Sách bài tập Toán 11 Bài 19 (Kết nối tri thức): Lôgarit

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) $\log_{5} 1 250 - \log_{5} 10 = \log_{5} \frac{1 250}{10} = \log_{5} 125 = \log_{5} 5^{3} = 3$ .

d) $4^{\log_{2} 3} = {(2^{\log_{2} 3})}^{2} = 3^{2} = 9$ .

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

a) $\log_{a} (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + \log_{a} (x - \sqrt{x^{2} - 1}) = 0$ ;

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

Lời giải:

a) Ta có $\log_{a} (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + \log_{a} (x - \sqrt{x^{2} - 1})$

$= \log_{a} [(x + \sqrt{x^{2} - 1}) (x - \sqrt{x^{2} - 1})]$

$= \log_{a} [x^{2} - (x^{2} - 1)] = \log_{a} 1 = 0$

Vậy $\log_{a} (x + \sqrt{x^{2} - 1}) + \log_{a} (x - \sqrt{x^{2} - 1}) = 0$ .

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.

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

Bài 6.14 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Đặt a = log₃5, b = log₄ 5. Hãy biểu diễn log₁₅ 10 theo a và b.

Lời giải:

Ta có $\log_{15} 10 = \frac{\log_{5} 10}{\log_{5} 15} = \frac{\log_{5} (2 \cdot 5)}{\log_{5} (3.5)}$ $= \frac{\log_{5} 2 + \log_{5} 5}{\log_{5} 3 + \log_{5} 5} = \frac{\log_{5} 2 + 1}{\log_{5} 3 + 1}$

Vì a = log₃5 nên $\log_{5} 3 = \frac{1}{a}$ và b = log₄ 5 nên $\log_{5} 4 = \frac{1}{b}$ $\Leftrightarrow 2 \log_{5} 2 = \frac{1}{b}$ hay $\log_{5} 2 = \frac{1}{2 b}$

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

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 $\log_{49} 32 = \frac{5}{2 (a - 1)}$ .

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 $\log_{2} 2^{\log_{6} 3} = \log_{2} 3^{\log_{6} 2}$ $\Leftrightarrow \log_{6} 3 \cdot \log_{2} 2 = \log_{6} 2 \cdot \log_{2} 3$ $\Leftrightarrow \log_{2} 3 = \frac{\log_{6} 3}{\log_{6} 2}$ )

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 $\Leftrightarrow$ 2 = (1 + r)^t $\Leftrightarrow$ 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% một năm. Giả sử lãi suất không thay đổi. Hỏi sau bao lâu người đó nhận được ít nhất 120 triệu đồng?

Lời giải:

Vì lãi suất 8% một năm nên lãi suất kì hạn 6 tháng sẽ là r = 4% = 0,04.

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 $\Leftrightarrow$ 1,2 = 1,04^t $\Leftrightarrow$ 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% hay 0,2mg/ml, nghĩa là có 0,02 g cồn trong 100 ml máu. Nếu một người với BAC bằng 0,02% có nguy cơ bị tai nạn ô tô cao gấp 1,4 lần so với một người không uống rượu, thì nguy cơ tương đối của tai nạn với BAC 0,02% là 1,4. Nghiên cứu y tế gần đây cho thấy rằng nguy cơ tương đối của việc gặp tai nạn khi đang lái ô tô có thể được mô hình hóa bằng một phương trình có dạng

R = e^kx,

trong đó x (%) là nồng độ cồn trong máu và k là một hằng số.

a) Nghiên cứu chỉ ra rằng nguy cơ tương đối của một người bị tai nạn với BAC bằng 0,02% là 1,4. Tìm hằng số k trong phương trình.

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% là 1,4 nên x = 0,02% và R = 1,4.

Thay x = 0,02% và R = 1,4 vào phương trình R = e^kx ta được $1, 4 = e^{k \cdot \frac{0, 02}{100}}$ $\Leftrightarrow k \cdot \frac{0, 02}{100} = \ln 1, 4 \Leftrightarrow k \approx 1 682, 36$ .

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

b) Với x = 0,17% và k =1 682, 36 thì nguy cơ tương đối là: $R = e^{1 682, 36 \cdot \frac{0, 17}{100}} \approx 17, 46$ .

Vậy nếu nồng độ cồn trong máu là 0,17% thì nguy cơ tương đối khoảng 17,46.

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

Ta có 100 = e^{1 682,36x} $\Leftrightarrow$ 1 682,36x = ln 100 $\Leftrightarrow$ 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% trở lên sẽ không được phép lái xe.

Xem thêm các bài giải SBT Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 18: Lũy thừa với số mũ thực

Bài 19: Lôgarit

Bài 20: Hàm số mũ và hàm số lôgarit

Bài 21: Phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit

Bài tập cuối chương 6

Bài 22: Hai đường thẳng vuông góc

Bài liên quan:

Leave a Comment Hủy