Giải SGK toán 11 trang 24 tập 2
Giải SGK Toán 11 KNTT trang 24 Bài 21
Phương trình và bất phương trình mũ, lôgarit là chuyên đề quan trọng trong chương trình Toán 11, đòi hỏi học sinh nắm chắc công thức và biết cách vận dụng linh hoạt vào từng dạng bài. Với bài viết Giải SGK Toán 11 trang 24 tập 2, các em sẽ được hướng dẫn giải bài tập Bài 21 theo sách Kết nối tri thức với cách trình bày cụ thể, logic và dễ hiểu. Nội dung tập trung làm rõ phương pháp biến đổi, điều kiện cần thiết và cách kiểm tra nghiệm để hạn chế những sai sót thường gặp.
Giải luyện tập 4 trang 24 Toán 11 KNTT Tập 2
Giải các bất phương trình sau:
a) 
\({\log _{\frac{1}{7}}}(x + 1) > {\log _7}(2 - x)\);
b) 2log(2x + 1) > 3.
Hướng dẫn giải:
a) Xét phương trình: \({\log _{\frac{1}{7}}}(x + 1) > {\log _7}(2 - x)\)
Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l}
x + 1 > 0\\
2 - x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > - 1\\
x < 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 < x < 2\)
Bất phương trình đã cho tương đương với
⇔ – log7(x + 1) > log7(2 – x) ⇔ log7(x + 1)– 1 > log7(2 – x)
⇔ (x + 1)– 1 > 2 – x (do 7 > 1).
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow \frac{1}{{x + 1}} - 2 + x > 0\\
\Leftrightarrow \frac{{1 + \left( {x - 2} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} > 0\\
\Leftrightarrow \frac{{{x^2} - x - 1}}{{x + 1}} > 0\left( {**} \right)
\end{array}\)
Mà – 1 < x < 2 nên x + 1 > 0, do đó (*) ⇔ x2 – x – 1 > 0 \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\\
x > \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}
\end{array} \right.\)
Kết hợp với điều kiện ta được \(\left[ \begin{array}{l}
- 1 < x < \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}\\
\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} < x < 2
\end{array} \right.\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( { - 1;\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) \cup \left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2};2} \right)\)
b)Xét phương trình:2log(2x + 1) > 3
Điều kiện: 2x + 1 > 0 ⇔ x > −1/2.
Bất phương trình đã cho tương đương với log(2x+1)>3/2
\(\Leftrightarrow 2x + 1 > {10^{\frac{3}{2}}} \Leftrightarrow 2x > \sqrt {{{10}^3}} - 1 \Leftrightarrow x > \frac{{10\sqrt {10} - 1}}{2}\)
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là \(S = \left( {\frac{{10\sqrt {10} - 1}}{2}; + \infty } \right)\).
Giải vận dụng trang 24 Toán 11 KNTT 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:
\(\ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) = - \frac{h}{7}\)
(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?
Hướng dẫn giải :
a) Ở độ cao 4 km, tức h = 4, thay vào công thức đã cho ta được
\(\ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) = - \frac{4}{7} \Leftrightarrow \frac{p}{{100}} = {e^{ - \frac{4}{7}}} \Leftrightarrow p = 100{e^{ - \frac{4}{7}}} \approx 56,47\)
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
\(\ln \left( {\frac{p}{{100}}} \right) = - \frac{h}{7} < - \frac{{10}}{7} \Leftrightarrow 0 < \frac{p}{{100}} < {e^{\frac{{ - 10}}{7}}} \Leftrightarrow 0 < p < 100.{e^{\frac{{ - 10}}{7}}} \approx 23,97\)
Vậy ở độ cao trên 10 km thì áp suất khí quyển nhỏ hơn 23,97 kPa.
Giải bài 6.20 trang 24 Toán 11 KNTT Tập 2
Giải các phương trình sau:
a) 3 x – 1 = 27;
b) \({100^{2{x^2} - 3}} = 0,{1^{2{x^2} - 18}}\);
c) \(\sqrt 3 .{e^{3x}} = 1\) ;
d) 5 x = 3 2x – 1.
Hướng dẫn giải:
a) Xét phương trình: 3 x – 1 = 27
⇔ 3x – 1 = 33 ⇔ x – 1 = 3 ⇔ x = 4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 4.
b) Xét phương trình:
\({100^{2{x^2} - 3}} = 0,{1^{2{x^2} - 18}}\)
⇔ \({\left( {{{10}^2}} \right)^{2{x^2} - 3}} = {\left( {{{10}^{ - 1}}} \right)^{2{x^2} - 18}}\) ⇔ \({10^{4{x^2} - 6}} = {10^{ - 2{x^2} - 18}}\)
⇔ 4x2 – 6 = – 2x2 + 18 ⇔ 6x2 = 24
⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {– 2; 2}.
c) Xét phương trình: \(\sqrt 3 .{e^{3x}} = 1\)
⇔ \({e^{3x}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) ⇔ \(3x = \ln \frac{1}{{\sqrt 3 }}\)
⇔ \(x = \frac{1}{3}\ln \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) ⇔ \(x = - \frac{1}{6}\ln 3\).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x = - \frac{1}{6}\ln 3\).
d) Xét phương trình: 5 x = 3 2x – 1
Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế của phương trình ta được
log35x = log332x – 1⇔ x log35 = 2x – 1
⇔ (2 – log35)x = 1⇔ \(x = \frac{1}{{2 - {{\log }_3}5}}\).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là \(x = \frac{1}{{2 - {{\log }_3}5}}\).
Giải bài 6.21 trang 24 Toán 11 KNTT Tập 2
Giải các phương trình sau:
a) log(x + 1) = 2;
b) 2log4 x + log2 (x – 3) = 2;
c) lnx + ln(x – 1) = ln4x;
d) log3 (x 2 – 3x + 2) = log3 (2x – 4).
Hướng dẫn giải :
a) Xét phương trình:
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) Xét phương trình 2log4x + log2(x – 3) = 2
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x - 3 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x > 3
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3\)
Ta có 2log4x + log2(x – 3) = 2
⇔2log22x+log2(x−3)=2 ⇔2.1/2.log2x+log2(x−3)=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) Xét phương trình: lnx + ln(x – 1) = ln4x
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x - 1 > 0\\
4x > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > 0\\
x > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)
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) Xét phương trình: log3(x2 – 3x + 2) = log3(2x – 4)
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 3x + 2 > 0\\
2x - 4 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\left[ \begin{array}{l}
x < 1\\
x > 2
\end{array} \right.\\
x > 2
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 2\)
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.
Giải bài 6.22 trang 24 Toán 11 KNTT 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).
Hướng dẫn giải:
a) Xét phương trình:
0,12 – x > 0,14 + 2x ⇔ 2 – x < 4 + 2x (do 0 < 0,1 < 1)
⇔ 3x > – 2 ⇔ x > −2/3.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=(−2/3;+∞).
b) Xét phương trình:
2 . 52x + 1≤ 3
\(\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {5^{2x + 1}} \le \frac{3}{2} \Leftrightarrow 3x + 1 \le {\log _5}\frac{3}{2}\\
\Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}\left( {{{\log }_5}\frac{3}{2} - 1} \right) \Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}\left( {{{\log }_5}\frac{3}{2} - {{\log }_5}5} \right)\\
\Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}{\log _5}\frac{3}{{10}} \Leftrightarrow x \le {\log _5}{\left( {\frac{3}{{10}}} \right)^{\frac{1}{2}}} \Leftrightarrow x \le {\log _5}\frac{{\sqrt {30} }}{{10}}
\end{array}\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=(−∞; \({\log _5}\frac{{\sqrt {30} }}{{10}}\)).
c)Xét phương trìnhlog3(x + 7) ≥ – 1
Điều kiện: x + 7 > 0 ⇔ x > – 7.
Ta có: log3(x + 7) ≥ – 1⇔ x + 7 ≥ 3– 1
\(\Leftrightarrow x \ge \frac{1}{3} - 7 \Leftrightarrow x \ge - \frac{{20}}{3}\)
Kết hợp với điều kiện, vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=(;+∞).
d) Xét phương trình: log0,5(x + 7) ≥ log0,5(2x – 1)
Điều kiện \(\left\{ \begin{array}{l}
x + 7 > 0\\
2x - 1 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x > - 7\\
x > \frac{1}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}\)
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; + ∞).
Giải bài 6.23 trang 24 Toán 11 KNTT 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).
Hướng dẫn 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).
Giải bài 6.24 trang 24 Toán 11 KNTT 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) = 500e 0,4t .
Hỏi sau bao nhiêu giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con?
Hướng dẫn 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 > 5/2ln160 ≈ 12,69.
Vậy sau khoảng 12,69 giờ nuôi cấy, số lượng vi khuẩn vượt mức 80 000 con.
Giải bài 6.25 trang 24 Toán 11 KNTT 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 0 C .
Hướng dẫn giải:
a) Nhiệt độ ban đầu T0của 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:
\({e^{ - 0,5t}} = \frac{1}{{14}} \Leftrightarrow - 0,5t = \ln \frac{1}{4} \Leftrightarrow t = - 2\ln \frac{1}{{14}} \approx 5,28\)
Vậy sau khoảng 5,28 phút nhiệt độ của vật còn lại 30 ℃.
Giải bài 6.26 trang 24 Toán 11 KNTT Tập 2
Tính nồng độ ion hydrogen (tính bằng mol/lít) của một dung dịch có độ pH là 8.
Hướng dẫn giải:
Ta có: pH = – log[H+] = 8 => [H+] = 10– 8 (mol/lít).
Vậy nồng độ ion hydrogen của dung dịch có độ pH là 8 là 10– 8 mol/lít.
-------------------------------------
Thông qua phần Giải SGK Toán 11 trang 24 tập 2, học sinh có thể hệ thống lại phương pháp giải phương trình và bất phương trình mũ, lôgarit trong chương trình Toán 11 Kết nối tri thức. Việc theo dõi từng bước biến đổi giúp các em hiểu rõ cách vận dụng công thức, xác định điều kiện và lựa chọn phương pháp giải phù hợp với từng bài toán. Để nâng cao hiệu quả ôn tập, hãy tự giải bài trước khi xem hướng dẫn và kiểm tra kỹ tập nghiệm sau khi hoàn thành.
