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

$\Leftrightarrow {(0{,}905)}^{t}\le \frac{5}{13}$

$\Leftrightarrow t\ge {\log }_{0{,}905}\frac{5}{13}\approx 9{,}6$.

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 $\frac{1}{4}={(\frac{1}{2})}^{2}={2}^{-2}$. 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) ${2}^{3x-1}=\frac{1}{{2}^{x+1}}$

Đưa vế phải về cơ số 2, ta có $\frac{1}{{2}^{x+1}}={2}^{-(x+1)}={2}^{-x-1}$.

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$^{2x}$ = $\frac{5}{2}$.

Lấy lôgarit tự nhiên hai vế của phương trình trên ta được 2x = ln $\frac{5}{2}$ hay x = $\frac{5}{2}$ln $\frac{5}{2}$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = $\frac{1}{2}$ln $\frac{5}{2}$.

b) Từ định nghĩa lôgarit ta có:

${\log }_{2}x=-\frac{3}{2}\Leftrightarrow x={2}^{-\frac{3}{2}}\Leftrightarrow x={(\sqrt{2})}^{-3}\Leftrightarrow x=\sqrt{{2}^{-3}}$ $\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

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 = 10$^{1}$ ⇔ x = – 7 (t/m).

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

b) log$_{2}$(x + 2) + log$_{2}$(x – 1) = 1

Điều kiện: $\{\begin{matrix}x+2>0 \\ x-1>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>-2 \\ x>1\end{matrix}\Leftrightarrow x>1$.

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

log$_{2}$ [(x + 2)(x – 1)] = 1

⇔ (x + 2)(x – 1) = 2$^{1}$

⇔ x$^{2}$ + x – 2 = 2

⇔ x$^{2}$ + x – 4 = 0

$\Leftrightarrow [\begin{matrix}x=\frac{-1+\sqrt{17}}{2} \\ x=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}\end{matrix}$.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$.

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

$\Leftrightarrow {2}^{x+1}\le \frac{1}{3}$

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

⇔ x ≤ log$_{2}$3$^{– 1}$ – 1

⇔ x ≤ – log$_{2}$3 – log$_{2}$2

⇔ x ≤ – log$_{2}$(3 ∙ 2)

⇔ x ≤ – log$_{2}$6

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (– ∞; – log$_{2}$6].

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

Vậy tập nghiệm của bất phương trình log$_{2}$ x > 2 là (4; + ∞).

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

Điều kiện: $\{\begin{matrix}x+1>0 \\ 2-x>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>-1 \\ x<2\end{matrix}\Leftrightarrow -1<x<2$.

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

⇔ – log$_{7}$(x + 1) > log$_{7}$(2 – x)

⇔ log$_{7}$(x + 1)$^{– 1}$> log$_{7}$(2 – x)

⇔ (x + 1)$^{– 1}$ > 2 – x (do 7 > 1).

$\Leftrightarrow \frac{1}{x+1}-2+x>0$

$\Leftrightarrow \frac{1+(x-2)(x+1)}{x+1}>0$

$\Leftrightarrow \frac{{x}^{2}-x-1}{x+1}>0$ (*)

Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0, do đó (*) ⇔ x$^{2}$ – x – 1 > 0 $\Leftrightarrow [\begin{matrix}x<\frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ x>\frac{1+\sqrt{5}}{2}\end{matrix}$.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 (\frac{p}{100})=-\frac{h}{7}$$<-\frac{10}{7}\Leftrightarrow 0<\frac{p}{100}<{e}^{\frac{-10}{7}}\Leftrightarrow 0<p<100{e}^{\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$^{x – 1}$ = 3$^{3}$

⇔ x – 1 = 3

⇔ x = 4

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

b) ${100}^{2{x}^{2}-3}=0,{1}^{2{x}^{2}-18}$

$\Leftrightarrow {({10}^{2})}^{2{x}^{2}-3}={({10}^{-1})}^{2{x}^{2}-18}$

$\Leftrightarrow {10}^{4{x}^{2}-6}={10}^{-2{x}^{2}+18}$

⇔ 4x$^{2}$ – 6 = – 2x$^{2}$ + 18

⇔ 6x$^{2}$ = 24

⇔ x$^{2}$ = 4

⇔ x = ± 2.

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

c) $\sqrt{3}{e}^{3x}=1$

$\Leftrightarrow {e}^{3x}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

$\Leftrightarrow 3x=\ln \frac{1}{\sqrt{3}}$

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

$\Leftrightarrow x=-\frac{1}{6}\ln 3$.

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

log$_{3}$5$^{x}$ = log$_{3}$3$^{2x – 1}$

⇔ x log$_{3}$5 = 2x – 1

⇔ (2 – log$_{3}$5)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 = 10$^{2}$ ⇔ x = 100 – 1 ⇔ x = 99 (t/m).

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

b) 2log$_{4}$x + log$_{2}$(x – 3) = 2

Điều kiện: $\{\begin{matrix}x>0 \\ x-3>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>0 \\ x>3\end{matrix}\Leftrightarrow x>3$.

Ta có 2log$_{4}$x + log$_{2}$(x – 3) = 2

$\Leftrightarrow 2{\log }_{{2}^{2}}x+{\log }_{2}(x-3)=2$

$\Leftrightarrow 2\cdot \frac{1}{2}{\log }_{2}x+{\log }_{2}(x-3)=2$

⇔ log$_{2}$x + log$_{2}$(x – 3) = 2

⇔ log$_{2}$x(x – 3) = 2

⇔ x(x – 3) = 2$^{2}$

⇔ x$^{2}$ – 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: $\{\begin{matrix}x>0 \\ x-1>0 \\ 4x>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>0 \\ x>1\end{matrix}\Leftrightarrow x>1$.

Ta có: lnx + ln(x – 1) = ln4x

⇔ lnx(x – 1) = ln4x

⇔ x(x – 1) = 4x

⇔ x$^{2}$– 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) log$_{3}$(x$^{2}$ – 3x + 2) = log$_{3}$(2x – 4)

Điều kiện: $\{\begin{matrix}{x}^{2}-3x+2>0 \\ 2x-4>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}[\begin{matrix}x<1 \\ x>2\end{matrix} \\ x>2\end{matrix}\Leftrightarrow x>2$.

Phương trình đã cho tương đương với

x$^{2}$ – 3x + 2 = 2x – 4

⇔ x$^{2}$– 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 $S=(-\frac{2}{3};+\infty )$.

b) 2 . 5$^{2x + 1}$ ≤ 3

$\Leftrightarrow {5}^{2x+1}\le \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow 2x+1\le {\log }_{5}\frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow x\le \frac{1}{2}({\log }_{5}\frac{3}{2}-1)$

$\Leftrightarrow x\le \frac{1}{2}({\log }_{5}\frac{3}{2}-{\log }_{5}5)$

$\Leftrightarrow x\le \frac{1}{2}{\log }_{5}\frac{3}{10}$

$\Leftrightarrow x\le {\log }_{5}{(\frac{3}{10})}^{\frac{1}{2}}$

$\Leftrightarrow x\le {\log }_{5}\frac{\sqrt{30}}{10}$.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là $S=(-\infty ;\ {\log }_{5}\frac{\sqrt{30}}{10}]$.

c) log$_{3}$(x + 7) ≥ – 1

Điều kiện: x + 7 > 0 ⇔ x > – 7.

Ta có: log$_{3}$(x + 7) ≥ – 1

⇔ x + 7 ≥ 3$^{– 1}$

⇔ x ≥ $\frac{1}{3}-7$

$\Leftrightarrow x\ge -\frac{20}{3}$.

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

d) log$_{0{,}5}$(x + 7) ≥ log$_{0{,}5}$(2x – 1)

Điều kiện: $\{\begin{matrix}x+7>0 \\ 2x-1>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>-7 \\ x>\frac{1}{2}\end{matrix}\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}$.

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 ∙ 1,075$^{n}$ (triệu đồng).

Để có được 800 triệu đồng thì A = 800

⇔ 500 ∙ 1,075$^{n}$ = 800 ⇔ 1,075$^{n}$ = 1,6 ⇔ n = log$_{1{,}075}$1,6 ≈ 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 T$_{0}$ của vật ứng với nhiệt độ tại thời điểm t = 0, từ đó ta được

T$_{0}$ = 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 $\Leftrightarrow {e}^{-0{,}5t}=\frac{1}{14}\Leftrightarrow -0{,}5t=\ln \frac{1}{14}\Leftrightarrow t=-2\ln \frac{1}{14}\approx 5{,}28$.

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.