Giải SGK Toán 11 Bài 21: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit – KNTT – Sách Toán


Giải SGK Toán 11 Bài 21 (Kết nối tri thức): Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit
=================

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 21: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit

Mở đầu trang 20 Toán 11 Tập 2: Giả sử giá trị còn lại (tính theo triệu đồng) của một chiếc ô tô sau t năm sử dụng được mô hình hóa bằng công thức:

V(t) = 780 ∙ (0,905)t.

Hỏi nếu theo mô hình này, sau bao nhiêu năm sử dụng thì giá trị của chiếc ô tô đó còn lại không quá 300 triệu đồng? (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Sau bài học, ta giải được bài toán trên như sau:

Theo yêu cầu bài ra, ta cần tìm t sao cho V(t) ≤ 300

⇔ 780 ∙ (0,905)t ≤ 300

0,905t513

tlog0,9055139,6.

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.

1. Phương trình mũ

HĐ1 trang 20 Toán 11 Tập 2: Nhận biết nghiệm phương trình mũ

Xét phương trình: 2x+1=14.

a) Khi viết 14 thành luỹ 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) Ta có 14=122=22. Khi đó phương trình đã cho trở thành

2x + 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.

Luyện tập 1 trang 21 Toán 11 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) 23x1=12x+1;

b) 2e2x = 5.

Lời giải:

a) 23x1=12x+1

Đưa vế phải về cơ số 2, ta có 12x+1=2x+1=2x1.

Khi đó phương trình đã cho trở thành

23x – 1 = 2– x – 1 ⇔ 3x – 1 = – x – 1 ⇔ 4x = 0 ⇔ x = 0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

b) 2e2x = 5 ⇔ e2x = 52.

Lấy lôgarit tự nhiên hai vế của phương trình trên ta được 2x = ln52 hay x = 12ln52.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 12ln52.

2. Phương trình Lôgarit

HĐ2 trang 21 Toán 11 Tập 2: Nhận biết nghiệm của phương trình lôgarit

Xét phương trình: 2log2x = – 3.

a) Từ phương trình trên, hãy tính log2x.

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

Lời giải:

a) Ta có 2log2x = – 3 log2x=32.

b) Từ định nghĩa lôgarit ta có:

log2x=32x=232x=23x=23x=24.

Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) 4 – log(3 – x) = 3;

b) log2(x + 2) + log2(x – 1) = 1.

Lời giải:

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 = 101 ⇔ x = – 7 (t/m).

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

b) log2(x + 2) + log2(x – 1) = 1

Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

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

log2 [(x + 2)(x – 1)] = 1

⇔ (x + 2)(x – 1) = 21

⇔ x2 + x – 2 = 2

⇔ x2 + x – 4 = 0

Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1+172.

3. Bất phương trình mũ

HĐ3 trang 22 Toán 11 Tập 2: Nhận biết nghiệm của bất phương trình mũ

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

HĐ3 trang 22 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11HĐ3 trang 22 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Lời giải:

Quan sát đồ thị Hình 6.7, ta thấy khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số y = 2x nằm phía trên đường thẳng y = 4 là (2; + ∞).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình 2x > 4 là (2; + ∞).

Luyện tập 3 trang 23 Toán 11 Tập 2: Giải các bất phương trình sau:

a) 0,12x – 1 ≤ 0,12 – x;

b) 3 ∙ 2x + 1 ≤ 1.

Lời giải:

a) Ta có:

0,12x – 1 ≤ 0,12 – 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 ∙ 2x + 1 ≤ 1

2x+113

x+1log213 (do 2 > 1)

⇔ x ≤ log23– 1 – 1

⇔ x ≤ – log23 – log22

⇔ x ≤ – log2(3 ∙ 2)

⇔ x ≤ – log26

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (– ∞; – log26].

4. Bất phương trình Lôgarit

HĐ4 trang 23 Toán 11 Tập 2: Nhận biết nghiệm của bất phương trình lôgarit

Cho đồ thị của các hàm số y = log2x và y = 2 như Hình 6.8. Tìm khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số y = log2x nằm phía trên đường thẳng y = 2 và từ đó suy ra tập nghiệm của bất phương trình log2 x > 2.

HĐ4 trang 23 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11HĐ4 trang 23 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Lời giải:

Quan sát đồ thị ở Hình 6.8, ta thấy khoảng giá trị của x mà đồ thị hàm số y = log2x nằm phía trên đường thẳng y = 2 là (4; + ∞).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình log2 x > 2 là (4; + ∞).

Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải các bất phương trình sau:

a) log17x+1>log72x;

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

Lời giải:

a) log17x+1>log72x

Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Bất phương trình đã cho tương đương với log71x+1>log72x

⇔ – log(x + 1) > log7(2 – x)

⇔ log7(x + 1)– 1 > log7(2 – x)

⇔ (x + 1)– 1 > 2 – x (do 7 > 1).

1x+12+x>0

1+x2x+1x+1>0

x2x1x+1>0 (*)

Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0, do đó (*) ⇔ x2 – x – 1 > 0 Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Kết hợp với điều kiện ta được Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=1;1521+52;2.

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

Điều kiện: 2x + 1 > 0 ⇔ x > 12.

Bất phương trình đã cho tương đương với log2x+1>32

2x+1>10322x>1031x>101012.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=101012;+.

Vận dụng trang 24 Toán 11 Tập 2: Áp suất khí quyển p (tính bằng kilôpascan, viết tắt là kPa) ở độ cao h (so với mực nước biển, tính bằng km) được tính theo công thức sau:

lnp100=h7.

(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 4 km, tức h = 4, thay vào công thức đã cho ta được

lnp100=47p100=e47p=100e4756,47.

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

lnp100=h7<1070<p100<e1070<p<100e10723,97.

Vậy ở độ cao trên 10 km thì áp suất khí quyển nhỏ hơn 23,97 kPa.

Bài tập

Bài 6.20 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) 3x – 1 = 27;

b) 1002x23=0,12x218;

c) 3e3x=1;

d) 5x = 32x – 1.

Lời giải:

a) 3x – 1 = 27

⇔ 3x – 1 = 33

⇔ x – 1 = 3

⇔ x = 4

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

b) 1002x23=0,12x218

1022x23=1012x218

104x26=102x2+18

⇔ 4x2 – 6 = – 2x2 + 18

⇔ 6x2 = 24

⇔ x2 = 4

⇔ x = ± 2.

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

c) 3e3x=1

e3x=13

3x=ln13

x=13ln312

x=16ln3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=16ln3.

d) 5x = 32x – 1

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

log35x = log332x – 1

⇔ x log35 = 2x – 1

⇔ (2 – log35)x = 1

⇔ x = 12log35.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 12log35.

Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải các phương trình sau:

a) log(x + 1) = 2;

b) 2log4x + log2(x – 3) = 2;

c) lnx + ln(x – 1) = ln4x;

d) log3(x2 – 3x + 2) = log3(2x – 4).

Lời giải:

a) log(x + 1) = 2

Điều kiện: x + 1 > 0 ⇔ x > – 1.

Phương trình đã cho tương đương với x + 1 = 102 ⇔ x = 100 – 1 ⇔ x = 99 (t/m).

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

b) 2log4x + log2(x – 3) = 2

Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Ta có 2log4x + log2(x – 3) = 2

2log22x+log2x3=2

212log2x+log2x3=2

⇔ log2x + log2(x – 3) = 2

⇔ log2x(x – 3) = 2

⇔ x(x – 3) = 22

⇔ x2 – 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

Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Ta có: lnx + ln(x – 1) = ln4x

⇔ lnx(x – 1) = ln4x

⇔ x(x – 1) = 4x

⇔ x2 – 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) log3(x2 – 3x + 2) = log3(2x – 4)

Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Bài 6.21 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Phương trình đã cho tương đương với

x2 – 3x + 2 = 2x – 4

⇔ x2 – 5x + 6 = 0

⇔ x = 2 hoặc x = 3.

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

Bài 6.22 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải các bất phương trình sau:

a) 0,12 – x > 0,14 + 2x;

b) 2 . 52x + 1 ≤ 3;

c) log3(x + 7) ≥ – 1;

d) log0,5(x + 7) ≥ log0,5(2x – 1).

Lời giải:

a) 0,12 – x > 0,14 + 2x

⇔ 2 – x < 4 + 2x (do 0 < 0,1 < 1)

⇔ 3x > – 2

⇔ x > 23.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=23;+.

b) 2 . 52x + 1 ≤ 3

52x+132

2x+1log532

x12log5321

x12log532log55

x12log5310

xlog531012

xlog53010.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=;log53010.

c) log3(x + 7) ≥ – 1

Điều kiện: x + 7 > 0 ⇔ x > – 7.

Ta có: log3(x + 7) ≥ – 1

⇔ x + 7 ≥ 3– 1

⇔ x ≥ 137

x203.

Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=203;+.

d) log0,5(x + 7) ≥ log0,5(2x – 1)

Bài 6.22 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11Bài 6.22 trang 24 Toán 11 Tập 2 | Kết nối tri thức Giải Toán 11

Ta có: log0,5(x + 7) ≥ log0,5(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; + ∞).

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 (triệu đồng).

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

Lời giải:

Số tiền bác Minh nhận được sau n năm gửi tiết kiệm là

A = 500 ∙ (1 + 0,075)n = 500 ∙ 1,075n (triệu đồng).

Để có được 800 triệu đồng thì A = 800

⇔ 500 ∙ 1,075n = 800 ⇔ 1,075n = 1,6 ⇔ n = log1,0751,6 ≈ 6,5.

Vậy sau khoảng 7 năm gửi tiết kiệm thì bác An thu được ít nhất 800 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi).

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) = 500e0,4t.

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

Lời giải:

Số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con khi N(t) > 80 000

⇔ 500e0,4t > 80 000 ⇔ e0,4t > 160 ⇔ 0,4t > ln160 ⇔ t > 52ln160 ≈ 12,69.

Vậy sau khoảng 12,69 giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn 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 e0,5t=1140,5t=ln114t=2ln1145,28.

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.



Link Hoc va de thi 2024

Chuyển đến thanh công cụ