Toán 11 Bài 21 Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit

Phương trình và bất phương trình mũ, lôgarit là nội dung quan trọng trong chương trình Toán 11, đòi hỏi học sinh nắm chắc công thức và biết lựa chọn phương pháp biến đổi phù hợp. Với bài Toán 11 Bài 21 Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit, các em có thể tham khảo lời giải sách giáo khoa Toán 11 KNTT tập 2 để hiểu rõ từng bước thực hiện, củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng xử lý các dạng bài thường gặp.

Giải SGK toán 11 trang 20 tập 2

Câu hỏi 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).

Hướng dẫn 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

⇔ \({\left( {0,905} \right)^t} \le \frac{5}{{13}}\) ⇔ \(t \ge {\log _{0,905}}\frac{5}{{13}} \approx 9,6\)

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.

Hoạt động 1 trang 20 Toán 11 KNTT Tập 2

Nhận biết nghiệm phương trình mũ

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

a) Khi viết 1/4 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.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: \(\frac{1}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} = {2^{ - 2}}\)

=> Phương trình đã cho trở thành

2^{x + 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.

Giải SGK toán 11 trang 21 tập 2

Luyện tập 1 trang 21 Toán 11 KNTT Tập 2

Giải các phương trình sau:

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

b) \(2{e^{2x}} = 5\).

Hướng dẫn giải:

a) Xét phương trình \({2^{3x - 1}} = \frac{1}{{{2^{x + 1}}}}\)

Đưa vế phải về cơ số 2, ta có: \(\frac{1}{{{2^{x + 1}}}} = {2^{ - \left( {x + 1} \right)}} = {2^{ - x - 1}}\)

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2^{3x – 1} = 2^{– x – 1} ⇔ 3x – 1 = – x – 1 ⇔ 4x = 0 ⇔ x = 0.

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

b) Xét phương trình \(2{e^{2x}} = 5 \Leftrightarrow {e^{2x}} = \frac{5}{2}\)

Lấy lôgarit tự nhiên hai vế của phương trình trên ta được:

\(2x = \ln \frac{5}{2} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}\ln \frac{5}{2}\)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = \frac{1}{2}\ln \frac{5}{2}\)

Hoạt động 2 trang 21 Toán 11 KNTT Tập 2

Nhận biết nghiệm của phương trình lôgarit

Xét phương trình: 2log ² x = – 3.

a) Từ phương trình trên, hãy tính log ₂

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

Hướng dẫn giải:

a) Ta có 2log₂x = – 3 ⇔log₂x=−3/2.

b) Từ định nghĩa lôgarit ta có:

\(\begin{array}{l} {\log _2}x = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = {2^{ - \frac{3}{2}}} \Leftrightarrow x = {\left( {\sqrt 2 } \right)^{ - 3}}\\ \Leftrightarrow x = \sqrt {{2^{ - 3}}} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \end{array}\)

Luyện tập 2 trang 21 Toán 11 KNTT Tập 2

Giải các phương trình sau:

a) 4 – log(3 – x) = 3;

b) log ₂ (x + 2) + log ₂ (x – 1) = 1.

Hướng dẫn giải:

a) Xét phương trình 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) Xét phương trình log₂(x + 2) + log₂(x – 1) = 1

Điều kiện xác định: \(\left\{ \begin{array}{l} x + 2 > 0\\ x - 1 > 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > - 2\\ x > 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow x > 1\)

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 \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \frac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{2}\\ x = \frac{{ - 1 - \sqrt {17} }}{2} \end{array} \right.\)

Kết hợp với điều kiện, vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất \(x = \frac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{2}\).

Giải SGK toán 11 trang 22 tập 2

Hoạt động 3 trang 22 Toán 11 KNTT Tập 2

Nhận biết nghiệm của bất phương trình mũ

Cho đồ thị của các 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.

Hướng dẫn giải:

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

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

Giải SGK toán 11 trang 23 tập 2

Luyện tập 3 trang 23 Toán 11 KNTT Tập 2

Giải các bất phương trình sau:

a) 0,1 ^{2x – 1} ≤ 0,1 ^{2 – x} ;

b) 3 . 2 ^{x + 1} ≤ 1.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

0,1^{2x – 1} ≤ 0,1^{2 – 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) Ta có:

3 . 2 ^{x + 1} ≤ 1

⇔2^x+1≤1/3

⇔x+1≤log₂1/3 (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].

Hoạt động 4 trang 23 Toán 11 KNTT Tập 2

Nhận biết nghiệm của bất phương trình lôgarit

Cho đồ thị của các 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.

Hướng dẫn 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 log₂x > 2 là (4; + ∞).

Giải SGK toán 11 trang 24 tập 2

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 \(S = \left( {\frac{{10\sqrt {10} - 1}}{2}; + \infty } \right)\).

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.

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

⇔ 3^{x – 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

log₃5^x = log₃3^{2x – 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 \(x = \frac{1}{{2 - {{\log }_3}5}}\).

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.

Bài 6.22 trang 24 Toán 11 KNTT Tập 2

Giải các bất phương trình sau:

a) 0,1^{2 – x}> 0,1^{4 + 2x};

b) 2 . 5^{2x + 1}≤ 3;

c) log₃(x + 7) ≥ – 1;

d) log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(2x – 1).

Hướng dẫn giải:

a) Xét phương trình:

0,1^{2 – x} > 0,1^{4 + 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 . 5^{2x + 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: log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(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: log_0,5(x + 7) ≥ log_0,5(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 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 = log_1,0751,6 ≈ 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 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

⇔ 500e^0,4t > 80 000 ⇔ e^0,4t > 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.

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 ℃.

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.

--------------------------------

Phương trình và bất phương trình mũ, lôgarit là nội dung quan trọng trong chương trình Toán 11, đòi hỏi học sinh nắm chắc công thức và biết lựa chọn phương pháp biến đổi phù hợp. Với bài Toán 11 Bài 21 Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit, các em có thể tham khảo lời giải sách giáo khoa Toán 11 KNTT tập 2 để hiểu rõ từng bước thực hiện, củng cố kiến thức và nâng cao kỹ năng xử lý các dạng bài thường gặp.