Funciones exponenciales y logarítmicas – matemáticas 1º Bachillerato Ciencias: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Para \(f\): \(\frac14,\ \frac12,\ 1,\ 2,\ 4,\ 8\). Para \(g\): \(4,\ 2,\ 1,\ \frac12,\ \frac14,\ \frac18\).
   2. Las dos tienen dominio \(\mathbb{R}\) y recorrido \((0,+\infty)\), porque una potencia de base positiva nunca es nula ni negativa. Las dos pasan por \((0,1)\), ya que \(a^0=1\).
   3. \(f\) es creciente porque su base \(2>1\); \(g\) es decreciente porque su base \(\frac12\) está entre 0 y 1.
   4. Como \(\left(\frac12\right)^x=2^{-x}\), se cumple \(g(x)=f(-x)\): las gráficas son simétricas respecto del eje \(Y\).

2. Solución del ejercicio 2

   1. Buscamos el exponente. Como \(2^5=32\), \(\log_2 32=5\). Como \(3^{-4}=\frac1{3^4}=\frac1{81}\), \(\log_3\frac1{81}=-4\): el logaritmo de un número entre 0 y 1 con base mayor que 1 es negativo.
   2. \(5^{1/2}=\sqrt5\), así que \(\log_5\sqrt5=\frac12\). Con base \(0{,}5=2^{-1}\): \(0{,}5^{-3}=2^3=8\), luego \(\log_{0{,}5}8=-3\).
   3. \(10^{-3}=0{,}001\), así que \(\log0{,}001=-3\). El logaritmo neperiano tiene base \(e\), luego \(\ln e^4=4\).
   4. \(\log_x49=2\) significa \(x^2=49\); como la base debe ser positiva y distinta de 1, \(x=7\). \(\log_2x=-3\) significa \(x=2^{-3}=\frac18\).

3. Solución del ejercicio 3

   1. Descomponemos en factores y aplicamos la propiedad del producto y de la potencia: \(\log12=\log(2^2\cdot3)=2\log2+\log3=0{,}602+0{,}477=1{,}079\). Con la del cociente: \(\log1{,}5=\log\frac32=\log3-\log2=0{,}477-0{,}301=0{,}176\).
   2. \(\log72=\log(2^3\cdot3^2)=3\cdot0{,}301+2\cdot0{,}477=0{,}903+0{,}954=1{,}857\). Para el 5 usamos \(5=\frac{10}{2}\) y \(\log10=1\): \(\log5=1-0{,}301=0{,}699\).
   3. La raíz es una potencia de exponente \(\frac12\) y \(0{,}6=\frac{2\cdot3}{10}\): \(\log\sqrt{0{,}6}=\frac12(\log2+\log3-1)=\frac12(-0{,}222)=-0{,}111\).
   4. Primero convertimos los coeficientes en exponentes y después usamos producto y cociente: \(\log x^2+\log y-\log\sqrt z=\log\dfrac{x^2y}{\sqrt z}\).

4. Solución del ejercicio 4

   1. Aplicamos el cambio a base 10: \(\log_2 10=\dfrac{\log10}{\log2}=\dfrac{1}{0{,}30103}\approx3{,}3219\). Tiene sentido: \(2^3=8\) y \(2^4=16\), así que el resultado está entre 3 y 4.
   2. Con logaritmos neperianos: \(\log_3 20=\dfrac{\ln20}{\ln3}=\dfrac{2{,}9957}{1{,}0986}\approx2{,}7268\), entre 2 y 3 porque \(3^2=9\lt 20\lt 27=3^3\).
   3. Escribimos \(0{,}2=\frac15=5^{-1}\), luego \(\log_5 0{,}2=-1\) de forma exacta, sin calculadora.
   4. Usando el cambio de base con logaritmos neperianos en los dos factores: \(\log_a b\cdot\log_b a=\dfrac{\ln b}{\ln a}\cdot\dfrac{\ln a}{\ln b}=1\), ya que los factores se simplifican.

5. Solución del ejercicio 5

   1. Escribimos 32 como potencia de 2: \(2^{x+1}=2^5\). Igualando exponentes, \(x+1=5\) y \(x=4\).
   2. \(\frac1{27}=3^{-3}\), así que \(3^{2x-1}=3^{-3}\) y \(2x-1=-3\), luego \(x=-1\). Comprobación: \(3^{-3}=\frac1{27}\).
   3. Como \(4^x=(2^x)^2\), llamamos \(t=2^x\) y queda \(t^2-6t+8=0\), con \(t=2\) o \(t=4\). Deshacemos el cambio: \(2^x=2\) da \(x=1\) y \(2^x=4\) da \(x=2\).
   4. 12 no es potencia de 5, así que tomamos logaritmos: \(x\ln5=\ln12\), luego \(x=\dfrac{\ln12}{\ln5}\approx1{,}5440\).

6. Solución del ejercicio 6

   1. \(\log[x(x-3)]=\log10\Rightarrow x^2-3x-10=0\Rightarrow x=5\) o \(x=-2\). Se descarta \(x=-2\) porque \(\log(-2)\) no existe. Solución: \(x=5\).
   2. \(\log x^2=\log(5x-6)\Rightarrow x^2-5x+6=0\Rightarrow x=2\) o \(x=3\). Comprobación: \(5\cdot2-6=4>0\) y \(5\cdot3-6=9>0\). Las dos son válidas.
   3. \(\log_2\frac{x+1}{x-1}=3\Rightarrow\frac{x+1}{x-1}=8\Rightarrow x+1=8x-8\Rightarrow x=\frac97\). Como \(\frac97>1\), los dos argumentos son positivos: la solución es válida.

7. Solución del ejercicio 7

   1. Cada año el capital se multiplica por \(1+0{,}03=1{,}03\). \(C(5)=5\,000\cdot1{,}03^5\approx5\,796{,}37\) € y \(C(10)=5\,000\cdot1{,}03^{10}\approx6\,719{,}58\) €.
   2. Intereses: \(6\,719{,}58-5\,000=1\,719{,}58\) €.
   3. \(5\,000\cdot1{,}03^t=10\,000\Rightarrow1{,}03^t=2\Rightarrow t=\dfrac{\ln2}{\ln1{,}03}\approx23{,}45\). Hacen falta 24 años completos.
   4. No. Al plantear \(C_0\cdot1{,}03^t=2C_0\) el capital inicial se simplifica y queda \(1{,}03^t=2\): el tiempo solo depende del tipo de interés.

8. Solución del ejercicio 8

   1. Sustituimos \(t=12\): \(N(12)=200\cdot2^{12/3}=200\cdot2^{4}=200\cdot16=3\,200\) bacterias. En 12 horas hay 4 duplicaciones.
   2. Planteamos \(200\cdot2^{t/3}=51\,200\). Dividiendo entre 200: \(2^{t/3}=256=2^8\). Igualando exponentes, \(\frac t3=8\) y \(t=24\) horas.
   3. En una hora la población se multiplica por \(2^{1/3}=\sqrt[3]2\approx1{,}26\), es decir, crece alrededor de un 26 % por hora. Comprobación: \(1{,}26^3\approx2\).
   4. Como \(2=e^{\ln2}\), \(2^{t/3}=e^{t\ln2/3}\). Así \(N(t)=200\cdot e^{kt}\) con \(k=\dfrac{\ln2}{3}\approx0{,}231\).

9. Solución del ejercicio 9

   1. \(11\,460=2\cdot5\,730\): queda \(0{,}5^2=0{,}25\), la cuarta parte. Para 2 000 años: \(0{,}5^{2\,000/5\,730}\approx0{,}785\), es decir, un 78,5 %.
   2. \(0{,}5^{t/5\,730}=0{,}3\Rightarrow\frac{t}{5\,730}=\frac{\ln0{,}3}{\ln0{,}5}\approx1{,}737\Rightarrow t\approx9\,953\) años, unos 10 000 años.
   3. Tras 70 millones de años habrían pasado más de 12 000 periodos y quedaría una fracción \(0{,}5^{12\,000}\), imposible de medir. Para esas edades se usan otros isótopos con periodos mucho mayores.

10. Solución del ejercicio 10

    1. De la definición, \(A=A_0\cdot10^M\). Por tanto, \(\frac{A_2}{A_1}=\frac{10^6A_0}{10^4A_0}=10^{6-4}=10^2=100\): la amplitud del segundo es 100 veces mayor.
    2. De la segunda fórmula, \(E=10^{1{,}5M+4{,}8}\). Entonces \(\frac{E_2}{E_1}=\frac{10^{1{,}5\cdot6+4{,}8}}{10^{1{,}5\cdot4+4{,}8}}=10^{1{,}5\cdot2}=10^{3}=1\,000\): libera mil veces más energía.
    3. Por la propiedad del producto: \(\log\frac{10A}{A_0}=\log10+\log\frac{A}{A_0}=1+M\). La magnitud aumenta exactamente 1 unidad.
    4. \(\log E=1{,}5\cdot5+4{,}8=12{,}3\), luego \(E=10^{12{,}3}\approx2{,}0\cdot10^{12}\) julios.

11. Solución del ejercicio 11

    1. Conversación: \(\frac{I}{I_0}=\frac{10^{-6}}{10^{-12}}=10^6\), luego \(L=10\log10^{6}=60\) dB. Calle: \(\frac{10^{-5}}{10^{-12}}=10^7\), luego \(L=70\) dB. Multiplicar la intensidad por 10 suma 10 dB.
    2. Despejamos: \(100=10\log\frac{I}{10^{-12}}\) implica \(\log\frac{I}{10^{-12}}=10\), es decir, \(\frac{I}{10^{-12}}=10^{10}\). Por tanto, \(I=10^{-2}\) W/m².
    3. \(10\log\frac{2I}{I_0}=10\log2+10\log\frac I{I_0}\): el nivel aumenta \(10\log2\approx3{,}01\) dB, no se duplica.
    4. A 85 dB, \(I=10^{8{,}5}\cdot10^{-12}=10^{-3{,}5}\approx3{,}16\cdot10^{-4}\) W/m². Cociente: \(\frac{10^{-2}}{10^{-3{,}5}}=10^{1{,}5}\approx31{,}6\). La música del concierto es unas 32 veces más intensa que el límite recomendado.

12. Solución del ejercicio 12

    1. Aplicamos la definición: \(\text{pH}=-\log0{,}005\approx-(-2{,}30)=2{,}30\). Como es mucho menor que 7, el zumo de limón es muy ácido.
    2. Despejamos la concentración: \(\log[\text{H}^+]=-8{,}2\), luego \([\text{H}^+]=10^{-8{,}2}\approx6{,}31\cdot10^{-9}\) mol/L. Con pH mayor que 7, el agua de mar es ligeramente básica.
    3. Pasamos cada pH a concentración: \(10^{-3}\) y \(10^{-5}\) mol/L. El cociente es \(\frac{10^{-3}}{10^{-5}}=10^2=100\): el refresco tiene 100 veces más concentración de iones, aunque su pH solo difiere en 2 unidades.
    4. \(-\log\frac{c}{10}=-(\log c-1)=-\log c+1\): el pH aumenta en 1 unidad, es decir, la disolución se vuelve menos ácida.

13. Solución del ejercicio 13

    1. \(20\,000e^{10k}=23\,000\Rightarrow e^{10k}=1{,}15\Rightarrow k=\dfrac{\ln1{,}15}{10}\approx0{,}013976\).
    2. \(P(20)=20\,000e^{20k}=20\,000\cdot1{,}15^2=26\,450\) habitantes.
    3. \(e^{kt}=1{,}5\Rightarrow t=\dfrac{\ln1{,}5}{k}\approx29{,}01\) años: a principios de 2044 se superan, así que en 2044.
    4. Cada año la población se multiplica por \(e^{k}\approx1{,}0141\): crece alrededor de un 1,41 % anual.

14. Solución del ejercicio 14

    1. \(T(0)=20+70e^0=90\) °C. \(T(10)=20+70e^{-0{,}8}\approx20+70\cdot0{,}4493=51{,}45\) °C.
    2. \(20+70e^{-0{,}08t}=40\Rightarrow e^{-0{,}08t}=\frac27\Rightarrow t=\dfrac{\ln3{,}5}{0{,}08}\approx15{,}66\) minutos.
    3. \(e^{-0{,}08t}\to0\), así que \(T\to20\) °C: el café acaba a la temperatura de la sala.
    4. La diferencia con la sala se multiplica cada minuto por \(e^{-0{,}08}\approx0{,}923\): pierde un 7,7 % de una diferencia que al principio es grande y luego pequeña.

15. Solución del ejercicio 15

    1. Si se elimina el 15 %, queda el 85 %: cada hora se multiplica por \(0{,}85\). \(Q(4)=400\cdot0{,}85^4\approx208{,}80\) mg.
    2. \(0{,}85^t=0{,}5\Rightarrow t=\dfrac{\ln0{,}5}{\ln0{,}85}\approx4{,}27\) horas.
    3. \(400\cdot0{,}85^t<50\Rightarrow0{,}85^t<0{,}125\Rightarrow t>\dfrac{\ln0{,}125}{\ln0{,}85}\approx12{,}80\) (el sentido cambia al dividir por \(\ln0{,}85<0\)). A las 13 horas.
    4. \(Q(0)=400\), \(Q(2)=289\), \(Q(6)\approx150{,}86\), \(Q(8)\approx109{,}00\). Como \(0{,}85^t>0\) para todo \(t\), la cantidad es siempre positiva, aunque tienda a 0.
    5. Antes: con un factor \(0{,}75\) la cantidad baja más deprisa y alcanza los 50 mg en menos tiempo.

16. Solución del ejercicio 16

    1. A: \(10\,000\cdot1{,}03^8\approx12\,667{,}70\) €. B: \(10\,000\left(1+\frac{0{,}029}{12}\right)^{96}\approx12\,607{,}67\) €. C: \(10\,000e^{0{,}0295\cdot8}\approx12\,661{,}74\) €.
    2. B: \(\left(1+\frac{0{,}029}{12}\right)^{12}-1\approx0{,}02939\), TAE 2,94 %. C: \(e^{0{,}0295}-1\approx0{,}02994\), TAE 2,99 %.
    3. Le conviene la A (TAE 3 %). Abonar los intereses más veces ayuda, pero no compensa que el tipo nominal de la B sea una décima menor.
    4. \(e^{0{,}0295t}=2\Rightarrow t=\dfrac{\ln2}{0{,}0295}\approx23{,}5\) años.

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(V_0=V(0)=1\,500\). \(1\,500a^2=6\,000\Rightarrow a^2=4\Rightarrow a=2\): las visualizaciones se duplican cada día.
    2. \(V(3)=1\,500\cdot2^3=12\,000\). Error relativo: \(\frac{12\,000-11\,400}{11\,400}\approx0{,}053\), un 5,3 %.
    3. \(1\,500\cdot2^t>10^6\Rightarrow t>\log_2\frac{10^6}{1\,500}=\dfrac{\ln666{,}67}{\ln2}\approx9{,}38\). Se supera durante el día 10.
    4. No: a los 30 días el modelo daría \(1\,500\cdot2^{30}\approx1{,}6\cdot10^{12}\) visualizaciones, más que personas en el planeta multiplicadas por cien. El crecimiento real se frena.

18. Solución del ejercicio 18

    1. Con la calculadora: \(\log3=0{,}477\); \(\log4{,}755\approx0{,}677\); \(\log7{,}536\approx0{,}877\); \(\log11{,}944\approx1{,}077\).
    2. Las diferencias entre valores consecutivos son \(0{,}677-0{,}477=0{,}2\), \(0{,}877-0{,}677=0{,}2\) y \(1{,}077-0{,}877=0{,}2\). Como son constantes, los puntos \((x,\log y)\) están alineados y la pendiente es \(m=0{,}2\).
    3. La ordenada en el origen es \(\log c=\log y(0)=0{,}477\), luego \(c=10^{0{,}477}=3\). El modelo es \(y=3\cdot10^{0{,}2x}\).
    4. Para \(x=10\): \(y=3\cdot10^{0{,}2\cdot10}=3\cdot10^{2}=300\).

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(80\cdot1{,}025^5\approx90{,}51\) €.
    2. \(1{,}025^t=1{,}5\Rightarrow t=\dfrac{\ln1{,}5}{\ln1{,}025}\approx16{,}42\): hacen falta 17 años.
    3. \(\dfrac{1\,000}{1{,}025^{10}}\approx781{,}20\) € de hoy: se pierde casi la cuarta parte.
    4. Cada año su dinero se multiplica por \(\frac{1{,}015}{1{,}025}\approx0{,}990\): pierde aproximadamente un 1 % anual de poder adquisitivo.

20. Solución del ejercicio 20

    1. Sumando: \(2\log x=4\Rightarrow\log x=2\Rightarrow x=100\). Restando: \(2\log y=2\Rightarrow y=10\). Comprobación: \(\log1\,000=3\) y \(\log10=1\).
    2. Con \(t=e^x\): \(t^2-5t+6=0\), \(t=2\) o \(t=3\). Entonces \(x=\ln2\approx0{,}693\) o \(x=\ln3\approx1{,}099\).
    3. Como \(2^x\) es creciente: \(x>\log_2100=\dfrac{\ln100}{\ln2}\approx6{,}644\). Solución: \((6{,}644;+\infty)\).
    4. \(\log x\cdot\log x=\log100+\log x\). Con \(u=\log x\): \(u^2-u-2=0\), \(u=2\) o \(u=-1\). Luego \(x=100\) o \(x=0{,}1\). Comprobación: \(100^2=10\,000=100\cdot100\) y \(0{,}1^{-1}=10=100\cdot0{,}1\).