Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 19 (KNTT): Lôgarit

Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 19 (KNTT): Lôgarit – SÁCH GIÁO KHOA KẾT NỐI TRI THỨC 2024

================

Giải SBT Toán lớp 11 Bài 19: Lôgarit

Giải SBT Toán 11 trang 10

Bài 6.11 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Tính:

a) ${\log }_2\frac{1}{64}$ ; b) log 1 000;

c) log₅1 250 − log₅10; d) $4^{{\log }_{2}3}$ .

Lời giải:

a) ${\log }_2\frac{1}{64}={\log }_2{2}^{-6}=-6$ .

b) log 1 000 = log 10³ = 3.

c) ${\log }_{5}1250-{\log }_{5}10={\log }_5\frac{1250}{10}={\log }_{5}125={\log }_5{5}^3=3$ .

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

Bài 6.12 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Chứng minh rằng:

a) ${\log }_a\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)+{\log }_a\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)=0$ ;

b) ln (1 + e^2x) = 2x + ln (1 + e^−2x).

Lời giải:

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

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

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

Vậy ${\log }_a\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)+{\log }_a\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)=0$ .

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).

Bài 6.13 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Biết log₂3 $\approx$ 1,585. Hãy tính:

a) log₂ 48; b) log₄ 27.

Lời giải:

a) log₂ 48 = log₂ (2⁴×3) = log₂ 2⁴ + log₂ 3

= 4 + log₂ 3 $\approx$ 4 + 1,585 = 5,585.

b)

${\log }_{4}27=\frac{{\log }_{2}27}{{\log }_{2}4}=\frac{{\log }_2{3}^3}{{\log }_2{2}^2}=\frac{3{\log }_{2}3}{2}=\frac{3}{2}\cdot {\log }_{2}3\approx \frac{3}{2}\cdot 1,585=2,3775$

Bài 6.14 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Đặt a = log₃ 5, b = log₄ 5. Hãy biểu diễn log₁₅ 10 theo a và b.

Lời giải:

Ta có ${\log }_{15}10=\frac{{\log }_{5}10}{{\log }_{5}15}=\frac{{\log }_5\left(2\cdot 5\right)}{{\log }_5\left(3.5\right)}$$=\frac{{\log }_{5}2+{\log }_{5}5}{{\log }_{5}3+{\log }_{5}5}=\frac{{\log }_{5}2+1}{{\log }_{5}3+1}$

Vì a = log₃ 5 nên ${\log }_{5}3=\frac{1}{a}$ và b = log₄ 5 nên ${\log }_{5}4=\frac{1}{b}$$\iff 2{\log }_{5}2=\frac{1}{b}$ hay ${\log }_{5}2=\frac{1}{2b}$

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

Bài 6.15 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Tìm log₄₉ 32, biết log₂ 14 = a.

Lời giải:

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 log₂ 14 = log₂ (2.7) = log₂ 2 + log₂ 7 = 1 + log₂ 7 = a. Do đó log₂ 7 = a – 1.

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

Bài 6.16 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: So sánh các số sau:

a) log₃ 4 và ${\log }_4\frac{1}{3}$; b) $2^{{\log }_{6}3}$ và $3^{{\log }_6\frac{1}{2}}$.

Lời giải:

a) Ta có log₃ 4 > log₃ 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}$$\iff {\log }_{6}3\cdot {\log }_{2}2={\log }_{6}2\cdot {\log }_{2}3$$\iff {\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 $2^{{\log }_{6}3}>3^{{\log }_6\frac{1}{2}}$ .

Bài 6.17 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Biết rằng số chữ số của một số nguyên dương N viết trong hệ thập phân được cho bởi công thức [log N] + 1, ở đó [log N] là phần nguyên của số thực dương logN. Tìm số các chữ số của 2^{2 023} khi viết trong hệ thập phân.

Lời giải:

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.

Bài 6.18 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Khi gửi tiết kiệm P (đồng) theo thể thức trả lãi kép định kì với lãi suất mỗi kì là r (r cho dưới dạng số thập phân) thì số tiền A (cả vốn lẫn lãi) nhận được sau t kì gửi là A = P(1 + r)^t (đồng). Tính thời gian gửi tiết kiệm cần thiết để số tiền ban đầu tăng gấp đôi.

Lời giải:

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 $\iff$ 2 = (1 + r)^t $\iff$ t = log_{1 + r} 2 (năm).

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

Giải SBT Toán 11 trang 11

Bài 6.19 trang 11 SBT Toán 11 Tập 2: Một người gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng theo thể thức lãi kép kì hạn 6 tháng với lãi suất 8

Lời giải:

Vì lãi suất 8

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 $\iff$ 1,2 = 1,04^t $\iff$ t = log_1,04 1,2 $\approx$ 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.

Bài 6.20 trang 11 SBT Toán 11 Tập 2: Nồng độ cồn trong máu (BAC) là chỉ số dùng để đo lượng cồn trong máu của một người. Chẳng hạn, BAC 0,02

R = e^kx,

trong đó x (

a) Nghiên cứu chỉ ra rằng nguy cơ tương đối của một người bị tai nạn với BAC bằng 0,02

b) Nguy cơ tương đối là bao nhiêu nếu nồng độ cồn trong máu là 0,17

c) Tìm BAC tương ứng với nguy cơ tương đối là 100.

d) Giả sử nếu một người có nguy cơ tương đối từ 5 trở lên sẽ không được phép lái xe, thì một người có nồng độ cồn trong máu từ bao nhiêu trở lên sẽ không được phép lái xe?

Lời giải:

a) Theo đề có nguy cơ tương đối của một người bị tai nạn với BAC bằng 0,02

Thay x = 0,02

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

b) Với x = 0,17

Vậy nếu nồng độ cồn trong máu là 0,17

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

Ta có 100 = e^{1 682,36x} $\iff$ 1 682,36x = ln 100 $\iff$ x $\approx$ 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

=============
THUỘC: Giải SÁCH bài tập Toán 11 – KNTT