Tài liệu Giáo viên
Lớp 2Lớp 2 - liên kết tri thức
Lớp 2 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 2 - Cánh diều
Tài liệu Giáo viên
Lớp 3Lớp 3 - kết nối tri thức
Lớp 3 - Chân trời sáng tạo
Lớp 3 - Cánh diều
Tiếng Anh lớp 3
Tài liệu Giáo viên
Lớp 4Lớp 4 - liên kết tri thức
Lớp 4 - Chân trời sáng tạo
Lớp 4 - Cánh diều
Tiếng Anh lớp 4
Tài liệu Giáo viên
Lớp 5Lớp 5 - kết nối tri thức
Lớp 5 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 5 - Cánh diều
Tiếng Anh lớp 5
Tài liệu Giáo viên
Lớp 6Lớp 6 - kết nối tri thức
Lớp 6 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 6 - Cánh diều
Tiếng Anh 6
Tài liệu Giáo viên
Lớp 7Lớp 7 - kết nối tri thức
Lớp 7 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 7 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 8Lớp 8 - liên kết tri thức
Lớp 8 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 8 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 9Lớp 9 - kết nối tri thức
Lớp 9 - Chân trời sáng tạo
Lớp 9 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 10Lớp 10 - kết nối tri thức
Lớp 10 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 10 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 11Lớp 11 - liên kết tri thức
Lớp 11 - Chân trời sáng sủa tạo
Lớp 11 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
Lớp 12Lớp 12 - liên kết tri thức
Lớp 12 - Chân trời sáng tạo
Lớp 12 - Cánh diều
Tiếng Anh
Tài liệu Giáo viên
thầy giáoLớp 1
Lớp 2
Lớp 3
Lớp 4
Lớp 5
Lớp 6
Lớp 7
Lớp 8
Lớp 9
Lớp 10
Lớp 11
Lớp 12
Với giải bài tập Toán 11 trang 24 Tập 2 vào Bài 21: Phương trình, bất phương trình mũ với lôgarit sách Kết nối trí thức hay nhất, cụ thể giúp học tập sinh thuận tiện làm bài bác tập Toán 11 trang 24 Tập 2.
Bạn đang xem: Toán 11 6.20 trang 24
Giải Toán 11 trang 24 Tập 2
Luyện tập 4 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải những bất phương trình sau:
a) log17x+1>log72−x;
b) 2log(2x + 1) > 3.
Lời giải:
a) log17x+1>log72−x
Bất phương trình vẫn cho tương tự với log7−1x+1>log72−x
&h
Arr; – log7(x + 1) > log7(2 – x)
&h
Arr; log7(x + 1)– 1 > log7(2 – x)
&h
Arr; (x + 1)– 1 > 2 – x (do 7 > 1).
⇔1x+1−2+x>0
⇔1+x−2x+1x+1>0
⇔x2−x−1x+1>0 (*)
Mà – 1 0, do đó (*) &h
Arr; x2 – x – 1 > 0
Kết hợp với điều khiếu nại ta được
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=−1;1−52∪1+52;2.
b) 2log(2x + 1) > 3
Điều kiện: 2x + 1 > 0 &h
Arr; x > −12.
Bất phương trình đang cho tương tự với log2x+1>32
⇔2x+1>1032⇔2x>103−1⇔x>1010−12.
Kết phù hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=1010−12;+∞.
Vận dụng trang 24 Toán 11 Tập 2: Áp suất khí quyển p (tính bằng kilôpascan, viết tắt là k
Pa) ở độ cao h (so cùng với mực nước biển, tính bằng km) được tính theo phương pháp sau:
lnp100=−h7.
(Theo britannica.com)
a) Tính áp suất khí quyển ở chiều cao 4 km.
b) Ở độ nhích cao hơn 10 km thì áp suất khí quyển sẽ như vậy nào?
Lời giải:
a) Ở chiều cao 4 km, tức h = 4, nắm vào bí quyết đã cho ta được
lnp100=−47⇔p100=e−47⇔p=100e−47≈56,47.
Vậy áp suất khí quyển ở độ dài 4 km khoảng chừng 56,47 k
Pa.
b) Ở độ cao hơn 10 km, tức h > 10, lúc đó ta có
lnp100=−h7−107⇔0p100e−107⇔0p100e−107≈23,97.
Vậy sống độ nhích cao hơn 10 km thì áp suất khí quyển bé dại hơn 23,97 k
Pa.
Bài tập
Bài 6.20 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải những phương trình sau:
a) 3x – 1 = 27;
b) 1002x2−3=0,12x2−18;
c) 3e3x=1;
d) 5x = 32x – 1.
Lời giải:
a) 3x – 1 = 27
&h
Arr; 3x – 1 = 33
&h
Arr; x – 1 = 3
&h
Arr; x = 4
Vậy phương trình đã cho tất cả nghiệm duy nhất là x = 4.
b) 1002x2−3=0,12x2−18
⇔1022x2−3=10−12x2−18
⇔104x2−6=10−2x2+18
&h
Arr; 4x2 – 6 = – 2x2 + 18
&h
Arr; 6x2 = 24
&h
Arr; x2 = 4
&h
Arr; x = ± 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã chỉ ra rằng S = – 2; 2.
c) 3e3x=1
⇔e3x=13
⇔3x=ln13
⇔x=13ln3−12
⇔x=−16ln3.
Vậy phương trình sẽ cho có nghiệm độc nhất vô nhị là x=−16ln3.
d) 5x = 32x – 1
Lấy lôgarit cơ số 3 nhị vế của phương trình ta được
log35x = log332x – 1
&h
Arr; x log35 = 2x – 1
&h
Arr; (2 – log35)x = 1
&h
Arr; x = 12−log35.
Vậy phương trình sẽ cho tất cả nghiệm tốt nhất là x = 12−log35.
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 &h
Arr; x > – 1.
Phương trình vẫn cho tương đương với x + 1 = 102 &h
Arr; x = 100 – 1 &h
Arr; x = 99 (t/m).
Vậy phương trình vẫn cho bao gồm nghiệm nhất x = 99.
b) 2log4x + log2(x – 3) = 2
Ta bao gồm 2log4x + log2(x – 3) = 2
⇔2log22x+log2x−3=2
⇔2⋅12log2x+log2x−3=2
&h
Arr; log2x + log2(x – 3) = 2
&h
Arr; log2x(x – 3) = 2
&h
Arr; x(x – 3) = 22
&h
Arr; x2 – 3x – 4 = 0
&h
Arr; x = – 1 hoặc x = 4.
Kết phù hợp với điều kiện, vậy phương trình sẽ cho gồm nghiệm tuyệt nhất x = 4.
c) lnx + ln(x – 1) = ln4x
Ta có: lnx + ln(x – 1) = ln4x
&h
Arr; lnx(x – 1) = ln4x
&h
Arr; x(x – 1) = 4x
&h
Arr; x2 – 5x = 0
&h
Arr; x(x – 5) = 0
&h
Arr; x = 0 hoặc x = 5.
Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đang cho bao gồm nghiệm tốt nhất x = 5.
Xem thêm: Chuyên đề hệ thức lượng trong tam giác toán 10 hệ thức lượng trong tam giác
d) log3(x2 – 3x + 2) = log3(2x – 4)
Phương trình vẫn cho tương tự với
x2 – 3x + 2 = 2x – 4
&h
Arr; x2 – 5x + 6 = 0
&h
Arr; x = 2 hoặc x = 3.
Kết phù hợp với điều kiện, vậy phương trình đang cho có nghiệm độc nhất x = 3.
Bài 6.22 trang 24 Toán 11 Tập 2: Giải những 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
&h
Arr; 2 – x
&h
Arr; 3x > – 2
&h
Arr; x > −23.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã chỉ ra rằng S=−23;+∞.
b) 2 . 52x + 1 ≤ 3
⇔52x+1≤32
⇔2x+1≤log532
⇔x≤12log532−1
⇔x≤12log532−log55
⇔x≤12log5310
⇔x≤log531012
⇔x≤log53010.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã chỉ ra rằng S=−∞;log53010.
c) log3(x + 7) ≥ – 1
Điều kiện: x + 7 > 0 &h
Arr; x > – 7.
Ta có: log3(x + 7) ≥ – 1
&h
Arr; x + 7 ≥ 3– 1
&h
Arr; x ≥ 13−7
⇔x≥−203.
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã chỉ ra rằng S=−203;+∞.
d) log0,5(x + 7) ≥ log0,5(2x – 1)
Ta có: log0,5(x + 7) ≥ log0,5(2x – 1)
&h
Arr; x + 7 ≤ 2x – 1 (do 0
&h
Arr; x ≥ 8.
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho rằng S = <8; + ∞).
Bài 6.23 trang 24 Toán 11 Tập 2: chưng Minh gửi tiết kiệm chi phí 500 triệu đ ở một ngân hàng với lãi suất vay không thay đổi 7,5% một năm theo thể thức lãi kép kì hạn 12 tháng. Tổng cộng tiền bác Minh nhận 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 ngân sách để bác bỏ Minh thu được tối thiểu 800 triệu vnd (cả vốn lẫn lãi).
Lời giải:
Số tiền bác bỏ Minh nhận được sau n năm gửi tiết kiệm chi phí là
A = 500 ∙ (1 + 0,075)n = 500 ∙ 1,075n (triệu đồng).
Để có được 800 triệu đồng thì A = 800
&h
Arr; 500 ∙ 1,075n = 800 &h
Arr; 1,075n = 1,6 &h
Arr; n = log1,0751,6 ≈ 6,5.
Vậy sau khoảng tầm 7 năm gửi tiết kiệm chi phí thì chưng An thu được tối thiểu 800 triệu đồng (cả vốn lẫn lãi).
Bài 6.24 trang 24 Toán 11 Tập 2: số lượng vi khuẩn lúc đầu trong một mẻ nuôi ghép là 500 con. Fan ta rước một mẫu vi khuẩn trong mẻ nuôi ghép đó, đếm con số vi khuẩn với thấy rằng tỉ lệ thành phần tăng trưởng vi khuẩn là 40% mỗi giờ. Khi đó con số vi trùng N(t) sau t giờ đồng hồ nuôi ghép được ước tính bởi công thức sau:
N(t) = 500e0,4t.
Hỏi sau bao nhiêu giờ nuôi cấy, số lượng vi trùng vượt nút 80 000 con?
Lời giải:
Số lượng vi khuẩn vượt nút 80 000 nhỏ khi N(t) > 80 000
&h
Arr; 500e0,4t > 80 000 &h
Arr; e0,4t > 160 &h
Arr; 0,4t > ln160 &h
Arr; t > 52ln160 ≈ 12,69.
Vậy sau khoảng 12,69 giờ đồng hồ nuôi cấy, con số vi trùng vượt nút 80 000 con.
Bài 6.25 trang 24 Toán 11 Tập 2: đưa sử nhiệt độ T (℃)của một vật bớt dần theo thời gian cho vày công thức: T = 25 + 70e– 0,5t, trong đó thời gian t được xem bằng phút.
a) kiếm tìm nhiệt độ thuở đầu của vật.
b) Sau bao lâu ánh sáng của vật sót lại 30 ℃.
Lời giải:
a) sức nóng độ lúc đầu T0 của thiết bị ứng với nhiệt độ tại thời điểm t = 0, từ kia ta được
T0 = 25 + 70e– 0,5 ∙ 0 = 95 (℃).
Vậy sức nóng độ ban đầu của đồ dùng là 95 ℃.
b) nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃, tức T = 30, lúc ấy t thỏa mãn nhu cầu phương trình
25 + 70e– 0,5t = 30 ⇔e−0,5t=114⇔−0,5t=ln114⇔t=−2ln114≈5,28.
Vậy sau khoảng tầm 5,28 phút ánh nắng mặt trời của vật còn lại 30 ℃.
Bài 6.26 trang 24 Toán 11 Tập 2: Tính mật độ ion hydrogen (tính bởi mol/lít) của một dung dịch có độ p
H là 8.
