Giải SBT Toán lớp 11 Bài 19: Lôgarit
Bài 6.11 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Tính:
c) log51 250 − log510; d) 4log23 .
Lời giải:
a) log2164=log22−6=−6 .
b) log 1 000 = log 103 = 3.
c) log51 250−log510=log51 25010=log5125=log553=3 .
d) 4log23=(2log23)2=32=9 .
Bài 6.12 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Chứng minh rằng:
a) loga(x+√x2−1)+loga(x−√x2−1)=0 ;
b) ln (1 + e2x) = 2x + ln (1 + e−2x).
Lời giải:
a) Ta có loga(x+√x2−1)+loga(x−√x2−1)
=loga[(x+√x2−1)(x−√x2−1)]
=loga[x2−(x2−1)]=loga1=0
Vậy loga(x+√x2−1)+loga(x−√x2−1)=0 .
b) Ta có ln (1 + e2x) = ln [e2x(1 + e−2x)] = ln e2x + ln (1 + e−2x) = 2x + ln (1 + e−2x).
Vậy ln (1 + e2x) = 2x + ln (1 + e−2x).
Bài 6.13 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Biết log23 ≈ 1,585. Hãy tính:
Lời giải:
a) log2 48 = log2 (24×3) = log2 24 + log2 3
= 4 + log2 3 ≈ 4 + 1,585 = 5,585.
b)
log427=log227log24=log233log222=3log232=32⋅log23≈32⋅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 log1510=log510log515=log5(2⋅5)log5(3.5)=log52+log55log53+log55=log52+1log53+1
Vì a = log3 5 nên log53=1a và b = log4 5 nên log54=1b⇔2log52=1b hay log52=12b
Do đó log1510=log52+1log53+1=12b+11a+1=(1+2b)a2b(a+1) .
Bài 6.15 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: Tìm log49 32, biết log2 14 = a.
Lời giải:
Có log4932=log232log249=log225log272=52log27
Mà log2 14 = log2 (2.7) = log2 2 + log2 7 = 1 + log2 7 = a. Do đó log2 7 = a – 1.
Vậy log4932=52(a−1) .
Bài 6.16 trang 10 SBT Toán 11 Tập 2: So sánh các số sau:
a) log3 4 và log413; b) 2log63 và 3log612.
Lời giải:
a) Ta có log3 4 > log3 3 = 1; log413<log44=1 nên log413<log34.
b) Có 2log63=3log62
(do log22log63=log23log62⇔log63⋅log22=log62⋅log23⇔log23=log63log62)
Vì log62>log612 nên 3log62>3log612hay 2log63>3log612 .
Lời giải:
Có N = 22 023
Số chữ số của N = 22 023 là: [log 22 023] + 1 = [2 023.log 2] + 1 = 609.
Vậy số các chữ số của 22 023 là 609.
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 ⇔ 2 = (1 + r)t ⇔ t = log1 + r 2 (năm).
Vậy cần log1 + r 2 năm gửi tiết kiệm để số tiền ban đầu tăng gấp đôi.
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 ⇔ 1,2 = 1,04t ⇔ t = log1,04 1,2 ≈ 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.
trong đó x (%) là nồng độ cồn trong máu và k là một hằng số.
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.
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 = ekx ta được 1,4=ek⋅0,02100 ⇔k⋅0,02100=ln1,4⇔k≈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=e1 682,36⋅0,17100≈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 = e1 682,36x ⇔ 1 682,36x = ln 100 ⇔ x ≈ 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 e1 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 lớp 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác: