Toán 11 tập 2 trang 24 Bài 21: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit

Giải toán 11 tập 2 trang 24 Bài 21 sách Kết nối tri thức có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Kết nối tri thức. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Toán 11 tập 2 trang 20

HĐ1 trang 20 toán 11 tập 2

Xét phương trình: ${2^{x + 1}} = \frac{1}{4}.$

a) Khi viết $\frac{1}{4}$ thành lũy thừa của 2 thì phương trình trên trở thành phương trình nào?

b) So sánh số mũ của 2 ở hai vế của phương trình nhận được ở câu a để tìm x.

Lời giải:

a) ${2^{x + 1}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow {2^{x + 1}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = {2^{ – 2}}$

b) $x + 1 =  – 2 \Leftrightarrow x =  – 3.$

Toán 11 tập 2 trang 21

LT1 trang 21 toán 11 tập 2

Giải các phương trình sau:

a) ${2^{3x-1}} = \frac{1}{{{2^{x + 1}}}};$

b) $2{e^{2x}} = 5.$

Lời giải:

a) ${2^{3x-1}} = \frac{1}{{{2^{x + 1}}}} \Leftrightarrow {2^{3x-1}} = {2^{ – \left( {x + 1} \right)}} \Leftrightarrow 3x-1 =  – \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow 4x =  0 \Leftrightarrow x = 0$

Vậy phương trình có nghiệm $x = 0$

b) $2{e^{2x}} = 5 \Leftrightarrow {e^{2x}} = \frac{5}{2} \Leftrightarrow 2x = \ln \frac{5}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}.\ln \frac{5}{2}$

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

HĐ2 trang 21 toán 11 tập 2

Xét phương trình $2{\log _2}x =  – 3.$

a) Từ phương trình trên, hãy tính ${\log _2}x.$

b) Từ kết quả ở câu a và sử dụng định nghĩa lôgarit, hãy tìm x.

Lời giải:

a) $2{\log _2}x =  – 3 \Leftrightarrow {\log _2}x =  – \frac{3}{2}$

b) ${\log _2}x =  – \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = {2^{\frac{{ – 3}}{2}}} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{ – 3}} = \sqrt {\frac{1}{8}}  = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$

LT2 trang 21 toán 11 tập 2

Giải các phương trình sau:

a) $4 – \log \left( {3 – x} \right) = 3;$

b) ${\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1.$

Lời giải:

a) (ĐK: $3 – x > 0 \Leftrightarrow x < 3$)

$\begin{array}{l}4 – \log \left( {3 – x} \right) = 3\\ \Leftrightarrow \log \left( {3 – x} \right) = 1\\ \Leftrightarrow 3 – x = 10\\ \Leftrightarrow x =  – 7\left( {TM} \right)\end{array}$

Vậy phương trình có nghiệm $x =  – 7$

b) (ĐK: $x + 2 > 0;x – 1 > 0 \Leftrightarrow x > 1$)

$\begin{array}{l}{\log _2}\left( {x + 2} \right) + {\log _2}\left( {x – 1} \right) = 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {\left( {x + 2} \right)\left( {x – 1} \right)} \right] = 1\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x – 1} \right) = 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x – 2 = 2\\ \Leftrightarrow {x^2} + x – 4 = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \frac{{ – 1 + \sqrt {17} }}{2}\left( {TM} \right)\\x = \frac{{ – 1 – \sqrt {17} }}{2}\left( {KTM} \right)\end{array} \right.\end{array}$

Vậy phương trình có tập nghiệm $x = \frac{{ – 1 + \sqrt {17} }}{2}$.

Toán 11 tập 2 trang 22

HĐ3 trang 22 toán 11 tập 2

Cho đồ thị của hàm số $y = {2^x}$ và $y = 4$ như Hình 6.7. Tìm khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số $y = {2^x}$ nằm phía trên đường thẳng y = 4 và từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình ${2^x} > 4.$

Lời giải:

Khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số $y = {2^x}$ nằm phía trên đường thẳng y = 4 là $\left( {2; + \infty } \right)$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${2^x} > 4$ là $\left( {2; + \infty } \right)$

Toán 11 tập 2 trang 23

LT3 trang 23 toán 11 tập 2

Giải các bất phương trình sau:

a) $0,{1^{2x – 1}} \le 0,{1^{2 – x}};$

b) ${3.2^{x + 1}} \le 1.$

Lời giải:

a) $0,{1^{2x – 1}} \le 0,{1^{2 – x}} \Leftrightarrow 2x – 1 \ge 2 – x \Leftrightarrow 3x \ge 3 \Leftrightarrow x \ge 1$

b) ${3.2^{x + 1}} \le 1 \Leftrightarrow {2^{x + 1}} \le \frac{1}{3} \Leftrightarrow x + 1 \le {\log _2}\frac{1}{3} \Leftrightarrow x \le  – {\log _2}3 – 1 =  – {\log _2}3 – {\log _2}2 =  – {\log _2}6$

HĐ4 trang 23 toán 11 tập 2

Cho đồ thị của hàm số $y = {\log _2}x$ và y = 2 như Hình 6.8. Tìm khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số $y = {\log _2}x$ nằm phía trên đường thẳng y = 2 và từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình ${\log _2}x > 2.$

Lời giải:

Khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số $y = {\log _2}x$ nằm phía trên đường thẳng y = 2 là $\left( {4; + \infty } \right)$

Vậy tập nghiệm của bất phương trình ${\log _2}x > 2$ là $\left( {4; + \infty } \right)$

Toán 11 tập 2 trang 24

LT4 trang 24 toán 11 tập 2

Giải các bất phương trình sau:

a) ${\log _{\frac{1}{7}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _7}\left( {2 – x} \right);$

b) $2\log \left( {2x + 1} \right) > 3.$

Lời giải:

a) ${\log _{\frac{1}{7}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _7}\left( {2 – x} \right)$               (ĐK: $x + 1 > 0;2 – x > 0 \Leftrightarrow  – 1 < x < 2$)

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _{{7^{ – 1}}}}\left( {x + 1} \right) > {\log _7}\left( {2 – x} \right)\\ \Leftrightarrow  – {\log _7}\left( {x + 1} \right) > {\log _7}\left( {2 – x} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _7}{\left( {x + 1} \right)^{ – 1}} > {\log _7}\left( {2 – x} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^{ – 1}} > 2 – x\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{x + 1}} – 2 + x > 0\\ \Leftrightarrow \frac{{1 + \left( {x – 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} > 0\\ \Leftrightarrow \frac{{1 + {x^2} – x – 2}}{{x + 1}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} – x – 1}}{{x + 1}} > 0\end{array}$

Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0

$ \Leftrightarrow {x^2} – x – 1 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}\\x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right.$

KHĐK ta có $\left[ \begin{array}{l} – 1 < x < \frac{{1 – \sqrt 5 }}{2}\\\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} < x < 2\end{array} \right.$

b) $2\log \left( {2x + 1} \right) > 3$              (ĐK: $2x + 1 > 0 \Leftrightarrow x > \frac{{ – 1}}{2}$)

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \log \left( {2x + 1} \right) > \frac{3}{2}\\ \Leftrightarrow 2x + 1 > {10^{\frac{3}{2}}} = 10\sqrt {10} \\ \Leftrightarrow x > \frac{{10\sqrt {10}  – 1}}{2}\end{array}$

KHĐK ta có $x > \frac{{10\sqrt {10}  – 1}}{2}$

Vận dụng trang 24 toán 11 tập 2

Áp suất khí quyển p (tính bằng kilopascal, viết tắt là kPa) ở độ cao h (so với mực nước biển, tính bằng km) được tính theo công thức sau:

$\ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) =  – \frac{h}{7}.$

(Theo britannica.com)

a) Tính áp suất khí quyển ở độ cao 4 km.

b) Ở độ cao trên 10 km thì áp suất khí quyển sẽ như thế nào?

Lời giải:

a) Ở độ cao 4km ta có: $\ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) =  – \frac{4}{7} \Leftrightarrow \frac{p}{{100}} = {e^{\frac{{ – 4}}{7}}} \Leftrightarrow p = 56,4718122$

Vậy áp suất khí quyển ở độ cao 4 km là 56,4718122 kPa.

b) Ở độ cao trên 10km ta có:

$h > 10 \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) <  – \frac{{10}}{7} \Leftrightarrow \frac{p}{{100}} < {e^{\frac{{ – 10}}{7}}} \Leftrightarrow p < 23,96510364$

Vậy ở độ cao trên 10 km thì áp suất khí quyển bé hơn 29,96510364 kPa.

Bài 6.20 trang 24 Toán 11 tập 2

Giải phương trình sau:

a) $3^{x-1}=27$

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

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

d) $5^{x}=3^{2x-1}$

Bài làm

a) $3^{x-1}=27=3^3$, do đó ta có $x-1=3 \Rightarrow x=4$ .

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

$\Rightarrow (x^{2}-3)ln100=(2x^{2}-18)ln0,1$

$\Rightarrow (x^{2}-3)ln10^{}=(2x^{2}-18)\Rightarrow (x^{2}-3)=4(18-x^{2})$

$\Rightarrow(x^2-3)=4(18-x^2)\Rightarrow 5x^2=75\Rightarrow x=\pm\sqrt{15}$

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

$\Rightarrow\ln\sqrt{3}+3x\ln e=0\Rightarrow\ \frac{1}{2}\ln 3+3x=0$

$\Rightarrow3x=-\frac{1}{2}\ln 3\Rightarrow\ x=-\frac{1}{6}\ln 3$

d) $5^x=3\cdot(3^2)^{x-1}=3\cdot3^{2x-2}$ và rút gọn để được $5^x=3^{2x}$

$5^x=3^{2x}\Rightarrow\ln 5^x=\ln 3^{2x}$

$\Rightarrow x\ln 5=2x\ln 3 \Rightarrow\ \ln 5=2\ln 3$

$\Rightarrow\ln\frac{5}{3^2}=0$

Bài 6.21 trang 24 Toán 11 tập 2

Giải các phương trình sau:

a) $log(x+1)=2$

b) $2\log_{4}x+\log_{2}(x-3)=2$

c) $lnx+ln(x-1)=ln4x$

d) $\log_{3}(x^{2}-x+2)=log_{3}(2x-4)$

Bài làm

a) $log(x+1)=2 \Rightarrow x+1=10 \Rightarrow x=9$

b) $2\log_{4}x+\log_{2}(x-3)=2 \Rightarrow \log_{4}x^2 + \log_{2}(x-3)=2.$

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

x = 4

c) $lnx+ln(x-1)=ln4x \Rightarrow ln(x(x-1))=ln(4x) \Rightarrow x(x-1)=4x \Rightarrow x^2-5x=0.$

$\left\{\begin{matrix} x=5 & (thoa-man) & \\ x=0 & & \end{matrix}\right. \Rightarrow x=5$

d) $\log_{3}(x^{2}-x+2)=log_{3}(2x-4)=x^2 – x + 2 = 2x – 4 =x^2 – 3x + 6 = 0$

= $\frac{3 \pm \sqrt{(-3)^2 – 4(1)(6)}}{2(1)} = \frac{3 \pm i\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow x^2 – x + 2 = 2x – 4 are x = \frac{3 + i\sqrt{3}}{2}$ và $x = \frac{3 – i\sqrt{3}}{2}$ .

Bài 6.22 trang 24 Toán 11 tập 2

Giải các bất phương trình sau:

a) $0,1^{2-x}> 0,1^{4+2x}$

b) $2.5^{2x+1}\leq 3$

c) $log_{3}(x+7)\geq -1$

d)$\log_{0,5}(x+7)\geq \log_{0,5}(2x-1)$

Bài làm

a) $2-x> 4+2x\Leftrightarrow -2> 3x\Leftrightarrow x> \frac{2}{3}$

b)$\frac{2,5^{2x+1}}{2,5}\leq \frac{3}{2,5}\Leftrightarrow 2,5^{2x}\leq \frac{6}{5}$

$ln(2,5^{2x})\leq ln(\frac{6}{5})\Leftrightarrow 2xln(2,5)\leq ln(\frac{6}{5})$

$\Rightarrow x\leq \frac{ln\frac{6}{5}}{2ln2,5}\approx 0,317$

c) $log_{3}(x+7)\geq -1 \Leftrightarrow 3^{-1}\leq x+7\Leftrightarrow \frac{1}{3}\leq x+7\Leftrightarrow x\geq -\frac{20}{5}$

Bài 6.23 trang 24 Toán 11 tập 2

Bác Minh gửi tiết kiệm 500 triệu đồng ở một ngân hàng với lãi suất không đổi 7,5% một năm theo thể thức lãi kép kì hạn 12 tháng. Tổng số tiền bác Minh thu được (cả vốn lẫn lãi) sau n năm là: A = 500.(1 + 0,075)n

Tinh thời gian tối thiểu gửi tiết kiệm để bác Minh thu được ít nhất 800 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi).

Bài làm

Ta có

$500(1+0,075)^{n}\geq 800$

Chia cả hai vế của bất phương trình cho 500:

$(1+0,075)^{n}\geq \frac{800}{500} =1,6$

Lấy logarit tự nhiên ở cả hai vế của bất phương trình:

$n ln(1+0,075)^{n}\geq ln(1,6)$

Chia cả hai vế của bất phương trình cho $\ln(1+0.075)$ :

$n\geq \frac{ln(1,6)}{ln(1+0,075)}\approx 9,25$

Vậy thời gian tối thiểu cần gửi tiết kiệm để bác Minh thu được ít nhất 800 triệu đồng là 10 năm.

Bài 6.24 trang 24 Toán 11 tập 2

Số lượng vi khuẩn ban đầu trong một mẻ nuôi cấy là 500 con. Người ta lấy một mẫu vi khuẩn trong mẻ nuôi cấy đó, đếm số lượng vi khuẩn và thấy rằng tỉ lệ tăng trưởng vi khuẩn là 40% mỗi giờ. Khi đó số lượng vi khuẩn N(t) sau t giờ nuôi cấy được ước tính bằng công thức sau: N(t) = 500.e0,4t

Hỏi sau bao nhiêu giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con?

Bài làm

Giải phương trình:

$80 000= 500e^{0,4t}$

Chia cả hai vế của phương trình cho 500:

$160=e^{0,4t}$

Logarithm tự nhiên của cả hai vế:

$ln160=0,4t \Rightarrow t=\frac{ln 160}{04}\approx 5,43$

Vậy sau khoảng 5.43 giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn sẽ vượt mức 80 000 con

Bài 6.25 trang 24 Toán 11 Tập 2:

Giả sử nhiệt độ T (℃)của một vật giảm dần theo thời gian cho bởi công thức: T = 25 + 70e^{– 0,5t}, trong đó thời gian t được tính bằng phút.

a) Tìm nhiệt độ ban đầu của vật.

b) Sau bao lâu nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃.

Lời giải:

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

Vậy sau khoảng 5,28 phút nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃.

Bài 6.26 trang 24 Toán 11 Tập 2:

Tính nồng độ ion hydrogen (tính bằng mol/lít) của một dung dịch có độ pH là 8.

Lời giải:

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.