khoảng 0,096% trở lên sẽ không được phép lái xe.