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:

$\sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x}}}:{x}^{\frac{5}{8}}=\sqrt{x\sqrt{x\cdot {x}^{\frac{1}{2}}}}:{x}^{\frac{5}{8}}=\sqrt{x\sqrt{{x}^{\frac{3}{2}}}}:{x}^{\frac{5}{8}}$

$=\sqrt{x\cdot {({x}^{\frac{3}{2}})}^{\frac{1}{2}}}:{x}^{\frac{5}{8}}=\sqrt{x\cdot {x}^{\frac{3}{4}}}:{x}^{\frac{5}{8}}=\sqrt{{x}^{\frac{7}{4}}}:{x}^{\frac{5}{8}}$

$={({x}^{\frac{7}{4}})}^{\frac{1}{2}}:{x}^{\frac{5}{8}}={x}^{\frac{7}{8}}:{x}^{\frac{5}{8}}={x}^{\frac{1}{4}}=\sqrt[4]{x}$.

Đáp án đúng là: B

Ta có log$_{a}$(a$^{3}$b$^{2}$) = log$_{a}$a$^{3}$ + log$_{a}$b$^{2}$ = 3 + 2log$_{a}$b.

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 ${\log }_{a}\frac{1}{x}={\log }_{a}{x}^{-1}=-{\log }_{a}x$.

Đáp án đúng là: A

Ta có log$_{6}$5 = $\frac{1}{{\log }_{5}6}=\frac{1}{{\log }_{5}(2\cdot 3)}=\frac{1}{{\log }_{5}2+{\log }_{5}3}$

$=\frac{1}{\frac{1}{{\log }_{2}5}+\frac{1}{{\log }_{3}5}}=\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{1}{\frac{b+a}{ab}}=\frac{ab}{a+b}$

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$_{0{,}5}$x có tập xác định là (0; + ∞) và nghịch biến trên (0; + ∞) (do 0 < 0,5 < 1).

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

+ Hàm số $y={(\frac{1}{3})}^{x}$ có tập xác định là ℝ và nghịch biến trên ℝ do $0<\frac{1}{3}<1$.

+ 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$_{a}$x và y = log$_{b}$x đồng biến trên (0; + ∞) nên a, b > 1.

+ Hàm số y = log$_{c}$x nghịch biến trên (0; + ∞) nên c < 1.

+ Với x > 1, ta có log$_{a}$x > log$_{b}$x $\Leftrightarrow \frac{1}{{\log }_{a}x}<\frac{1}{{\log }_{b}x}$⇔ log$_{x}$a < log$_{x}$b ⇔ a < b.

Vậy c < a < b hay b > a > c.

Ta có: $B={\log }_{a}(\frac{{a}^{2}\cdot \sqrt[3]{a}\cdot \sqrt[5]{{a}^{4}}}{\sqrt[4]{a}})+{a}^{2{\log }_{a}\frac{\sqrt{105}}{30}}$

$={\log }_{a}(\frac{{a}^{2}\cdot {a}^{\frac{1}{3}}\cdot {a}^{\frac{4}{5}}}{{a}^{\frac{1}{4}}})+{({a}^{{\log }_{a}\frac{\sqrt{105}}{30}})}^{2}$

$={\log }_{a}{a}^{2+\frac{1}{3}+\frac{4}{5}-\frac{1}{4}}+{(\frac{\sqrt{105}}{30})}^{2}$

$={\log }_{a}{a}^{\frac{173}{60}}+\frac{{(\sqrt{105})}^{2}}{{30}^{2}}$

$=\frac{173}{60}+\frac{105}{900}=3$.

a) 3$^{1 – 2x}$ = 4$^{x}$

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

log$_{3}$3$^{1 – 2x}$= log$_{3}$4$^{x}$

⇔ 1 – 2x = x log$_{3}$4

⇔ (2 + log$_{3}$4)x = 1

$\Leftrightarrow x=\frac{1}{2+{\log }_{3}4}$.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là $x=\frac{1}{2+{\log }_{3}4}$.

b) log$_{3}$(x + 1) + log$_{3}$(x + 4) = 2

Điều kiện: $\{\begin{matrix}x+1>0 \\ x+4>0\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>-1 \\ x>-4\end{matrix}\Leftrightarrow x>-1$.

Ta có log$_{3}$(x + 1) + log$_{3}$(x + 4) = 2

⇔ log$_{3}$[(x + 1)(x + 4)] = 2

⇔ (x + 1)(x + 4) = 3$^{2}$

⇔ x$^{2}$ + 5x + 4 = 9

⇔ x$^{2}$ + 5x – 5 = 0

⇔ $x=\frac{-5+3\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\frac{-5-3\sqrt{5}}{2}$.

Loại nghiệm $x=\frac{-5-3\sqrt{5}}{2}<-1$.

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

a) Biểu thức $\sqrt{{4}^{x}-{2}^{x+1}}$ có nghĩa khi 4$^{x}$ – 2$^{x + 1}$ ≥ 0 ⇔ (2$^{2}$)$^{x}$ – 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 $y=\sqrt{{4}^{x}-{2}^{x+1}}$ là D = [1; + ∞).

b ) Biểu thức ln(1 – lnx) có nghĩa khi $\{\begin{matrix}x>0 \\ 1-\ln x>0\end{matrix}$

$\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>0 \\ \ln x<1\end{matrix}\Leftrightarrow \{\begin{matrix}x>0 \\ 0<x<e\end{matrix}\Leftrightarrow 0<x<e$.

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

b) Ta có: $100\cdot {(1-\frac{r}{100})}^{2}=90\Leftrightarrow {(1-\frac{r}{100})}^{2}=0{,}9$

$\Leftrightarrow 1-\frac{r}{100}=\sqrt{0{,}9}\Leftrightarrow r\approx 5{,}13$ (do $1-\frac{r}{100}>0$)

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 $A=P\cdot {(1-\frac{5}{100})}^{n}$.

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

$P\cdot {(1-\frac{5}{100})}^{n}=\frac{P}{2}\Leftrightarrow 0,{95}^{n}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow n={\log }_{0{,}95}\frac{1}{2}\approx 13{,}51$.

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 N$_{0}$ = 500 và với t = 1 thì N$_{1}$ = 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{,}6}$2 ≈ 1,47.

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

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

$d=\frac{1}{{10}^{0{,}097}-1}\approx 4$.

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 $P=\log \frac{1+1}{1}=\log 2\approx 0{,}301=30{,}1\%$.

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