04 MATEMATIKA 12 IPA 2013

b. ∫ (2x – 1) cos x dx = π 16x − 17 x3 + 1 x5 0
2. 3 5  −2
Misalkan:

u = 2x – 1 ⇒ du =2 + 16x − 17 x3 + 1 x5 1
dx 3 5 0
π
⇔ du = 2 dx

dv = cos x dx = π(16(0 + 2) – 8 (0 + 8) + 1 (0 + 32))
3 5
⇒ v = ∫ cos x dx = sin x
17 1
∫ u dv = uv – ∫ v du + π(16(1 – 0) – 3 (1 – 0) + 5 (1 – 0))

∫ (2x – 1) cos x dx = π(32 – 64 + 32 ) + π(16 – 17 + 1 )
3 5 3 5
= ∫ (2x – 1) d(sin x)
33
= (2x – 1)(sin x) – ∫ (sin x)(–2 dx) = π(48 – 27 + 5 )

= (2x – 1) sin x + 2 ∫ sin x dx = 27 3 π satuan luas
5
= (2x – 1) sin x – 2 cos x + c

Y y2 = 3x 3. a. Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan
b. (4, 0) dalah 6x + 4y = 24 ⇔ 3x + 2y = 12.
II Daerah penyelesaian di kanan garis 3x + 2y
= 12 maka pertidaksamaannya 3x + 2y ≥ 12.
I Persamaan garis yang melalui titik (0, 0) dan

–2 0 1 2 X (5, 6) adalah y = 6 x ⇔ 6x – 5y = 0.
5
Daerah penyelesaian di kanan garis 6x + 5y
y1 = 4 – x2
= 0 maka pertidaksamaannya 6x + 5y ≥ 0.
a. Luas daerah: Persamaan garis yang melalui titik (6, 0) dan

L = L1 + L2 (5, 6) adalah y = –6x + 36 ⇔ 6x + y = 36.
Daerah penyelesaian di kiri garis 6x + y = 36
01
= ∫ y1 dx + ∫ (y1 − y2) dx maka pertidaksamaannya 6x + y ≤ 36.
Daerah penyelesaian di atas sumbu X maka
−2 0

= 0 1 − x2 − 3x) dx y ≥ 0.
Jadi, sistem pertidaksamaannya adalah:
∫ (4 − x2) dx + ∫ (4
−2 0
3x + 2y ≥ 12
= 4x − 1 x3 0 + 4x 1 x3 3 x 2 1 6x – 5y ≥ 0
3  −2 − 3 − 2 0
6x + y ≤ 36
1 1 y≥0
= 4(0 + 2) – 3 (0 + 8) + 4(1 – 0) – 3 (1 – 0)

– 3 (1 – 0) Persamaan garis yang melalui titik (0, 6) dan
2
(3, 2) adalah y = – 4 x + 6 ⇔ 4x + 3y = 18.
8 1 3 3
=8– 3 +4– 3 – 2 Daerah penyelesaian di kanan garis 4x + 3y

= 7 1 satuan luas = 18 maka pertidaksamaannya 4x + 3y ≥ 18.
2 Persamaan garis yang melalui titik (0, 3) dan

b. Volume benda putar (5, 6) adalah y = 3 x + 3 ⇔ 3x – 5y = –15.
5
V = V1 + V2
Daerah penyelesaian di kanan garis 3x – 5y = –15
= 0 y12 dx + ∫1(y12 y22 ) dx
π π − maka pertidaksamaannya 3x – 5y ≥ – 15.
∫ Persamaan garis yang melalui titik (3, 2) dan
−2 0

= π 0 (4 − x2 )2 dx + π 1 − x 2 )2 − (3x)2 ) dx (5, 6) adalah y = 2x – 4 ⇔ 2x – y = 4.
Daerah penyelesaian di kiri garis 2x – y = 4
∫ ∫ ((4
−2 0 maka pertidaksamaannya 2x – y ≤ 4.
Jadi, sistem pertidaksamaannya:
0
4x + 3y ≥ 18
= π ∫ (16 − 8x2 + x4 )dx 3x – 5y ≥ –15
−2
2x – y ≤ 4
+ π 1 − 8x2 + x4 − 9x2 ) dx

∫ (16
0

150 Ulangan Akhir Semester 1

4. Daerah penyelesaian dari sistem pertidaksamaan f(20, 10) = 2.000 · 20 + 1.500 · 10 = 55.000
tersebut: f(20, 18) = 2.000 · 20 + 1.500 · 18 = 67.000
Jadi, upah minimum dan upah maksimum
Y yang akan diterima Bu Sofi berturut-turut
adalah Rp55.000,00 dan Rp67.000,00

6 x – 2y = 0 6. Misal: x = umur Andi sekarang
4 y = umur Budi sekarang
z = umur Tini sekarang
x + 4y = 24
2 Diperoleh SPL:

X (i) x + y = 7 + z ⇔ x + y – z = 7
0 468
(ii) (x – 2) + (z – 2) = 24 ⇔ x + z = 28
x+y=6
(iii) (y + 3) + (z + 3) = 3(x + 3) ⇔ –3x + y + z = 3
Uji titik pojok:
1 1 −1
Titik f(x, y) = 6x + 5y D= 1 0 1

(4, 2) 6 · 4 + 5 · 2 = 34 −3 1 1
(8, 4) 6 · 8 + 5 · 4 = 68
(0, 6) 6 · 0 + 5 · 6 = 30 ← minimum = 1 · 0 · 1 + 1 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 1
– (–3) · 0 · (–1) – 1 · 1 · 1 – 1 · 1 · 1
Jadi, nilai minimumnya 30.
=0–3–1–0–1–1
5. a. Misal x = banyak sarung bantal = –6
y = banyak taplak meja
7 1 −1
Model matematika:
Meminimumkan f(x, y) = 2.000x + 1.500y Dx = 28 0 1
dengan kendala: 3 11
15x + 10y ≤ 480 ⇔ 3x + 2y ≤ 96
10x + 10y ≤ 300 ⇔ x + y ≤ 30 = 7 · 0 · 1 + 1 · 1 · 3 + (–1) · 28 · 1
Daerah penyelesaian: – 3 · 0 · (–1) – 1 · 1 · 7 – 1 · 28 · 1

3x + 2y = 96 Y = 0 + 3 – 28 + 0 – 7 – 28
48 = –60

x + y = 30 1 7 −1

30 Dy = 1 28 1
−3 3 1
18
10 20 30 32 X = 1 · 28 · 1 + 7 · 1 · (–3) + (–1) · 1 · 3
– (–3) · 28 · (–1) – 3 · 1 · 1 – 1 · 1 · 7
0
= 28 – 21 – 3 – 84 – 3 – 7 = –90
Uji titik pojok
117
Titik f(x, y) = 2.000x + 1.500y
Dz = 1 0 28
(0, 30) 2.000 · 0 + 1.500 · 30 = 45.000 ← minimum −3 1 3
(30, 0) 2.000 · 30 + 1.500 · 0 = 60.000
(32, 0) 2.000 · 32 + 1.500 · 0 = 64.000 = 1 · 0 · 3 + 1 · 28 · (–3) + 7 · 1 · 1 – (–3) · 0 · 7
(0, 48) 2.000 · 0 + 1.500 · 48 = 72.000 – 1 · 28 · 1 – 3 · 1 · 1

= 0 – 84 + 7 + 0 – 28 – 3 = –108

Jadi, upah minimum yang diterima Bu Sofi x= Dx = −60 = 10
Rp45.000,00. D −6

b. Bu Sofi menjahit 20 potong sarung bantal, y= Dy = −90 = 15
berarti x = 20 D −6
untuk x = 20 maka 20 + y = 30 ⇔ y = 10 dan
3 · 20 + 2y = 96 ⇔ y = 18 z= Dz = −108 = 18
Diperoleh nilai minimum f(20, 10) dan nilai D −6
maksimum f(20, 18).
Jadi, umur Andi, Budi, dan Tini sekarang berturut-

turut 10 tahun, 15 tahun, dan 18 tahun.

Matematika Kelas XII Program IPA 151

7. Posisi partikel mula-mula pada saat t = 0 yaitu BC = c – b

 0  0  2  3  −1
 00 +− 21   −21
P =  =  =  3  –  2  =  1 
    2 
 2  0  
Posisi partikel pada detik ke-3 yaitu
BA ⋅BC
 3  3 cos ∠B = | BA | | BC |
   5
Q=  3 + 2  =   1  −1
 21  1 
 3 −1  2 =   2 
  
Jarak partikel dari tempat mula-mula:
12 + 22 + 12 (−1)2 + 12 + 22

PQ = (3 − 0)2 + (5 − 2)2 + (2 − (−1))2 = −1+ 2 + 2
66
= 32 + 32 + 32
3
= 27 = 3 3 = 6
Jadi, jarak partikel dari tempat semula adalah
= 1
3 3 satuan. 2

8. a. C(2, 3, 2) ∠B = arc cos 1
2

A(4, 4, 1) B(3, 2, 0) = 60°
∠C = 180° – 60°– 60°

= 60°

b. Jenis segitiga ABC adalah segitiga sama sisi.

AB = b – a c. |AB| = 6 satuan

 3  4  −1 |BC| = 6 satuan
 02  41  −−21
=  –  =  |AC| = 6 satuan
Keliling = |AB| + |BC| + |AC|

AC = c – a = 6+ 6+ 6

 2  4  −2 = 3 6 satuan
 3   4   −1
=  –  =  1
2
 2  1  1  Luas = |AB||AC| sin A

cos ∠A = AB⋅ AC = 1 × 6× 6 sin 60°
| AB | | AC | 2

 −1 −2
 −−21  −11 1 1
=   = 2 ×6× 2 3
 

( (−1)2 + (−2)2 + (−1)2)( (−2)2 + (−1)2 + 12 = 3 3 satuan luas
2
= 2+ 2−1 = 3 = 1
66 6 2 9. Garis g1: x – 2y + 4 = 0 dan g2: 4x – 3y – 4 = 0
berpotongan di titik P(4, 4).
∠A = Arc cos 1
2
= 60°
Gradien garis g1: m1 = tan θ1 = 1
BA = a – b 2

4 3  1 sehingga sin θ1 = 1 dan cos θ1 = 2 .
5 5

=  41 –  02 =  21 Gradien garis g2: m2 = tan θ2 = 4
   3

sehingga sin θ2 = 4 dan cos θ2 = 3 .
5 5

152 Ulangan Akhir Semester 1

Misal α: sudut antara g1 dan g2 maka α = θ2 – θ1 Koordinat bayangan titik B:
sin α = sin (θ2 – θ1)
xB′ 3 − 4   xB − 4 4
= sin θ2 cos θ1 – cos θ2 sin θ1  yB′   5 
  =  5    +  
   4 3   yB − 4   4 
4 2 3 1
= 5 × 5 – 5 × 5 5 5

= 5 3 − 4  14 − 4  4
55  5 
=  5    +  4 
 4 3   4 −4  
1
= 5 5 5

cos α = cos (θ2 – θ1) 3 − 4  10  4
 5   0   4
=  5  +
= cos θ2 cos θ1 + sin θ2 sin θ1  4 3 

3 2 4 1 5 5
5 5 5 5
= × + × = 6 + 0 + 4 = 10 

= 10 = 2  8 + 0   4  12 
55 5     

sin 2α = 2 sin α cos α Koordinat bayangan titik C:

1 2 4  x′C  3 − 4   xC − 4 4
5 5 5  5   4
=2× × =   =  5    +
   4 3   
cos 2α = cos2 α – sin2 α y′C yC − 4
5 5

=( 2 )2 – ( 1 )2 3 − 4   19 − 4  4
5 5  5   −6 − 4  4
=  5  +
 4 3 
4 1 3
= 5 – 5 = 5 5 5

3 − 4   15  4
 5 
Koordinat bayangan: =  5    +  
 4 3     
 x′  cos 2α − sin 2α   x − xP   xP  −10 4
5 5
  =     +  
 y′   sin 2α cos 2α   y − yP   yP  9+8 4
= 12 − 6  +  4
3 4
 − 5  x −4 4
 5   y − 4  4  21
=  4 3  + = 10 
 
5 5

Koordinat bayangan titik A: Jadi, koordinat bayangan segitiga ABC adalah
A′(11, 5), B′(10, 12), dan C′(21, 10).
 x′A  3 − 4  xA − 4
 5  4
  =  5    +  4  10. (x, y) R[O, 270°]→ (y, –x) T = −52 → (y – 2, –x + 5)
 y′A   4 3   yA − 4  
Diperoleh:
5 5 x′ = y – 2 ⇔ y = x′ + 2
y′ = –x + 5 ⇔ x = 5 – y′
3 − 4  Substitusi x dan y ke persamaan garis:
 5   9−4 4 y = 4x – 1
=  5   −1− 4  +  4 ⇔ x′ + 2 = 4(5 – y′) – 1
 4 3  ⇔ x′ + 2 = 20 – 4y′ – 1
⇔ x′ + 4y′ – 17 = 0
5 5 Jadi, persamaan bayangannya x + 4y – 17 = 0.

3 − 4 
 5  5 4
=  5   −5  +
 4 3    4 
 
5 5

= 3+ 4 + 4 = 11
 4   5 
 4 − 3  
 

Matematika Kelas XII Program IPA 153

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter

Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Nilai Indikator

4. Menggunakan konsep 4.1 Menentukan suku ke-n barisan dan jumlah n Tekun Menggunakan falsafah
barisan dan deret suku pertama deret aritmetika dan geometri. deret aritmetika untuk
dalam pemecahan menyelesaikan masalah
masalah. 4.2 Menggunakan notasi sigma dalam deret dan dalam kehidupan sehari-
induksi matematika dalam pembuktian. hari.

4.3 Merancang model matematika dari masalah
yang berkaitan dengan deret.

4.4 Menyelesaikan model matematika dari masalah
yang berkaitan dengan deret dan penafsirannya.

Pada bab ini akan dipelajari:
1. Barisan dan deret aritmetika
2. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret aritmetika
3. Barisan dan deret geometri
4. Suku ke-n dan jumlah n suku pertama deret geometri
5. Barisan dan deret geometri tak hingga
6. Jumlah deret geometri tak hingga
7. Notasi sigma
8. Sifat-sifat notasi sigma
9. Induksi matematika

Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

Menentukan suku ke-n Menggunakan notasi Merancang model Menyelesaikan model
barisan dan jumlah n sigma dalam deret dan matematika dari masalah matematika dari masalah
suku pertama deret induksi matematika dalam yang berkaitan dengan yang berkaitan dengan
deret dan penafsirannya
aritmetika dan geometri pembuktian deret
• Menyelesaikan masalah
• Mendeskripsikan pe- • Mendeskripsikan pe- • Mengubah masalah menggunakan barisan
ngertian, suku, dan beda ngertian dan sifat-sifat menjadi bentuk barisan atau deret aritmetika
barisan aritmetika notasi sigma atau deret aritmetika
• Menyelesaikan masalah
• Mendeskripsikan pe- • Menggunakan notasi • Mengubah masalah menggunakan bentuk
ngertian deret aritmetika sigma dalam deret menjadi bentuk barisan barisan atau deret
atau deret geometri geometri
• Menentukan suku ke-n dan • Mendeskripsikan pe-
jumlahnsukupertama baris- ngertian dan sifat induksi
an dan deret aritmetika matematika

• Mendeskripsikan penger- • Menggunakan induksi
tian, suku, dan rasio barisan matematika dalam
geometri pembuktian

• Mendeskripsikan pe-
ngertian deret geometri

• Menentukan suku ke-n
dan jumlah n suku pertama
barisan dan deret geometri

Siswa mampu menentukan Siswa mampu menggunakan Siswa mampu merancang Siswa mampu menyelesaikan
suku ke-n barisan dan notasi sigma dalam deret model matematika dari model matematika dari masalah
dan induksi matematika masalah yang berkaitan yang berkaitan dengan barisan
jumlah n suku pertama deret dalam pembuktian
aritmetika dan geometri dengan barisan dan deret dan deret dan penafsirannya

Siswa dapat menggunakan konsep barisan dan deret dalam

154 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma pemecahan masalah

A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: a
U6 = a + 5b
1. Jawaban: c ⇔ –32 = 48 + 5b
Barisan bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, . . . ⇔ 5b = –32 – 48
U1 = a = 2 ⇔ 5b = –80
b=4–2=2 ⇔ b = –16
U3 × U5 = (a + 2b) × (a + 4b)
Sn = n (2a + (n – 1)b) = (48 + 2(–16)) × (a + 4(–16))
2 = (48 – 32) × (48 – 64)
= 16 × (–16)
= n (2 · 2 + (n – 1)2) = –256
2

= n (4 + 2n – 2) 5. Jawaban: d
2 Selisih tinggi selalu bernilai positif maka U1 = 60
dan U10 = 1.275.
= n (2n + 2) U10 = U1 + 9b ⇔ 1.275 = 60 + 9b
2 ⇔ 9b = 1.215
⇔ b = 135
= n2 + n Tinggi tiang penyangga ke-6:
U6 = U1 + 5b = 60 + 5 · 135 = 735 cm
2. Jawaban: e
6. Jawaban: c
Dari permasalahan di atas diperoleh: U5 + U7 = 144
⇔ a + 4b + a + 6b = 144
U5 = a + 4b = –20 . . . (1) ⇔ 2a + 10b = 144
U8 = a + 7b = –38 . . . (2) ⇔ 2(a + 5b) = 144
⇔ a + 5b = 72
Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). ⇔ U6 = 72

a + 4b = –20 U5 + U6 + U7 = (U5 + U7) + U6
= 144 + 72
a + 7b = –38 = 216
–––––––––––– –
Jadi, jumlah suku ke-5 sampai suku-7 adalah 216.
–3b = 18

⇔ b = –6 . . . (3)

Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).

a + 4b = –20

⇔ a + 4 × (–6) = –20 7. Jawaban: c
⇔ a – 24 = –20
⇔ a = –20 + 24
⇔ a=4

U12 = a + 11b U5 = 11 ⇒ U1 + 4b = 11 . . . . (1)
= 4 + 11 × (–6)
U8 + U12 = 52
= 4 – 66 ⇔ (U1 + 7b) + (U1 + 11b) = 52
⇔ 2U1 + 18b = 52
= –62 ⇔ 2(U1 + 9b) = 52
⇔ U1 + 9b = 26
Jadi, suku kedua belas barisan tersebut –62.

3. Jawaban: d . . . . (2)
U2 + U15 + U40 = 165
⇔ (U1 + b) + (U1 + 14b) + (U1 + 39b) = 165 Dari persamaan (1) dan persamaan (2) diperoleh:
⇔ 3U1 + 54b = 165
⇔ 3(U1 + 18b) = 165 U1 + 4b = 11
⇔ U1 + 18b = 55 U––1–+––9–b–=––2–6– –
⇔ U19 = 55
Jadi, nilai U19 adalah 55. –5b = –15

⇔ b=3

U1 + 4b = 11
⇔ U1 = 11 – 4b

= 11 – 12

= –1

Matematika Kelas XII Program IPA 155

S8 = 8 (2U1 + 7b) S8 = 172
2
⇔ 8 (2a + (8 – 1)b) = 172
= 4(2(–1) + 21) 2
⇔ 4(2a + 7b) = 172
= 4(19) ⇔ 2a + 7b = 43 . . . . (2)

= 76 Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).

8. Jawaban: b 2a + 2b = 18
Sn = n2 + 3n
S20 = 202 + 3 × 20 2a + 7b = 43
= 400 + 60 ––––––––––– –
= 460
S19 = 192 + 3 × 19 –5b = –25
= 361 + 57
= 418 ⇔ b = 5 . . . (3)
Un = Sn – Sn – 1
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1).
⇔ U20 = S20 – S19
2a + 2b = 18
⇔ U20 = 460 – 418
⇔ 2a + 2(5) = 18
⇔ U20 = 42 ⇔ 2a + 10 = 18
⇔ 2a = 18 – 10
Jadi, suku ke-20 deret tersebut 42. ⇔ 2a = 8
⇔ a=4
Jadi, suku pertamanya adalah 4.

9. Jawaban: b 11. Jawaban: b

U3 = 9 . . . (1) Un = a + (n – 1)b
⇔ a + 2b = 9 U3 + U5 + U7 + U9 = 104
U5 + U7 = 36 ⇔ (a + 2b) + (a + 4b) + (a + 6b) + (a + 8b) = 104
⇔ a + 4b + a + 6b = 36 ⇔ 4a + 20b = 104
⇔ 4(a + 5b) = 104
⇔ 2a + 10b = 36 ⇔ a + 5b = 26
a + 5b = 18 . . . (2)
⇔ ⇔ U6 = 26
Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2). Jadi, U6 adalah 26.

a + 2b = 9 12. Jawaban: e
a + 5b = 18 Barisan bilangan asli antara 1 dan 200 yang habis
––––––––––– – dibagi 4 adalah 4, 8, 12, . . . , 196.
a=4
–3b = –9 b=8–4=4
Un = a + (n – 1)b
⇔ b=3 . . . (3) ⇔ 196 = 4 + (n – 1)4
⇔ 196 = 4 + 4n – 4
Substitusikan persamaan (3) ke persamaan (1). ⇔ 196 = 4n
⇔ n = 49
a + 2b = 9

⇔ a+6=9
⇔ a=3

S10 = 10 (2(3) + (10 – 1)3)
2
n 49
= 5(6 + 27) Sn = 2 (U1 + Un) = 2 (4 + 196)

= 5 × 33 49
2
= 165 = × 200 = 4.900

Jadi, jumlah 10 suku pertamanya adalah 165. Jadi, jumlah bilangan asli antara 1 dan 200 yang

10. Jawaban: b habis dibagi 4 adalah 4.900.
Sn = (2a + (n – 1)b)
13. Jawaban: b
S3 = 27 Susunan bilangannya sebagai berikut.
4, (4 + b), (4 + 2b), (4 + 3b), (4 + 4b), (4 + 5b), 28.
⇔ 3 (2a + (3 – 1)b) = 27 Oleh karena barisan tersebut barisan arimetika
2 maka selisih dua suku yang berurutan haruslah
sama, yaitu b. Dari dua suku terakhir diperoleh:
⇔ 3 (2a + 2b) = 27 28 – (4 + 5b) = b ⇔ 24 – 5b = b
2 ⇔ 24 = 6b
⇔ b =4
⇔ 2a + 2b = 27 × 2 Jadi, beda barisan aritmetika tersebut 4.
3

⇔ 2a + 2b = 18 . . . . (1)

156 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

14. Jawaban: c 2. Misalkan bilangan-bilangan itu a, a + b, a + 2b,
Diketahui U2 = 190, b = 5
Suku terakhir = U48 a + 3b, a + 4b.
U1 = U2 – b = 190 – 5 = 185 cm
U48 = U1 + (48 – 1)b Jumlah 5 buah bilangan aritmetika 75 maka:
= 185 + 47 · 5
= 185 + 235 a + a + b + a + 2b + a + 3b + a + 4b = 75
= 420
U50 = U48 = 420 cm ⇔ 5a + 10b = 75 . . . (1)
⇔ a + 2b = 15
Jadi, tinggi pohon pada pengamatan ke-50 adalah ⇔ a = 15 – 2b
420 cm.
Hasil kali bilangan terkecil dan terbesar 161 maka:

a(a + 4b) = 161

⇔ a2 + 4ab = 161 . . . (2)

Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2).

15. Jawaban: c (15 – 2b)2 + 4(15 – 2b)b = 161
Lama kontrak = n = 10 tahun
Gaji awal = U1 = 1.600.000 ⇔ 225 – 60b + 4b2 + 60b – 8b2 = 161
Kenaikan gaji = b = 200.000 ⇔ 225 – 4b2 = 161
⇔ –4b2 = –64
Sn = n (2U1 + (n – 1)b) sehingga diperoleh: ⇔ b2 = 16
2 ⇔ b=±4
Untuk b = 4 maka a = 15 – 2(4) = 7
S10 = 10 (2 × 1.600.000 + 9 × 200.000)
2
= 5(3.200.000 + 1.800.000) Untuk b = –4 maka a = 15 – 2(–4) = 23

= 5 × 5.000.000 Barisan tersebut: 7, 11, 15, 19, 23, atau 23, 19,

= 25.000.000 15, 11, 7.

Jadi, total gaji yang diterima hingga menyelesaikan Jadi, selisih bilangan terbesar dan terkecil

kontrak adalah Rp25.000.000,00. 23 – 7 = 16.

B. Uraian 3. Suatu barisan bilangan U1, U2, U3, . . ., Un
merupakan barisan aritmetika jika selisih dua suku
1. a. Diketahui U5 = 4 dan U9 = 20 pada barisan yang berurutan selalu tetap.
b. aritmetika. b = Un – Un – 1
a. U2 – U1 = U3 – U2
Un = U1 + (n – 1)b
⇔ U5 = U1 + 4b ⇔ (3k – 1) – (k + 5) = (4k – 1) – (3k – 1)
⇔ 4 = U1 + 4b . . . (1) ⇔ 2k – 6 = k
⇔ k=6
U9 = U1 + 8b . . . (2) Untuk k = 6 diperoleh:
⇔ 20 = U1 + 8b U1 = k + 5 = 6 + 5 = 11
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). U2 = 3k – 1 = 3(6) – 1 = 17
U3 = 4k – 1 = 4(6) – 1 = 23
U1 + 4b = 4 × 2 2U1 + 8b = 8 Jadi, barisan aritmetika tersebut 11, 17, dan
U1 + 8b = 20 × 1 ––U–1–+––8–b––=–2–0– – 23.
⇔ U1 = –12 b. U2 – U1 = U3 – U2
Jadi, suku pertama barisan tersebut –12.
⇔ k – (k – 4) = (2k – 1) – k
U1 = –12 sehingga: ⇔ 4=k–1
U5 = U1 + 4b ⇔ k=4+1
⇔ k=5
⇔ 4 = –12 + 4b Untuk k = 5 diperoleh:
⇔ 4b = 16 U1 = k – 4 = 5 – 4 = 1
⇔ b=4 U2 = k = 5
U3 = 2k – 1 = 2(5) – 1 = 9
Un = 64 Jadi, barisan aritmetika tersebut 1, 5, dan 9.
⇔ U1 + (n – 1)b = 64
⇔ –12 + (n – 1)4 = 64
⇔ 4n – 4 = 76
⇔ 4n = 80
⇔ n = 20
Jadi, banyak suku barisan tersebut 20.

Matematika Kelas XII Program IPA 157

4. Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn Stotal = Sx + Sy
= (Sn + 3 – Sn) – 3(Sn + 2 – Sn + 1)
= Un + 1 + Un + 2 + Un + 3 – 3(Un + 2) ⇔ S16 = 324 + 220
= Un + 1 + Un + 3 – 2Un + 2
= 2Un + 2 – 2Un + 2 (Ingat: 2Un + 1 = Un + Un + 2) ⇔ 16 (2a + (16 – 1)b = 544
=0 2

⇔ 8(2a + 15b) = 544
⇔ 2a + 15b = 68 . . . (2)

Jadi, terbukti bahwa Sn + 3 – 3Sn + 2 + 3Sn + 1 – Sn = 0. Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2).
2a + 5b = 108
5. Misalkan: 2a + 15b = 68
–––––––––––––– –
Sx = S6 = jumlah 6 suku pertama
Sy = jumlah U7 sampai dengan U16 –10b = 40
Stotal = S16 = jumlah 16 suku pertama ⇔ b = –4

Sx = 324 Substitusikan b = –4 ke persamaan (1).
2a + 5b = 108
⇔ 6 (2a + (6 – S6 = 324 ⇔ 2a + 5(–4) = 108
⇔ 2 1)b = 324 ⇔ 2a – 20 = 108
⇔ 2a = 108 + 20
⇔ 3(2a + 5b) = 324 ⇔ 2a = 128
⇔ a = 64
⇔ 2a + 5b = 108 . . . (1) Jadi, suku pertama dari deret tersebut 64.

A. Pilihan Ganda U8 = ar7
⇔ –384 = ar4 · r3
1. Jawaban: c ⇔ –384 = 48 · r3
⇔ r3 = –8
U4 = ar3 ⇔ r = 3 −8 = –2
U2 ar

1 Substitusikan r = –2 ke persamaan (1).

⇔ 4 = r2 48 = a(–2)4

1

⇔ 1 = r2 ⇔ a= 48
4 16
1
⇔ r= 2 ⇔ a=3

Substitusikan r = 1 ke U2 = ar. U4 + U6 = ar3 + ar5
2 = 3(–2)3 + 3(–2)5
U2 = ar = –24 – 96
= –120
⇔ 1= 1 a
2

⇔ a=2 3. Jawaban: c
Menentukan suku ke-7 (U7).
U7 = ar6 r= U3 = 20 =2
U2 10
1
= 4 × ( 2 )6 U2 = ar

=4× 1 ⇔ 10 = 2a
64 ⇔ a=5

= 1 U4 × U5 = ar3 × ar4
16 = a2r7
1 = 52 × 27
Jadi, suku ke-7 barisan tersebut 16 . = 25 × 128
= 3.200
2. Jawaban: a . . . . (1)
Un = arn – 1 Jadi, nilai U4 × U5 adalah 3.200.
U5 = ar4
⇔ 48 = ar4

158 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

4. Jawaban: e 8. Jawaban: d
Misalkan lima suku pertama barisan aritmetika
Diketahui barisan geometri dengan U5 = 1 dan r = 1 . tersebut a – 2b, a – b, a, a + b, a + 2b.
3 3 (a – 2b) + (a – b) + a + (a + b) + (a + 2b) = 40
⇔ 5a = 40
Un = arn – 1 ⇔ a=8
⇔ U5 = ar4
Barisan aritmetika menjadi:
⇔ 1 = a × ( 1 )4 8 – 2b, 8 – b, 8, 8 + b, 8 + 2b
3 3
Barisan geometri:
⇔ 1 =a× 1 8 – 2b, (8 – b) + 2, 8 + 8
3 34 ⇔ 8 – 2b, 10 – b, 16

⇔ a= 1 × 34
3
⇔ a = 33
10 − b 16
U9 = ar8 = 33 × ( 1 )8 = 33 = 1 = 1 r= 8 − 2b atau r = 10 − b
3 38 35 243

Jadi, suku ke-9 barisan tersebut 1 . Diperoleh:
243
10 − b 16
5. Jawaban: e 8 − 2b = 10 − b

U1 = p–2 ⇔ (10 – b)2 = 16(8 – 2b)
U2 = p2x
p2x ⇔ 100 – 20b + b2 = 128 – 32b
p−2
r= U2 = = p2x + 2 ⇔ b2 + 12b – 28 = 0
U1
⇔ (b + 14)(b – 2) = 0
U10 = p88
⇔ U1r9 = p88 ⇔ b = –14 atau b = 2
⇔ p88 = p–2(p2x + 2)9
b > 0 ⇒ diambil b = 2

⇔ p88 = p–2 · p18x + 18 U5 – U3 = (U1 + 4b) – (U1 + 2b)
= 2b
⇔ p88 = p18x + 16 =4

⇔ 88 = 18x + 16 9. Jawaban: e

⇔ 18x = 72 S∞ = a
⇔ x =4 1− r

6. Jawaban: b ⇔ 5= 3
1− r
Un = arn – 1
U3 × U5 = ar2 × ar4 ⇔ 5(1 – r) = 3
⇔ 5 – 5r = 3
⇔ 1 = a2r6 ⇔ 5r = 5 – 3
4 ⇔ 5r = 2

⇔ 1 = (ar3)2 2
4 5
⇔ r=
1
⇔ ar3 = 2 Jadi, rasio deret tersebut 2 .
5
U4 = 1
⇔ 2 10. Jawaban: c

Jadi, suku keempat barisan tersebut adalah 1 . SU∞1 = 3 + 1
2 = 2x

7. Jawaban: d S∞ = U1
1− r
Un = 96
⇔ U6 = 96 ⇔ 3= 2x + 1
⇔ ar5 = 96 1− r
⇔ 3 – 3r = 2x + 1
⇔ 3r5 = 96 ⇔ 3r = 2 – 2x

⇔ r5 = 32 ⇔ r= 2 − 2x
⇔ r=2 3

S6 = 3(26 − 1) = 3(64 − 1) = 3 × 63 = 189 Deret geometri tak hingga mempunyai jumlah jika
2−1 1
–1 < r < 1.

Jadi, jumlah seluruh deret tersebut 189.

Matematika Kelas XII Program IPA 159

Untuk r > –1 diperoleh: 14. Jawaban: d

2 − 2x > –1 log U1 – log U2 – log U3 + log U4 + log U5 = log 6
3
⇔ log U1U4U5 = log 6
⇔ 2 – 2x > –3 U2U3
⇔ –2x > –5
⇔ log a × 12 × ar4 = log 6

x< 5 ar × ar2
2
⇔ ⇔ log 12r = log 6

Untuk r < 1 diperoleh: ⇔ 12r = 6

2 − 2x <1 ⇔ r= 1
3 U4 = 12 2

⇔ 2 – 2x < 3 ⇔ ar3 = 12
⇔ –2x < 1
⇔ a( 1 )3 = 12
x > – 1 2
⇔ 2
1 a = 12
Jadi, nilai x yang memenuhi {x | – 1 <x< 5 }. ⇔ 8
2 2
⇔ a = 96

11. Jawaban: b 9(1− ( 1 )5 )
2
a=5 S5 =
1− 1
r =2 2

Un = 160 = 9(1− 312) = 96 × 31 = 186
⇔ arn – 1 = 160 32
1
1

⇔ 5(2)n – 1 = 160 22

⇔ 2n – 1 = 32 Jadi, S5 adalah 186.

⇔ 2n – 1 = 25 15. Jawaban: b
Panjang lintasan semut dari hari pertama sampai
⇔ n–1=5 berhenti membentuk barisan geometri tak hingga
⇔ n=6
Jadi, waktu bakteri membelah 6 detik. dengan a = 1,5 dan r= 1 .
2
12. Jawaban: e
Panjang lintasan semut sampai berhenti:

x −1 + 1 + 1 1) , . . . S¥ = a = 1, 5 = 1, 5 =3m
x x x(x − 1− r
1− 1 1
2
1 2

Rasio deret = r = x = 1 B. Uraian
(x − 1) x −1

x

Syarat jumlahnya mempunyai limit yaitu: 1. a. Diketahui U2 = – 3 dan U5 = 3 .
b. 64 8
|r|<1 ⇔ | 1 | <1
x − 1 Un = arn – 1

⇔ |x – 1| > 1 U5 = ar4
U2 ar
⇔ (x – 1)2 > 12

⇔ (x – 1)2 – 12 > 0 3

⇔ (x – 1 – 1)(x – 1 + 1) > 0 ⇔ 8 = r3
3
⇔ (x – 2) · x > 0 − 64

⇔ x < 0 atau x > 2 ⇔ 3 × (– 64 ) = r3
8 3
Jadi, nilai x < 0 atau x > 2 agar jumlah deret
⇔ –8 = r3
mempunyai limit. ⇔ r = –2
Jadi, rasio barisan tersebut –2.
13. Jawaban: a
a = 16 U2 = – 3
64
r= U2 = −8 = – 1
U1 16 2 ⇔ ar = – 3
64
a 16 16 32
S∞ = 1− r = = = 3 ⇔ a × (–2) = – 3
1+ 1 3 64
2 2

Jadi, jumlah tak hingga dari deret tersebut 32 . ⇔ a= 3
3 128

160 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

Sn = a(1− rn) 4. S∞ = a
1− r 1− r

⇔ S10 = 3 (1− (−2)10 ) a
128 1− r
⇔ 16 =
1− (−2)

⇔ S10 = 3 (1− 210 ) 8
128 16
1–r=
3 ⇔

⇔ S10 = 1 (1 – 210) 1
128 2
⇔ 1–r=
S10 = 1 – 210
⇔ 128 128

⇔ S10 = 1− 1.024 ⇔ r=1– 1
128 2

⇔ S10 = – 1.023 ⇔ r= 1
128 2

⇔ S10 = –7 127 U5 = ar4 = 8 × ( 1 )4 = 8 × 1 = 1
128 2 16 2

Jadi, jumlah 10 suku pertama barisan –7 127 . 1 1
128 2 2
Jadi, rasionya = dan suku ke-5 = .
2. log U1 + log U2 + log U3 + log U4 + log U5 = 15 log 2
⇔ log (U1 · U2 · U3 · U4 · U5) = log 215 5. Luas persegi yang paling
⇔ U1 · U2 · U3 · U4 · U5 = 215 besar:
⇔ a · a · r · a · r2 · a · r3 · a · r4 = 215 p × p = p2
⇔ a5r10 = 215
⇔ a5(210) = 215 1
Luas persegi II = 2 p2

⇔ a5 = 215 Luas persegi III = 1 p2
210 4

⇔ a5 = 25 dan seterusnya

⇔ a=2 Jumlah luas semua persegi:

Sn = a(rn − 1) 1 1
r −1 2 4
L = p2 + p2 + p2 + . . . merupakan deret
S9 = 2(29 − 1) = 2(512 −1) = 2 × 511 = 1.022
2−1 1
1
Jadi, S9 adalah 1.022. geometri tak hingga dengan a = U1 = p2 dan r = 2 .

3. Jarak pendulum setiap ayunan membentuk deret a p2 p2
1− r
geometri dengan a = 50 cm dan r = 9 . L = S∞ = = 1− 1 = 1 = 2p2
10 2 2

S∞ = 50 = 50 = 500 cm = 5 m Jadi, jumlah luas persegi yang terbentuk 2p2.

1− 9 1
10 10

Jadi, seluruh jarak ayunan pendulum adalah 5 m.

A. Pilihan Ganda 2. Jawaban: d

1. Jawaban: c U1 = a = 1
Sepuluh bilangan asli genap yaitu 2, 4, 6, 8, 10, 2
12, 14, 16, 18, 20.
2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 14 + . . . + 20 U2 = 1
8
10
r= U2 = 1 = 1
= ∑ 2i U1 8 4
1
i=1 2

Matematika Kelas XII Program IPA 161

Diperoleh deret geometri dengan Un: 5. Jawaban: e
Un = arn – 1
n−1 1 (1+ 1)(1+ 2)
= 1  1 Untuk n = 1 ⇒ 3 =2
2 4
2(2 + 1)(2 + 2)
= (2)–1(2)–2(n – 1) Untuk n = 2 ⇒ 3 = 8

= 2–2n + 2 – 1 Untuk n = 3 ⇒ 3(3 + 1)(3 + 2) = 20
3
4(4 1)(4 2)
= 21 – 2n Untuk n = 4 ⇒ + 3 + = 40

Bentuk notasi sigma dari deret tersebut: Untuk n = 5 ⇒ 5(5 + 1)(5 + 2) = 70
3
10 10
U1 = ∑ 21 – 2i Jadi, diperoleh:
∑
i i=1 5
=1
∑
Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut n(n + 1)(n + 2) = 2 + 8 + 20 + 40 + 70 = 140
n=1 3
10
6. Jawaban: b
adalah ∑ 21 – 2i .
7
i=1
∑ k2 (x2 + 2x) = 405
3. Jawaban: c
k=3
8 8−1 7

∑ (3i – 2) = ∑ (3(i + 1) – 2) ⇔ (x2 + 2x) ∑ k2 = 405

i = 2 i = 2−1 k=3

7 ⇔ (x2 + 2x)(32 + 42 + 52 + 62 + 72) = 405

= ∑ (3i + 1) ⇔ (x2 + 2x)(9 + 16 + 25 + 36 + 49) = 405

i=1 ⇔ (x2 + 2x) × 135 = 405

77 ⇔ x2 + 2x = 3

= ∑ 3i + ∑ 1 ⇔ x2 + 2x – 3 = 0
⇔ (x + 3)(x – 1) = 0
i=1 i=1 ⇔ x = –3 atau x = 1
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = –3 atau
7 x = 1.

=3 ∑ i+7×1 7. Jawaban: a

i=1 25 25 25

= 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) + 7 ∑ (2 + pi) = ∑ 2 + ∑ pi
= 3 × 28 + 7
= 91 n=6 n=6 n=6

8 = 2 × 20 + 10
= 40 + 10
Jadi, ∑ (3i – 2) = 91. = 50

i=2 25

4. Jawaban: d Jadi, nilai ∑ (2 + pi) adalah 50.

12 n=6

∑ (5n + 6) 8. Jawaban: d

n=3 6

12− 2 ∑ (2i × cos α) = 18 3

= ∑ (5(n + 2) + 6) i=3
6
n= 3−2
⇔ ∑ (2i × cos α) = 18 3
10
i=3
= ∑ (5n + 16) 6

n=1 ⇔ cos α ∑ 2i = 18 3

10 10 i=3

= 5 ∑ n + ∑ 16 ⇔ cos α (2 × 3 + 2 × 4 + 2 × 5 + 2 × 6) = 18 3

n=1 n=1 ⇔ cos α (6 + 8 + 10 + 12) = 18 3

= 5(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10) + (10 × 16) ⇔ cos α × 36 = 18 3
= (5 × 55) + (10 × 16)
= 275 + 160 ⇔ cos α = 1 3
= 435 2
⇔
12 Jadi, nilai α = 60°. α = 60°

Jadi, nilai ∑ (5n + 6) adalah 435.

n=3

162 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

9. Jawaban: e 6 66
= ∑ (8a + 45) = ∑ 8a + ∑ 45
nn a =1 a =1 a =1

2 ∑ k(2k + 5) + 2 ∑ (k + 3) + 3n = 8 × 1 + 8 × 2 + 8 × 3 + 8 × 4 + 8 × 5 + 8 × 6 + 6 × 45

k =1 k =1 = 438
n nn
13. Jawaban: a
= ∑ (4k2 + 10k) + ∑ (2k + 6) + ∑ 3
7−x
k =1 k =1 k =1
n ∑ (4k + 1) = (4(3 – x) + 1) + (4(4 – x) + 1)

= ∑ 4k2 + 10k + 2k + 6 + 3 k=3−x

k =1 + (4(5 – x) + 1) +(4(6 – x) + 1)
n + (4(7 – x) + 1)
= 12 – 4x + 1 + 16 – 4x + 1 + 20 – 4x
= ∑ 4k2 + 12k + 9 + 1 + 24 – 4x + 1 + 28 – 4x + 1

k =1 = 105 – 20x
n
7−x
= ∑ (2k + 3)2
∑ (4k + 1) = 85
k =1
k=3−x
10. Jawaban: e
⇔ 105 – 20x = 85
nnn ⇔ 20x = 105 – 85
8 ∑ k3 + 36 ∑ k2 + 54 ∑ k + 27n ⇔ 20x = 20
k=1 k=1 k=1 ⇔ x=1
Jadi, nilai x adalah 1.
nn nn
= ∑ 8k3 + ∑ 36k2 + ∑ 54k + ∑ 27
k=1 k=1 k=1 k=1

n 14. Jawaban: c

= ∑ (8k3 + 36k2 + 54k + 27)

k=1

n 20

= ∑ ((2k)3 + (2k)2 × 9 + 2k × 27 + 27) ∑ p(i – 2) = 372

k=1 i = 15
20
n
⇔ p ∑ (i – 2) = 372
= ∑ ((2k)3 + (2k)2 × 3 × 3 + 2k × 32 × 3 + 33)
i = 15
k=1
⇔ p(13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18) = 372
n ⇔ 93p = 372

= ∑ ((2k)3 + 3 × (2k)2 × 3 + 3 × 2k × 32 + 33)

k=1

n ⇔ p= 372
⇔ 93
= ∑ (2k + 3)3 Jadi, nilai 7p adalah 28.

k=1

11. Jawaban: e p=4

5 1 – 7 1 15. Jawaban: d
k k −1
∑ ∑

k =1 k=3

= 5 1 – 7−2 1 5 (k + 1)2 5 5
k k +2−1 = ∑ (k + 1)2 : ∑ (4i + k)
∑ ∑ ∑
k=1
k =1 k=3−2 5 k =1 k =1

5 1 5 1 ∑ (4i + k)
= k – k +1 k=1
∑ ∑
Untuk (k + 1)2 Untuk (4i + k)
k =1 k =1

= 5 1 – 1 k=1 4 4i + 1
k k +1 k=2 9 4i + 2
∑ k=3 16 4i + 3
k=4 25 4i + 4
k =1 k=5 36 4i + 5

= 1− 1  +  1 − 1  +  1 − 1  +  1 − 1  +  1 − 1  Jumlah 90 20i + 15
2 2 3 3 4 4 5 5 6

= 1 + 1 + 1 + 1 + 1
2 6 12 20 30

= 30 +10 + 5 + 3 + 2 = 5 Sehingga:
60 6
5 (k + 1)2
=2 90 =2
12. Jawaban: d ∑ 20i + 15
k=1
5 ⇔
(4i + k)
12 6 ∑ ⇔ 90 = 40i + 30
k=1
∑ (a2 + 4) – ∑ (a2 + 4a – 5)
⇔ 60 = 40i
a=7 a=1

12− 6 6 ⇔ i= 60 = 3
= ∑ ((a + 6)2 + 4) – ∑ (a2 + 4a – 5) 40 2
a=7−6 a =1
Jadi, nilai i adalah 3 .
6 2

= ∑ (a2 + 12a + 36 + 4 – a2 – 4a + 5)

a =1

Matematika Kelas XII Program IPA 163

B. Uraian Bentuk notasi sigma dari deret tersebut:

1. a. 8 8−3 15 = 15 1
x
∑ (2i + 5) = ∑ (2(i + 3) + 5) i∑= 1Ui ∑ i × alog

i = 4 i = 4−3 i=1
5
15
= ∑ (2i + 11)
= ∑ i × alog x–1
i=1
i=1
55
15
= ∑ 2i + ∑ 11
= ∑ (–i) × alog x
i=1 i=1
i=1
5
Jadi, bentuk notasi sigma dari deret tersebut
= 2 ∑ i + 5 × 11
15
i=1
adalah ∑ (–i) × alog x.
= 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 55
= 30 + 55 i=1
= 85
3. 3p = 3p sin2 x
cosec2 x
8
Untuk p = 1 ⇒ 3 × 1 sin2 x= 3 sin2 x
Jadi, nilai ∑ (2i + 5) = 85. Untuk p = 2 ⇒ 3 × 2 sin2 x= 6 sin2 x
Untuk p = 3 ⇒ 3 × 3 sin2 x= 9 sin2 x
i=4 Untuk p = 4 ⇒ 3 × 4 sin2 x= 12 sin2 x
Untuk p = 5 ⇒ 3 × 5 sin2 x= 15 sin2x
b. 10 (i + 2)2 = 10−4 ((i + 4) + 2)2

∑ ∑
i = 5 i = 5−4
6

= ∑ (i + 6)2
i=1
6
5 3p = 45
= ∑ (i2 + 12i + 36) cosec2 x 2
i=1 ∑
6 66
p =1

= ∑ i2 + 12 ∑ i + ∑ 36 ⇔ 3 sin2 x + 6 sin2 x + 9 sin2 x + 12 sin2 x +
i=1 i=1 i=1
15 sin2 x = 45
= (12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62) + 2

12(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 6 × 36 ⇔ 45 sin2 x = 45
2
= (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36) + 12
1
× 21 + 216 ⇔ sin2 x = 2

= 91 + 252 + 216 = 559 1
2
10 ⇔ sin x = 2

Jadi, ∑ (i + 2)2 = 559. ⇔ x = 45°

i=5 Jadi, tan x = tan 45° = 1.

2. Misalkan:

U1 = a = alog 1 = alog x–1 = –(alog x) 3 3+4
x ∑ (5 – 2k) = ∑ (5 – 2(k – 4))
4. a.
U2 = alog 1 = alog x–2 = (–2) alog x b. k=1 k = 1+ 4
x2
7
= ∑ (5 – 2k + 8)
U3 = alog 1 = alog x–3 = (–3) alog x k=5
x3 7
= ∑ (13 – 2k)
b = U2 – U1 k=5

= alog 1 – alog 1 = (13 – 2 × 5) + (13 – 2 × 6)
x2 x
+ (13 – 2 × 7)

1 = (13 – 10) + (13 – 12) + (13 – 14)

= alog x2 =3+1–1=3
1

x 18 18 − 7

= alog 1 ∑ (k2 + 1) = ∑ ((k + 7)2 + 1)
x i = 12 i = 12 − 7

Diperoleh deret aritmetika sebagai berikut. 11
= ∑ ((k+ 7)2 + 1)
Un = a + (n – 1) b i=5
= (122 + 1) + (132 + 1) + (142 + 1)
= alog 1 + (n – 1) alog 1
x x + (152 + 1) + (162 + 1) + (172 + 1)

= alog 1 + n alog 1 – alog 1 + (182 + 1)
x x x
= 145 + 170 + 197 + 226 + 257

= n alog 1 + 290 + 325 = 1.610
x

164 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

5. a. Σ1,1 , 1 , . . ., 1 = n1 Jadi, terbukti bahwa k+1 1 = 1 – ( 1 )k + 1.
4 8 2n i = 1 2i 2
2 Σi = 1 2i

n 1 = 1 – ( 1 )n
Misalkan P(n) adalah rumus Σ 2i 2
berlaku untuk setiap n bilangia=n1 Dari 1) dan 2) terbukti 1 , 1 , 1 , . . ., 1
asli. 2 4 8 2n
1
1) Untuk n = 1 = 1 – ( 2 )n berlaku untuk setiap n bilangan asli.

Σ1 1 = 1 – ( 1 )1 ← (sifat b6) b. Misalkan P(n) adalah sifat n3 + 2n habis
2 dibagi 3 untuk setiap n bilangan asli.
i = 1 2i 1) Untuk n = 1
1 1 13 + 2 × 1 = 3 habis dibagi 3
⇔ 21 =1– 2 Jadi, P(n) benar untuk n = 1.

⇔ 1 = 1
2 2

Ruas kiri = ruas kanan 2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka
Jadi, P(n) benar untuk n = 1. (k3 + 2k) habis dibagi 3.
Akan dibuktikan P(n) benar untuk
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k maka n = k + 1, yaitu (k + 1)3 + 2(k + 1) habis

k1 = 1 – ( 1 )k bernilai benar. Akan dibagi 3.
2 (k + 1)3 + 2(k + 1)
Σi = 1 2i = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2
dibuktikan bahwa P(n) benar untuk = (k3 + 2k) + 3k2 + 3k + 3
= (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1)
Σn = k + 1, yaitu k+1 1 = 1 – ( 1 )k + 1. 3(k2 + k + 1) merupakan kelipatan 3
i = 1 2i 2 berarti 3(k2 + k + 1) habis dibagi 3.

k+1 1 k1 + k+1 1
i = 1 2i i = k +1 2i
Σi = 1 2i Σ Σ=

= 1 – ( 1 )k + 1
2 2k + 1

= 1 – ( 1 )k + ( 1 )k + 1 Oleh karena (k3 + 2k) dan 3(k2 + k + 1)
2 2 habis dibagi 3, maka (k + 1)3 + 2(k + 1)
habis dibagi 3.
= 1 – ( 1 )k + ( 1 )k · 1 Dari 1) dan 2) terbukti n3 + 2n habis dibagi 3
2 2 2 untuk setiap n bilangan asli.

= 1 – ( 1 )k (1 – 1 )
2 2

= 1 – ( 1 )k · 1 = 1 – ( 1 )k + 1
2 2 2

A. Pilihan Ganda Suku terakhir Un = 175
Un = U1 + (n – 1)b
1. Jawaban: d
a = 56 ⇔ 175 = 95 + (n – 1)5
b = 63 – 56 = 7 ⇔ 80 = 5n – 5
Un = a + (n – 1)b ⇔ 85 = 5n
U10 = a + 9b ⇔ n = 17
= 56 + 9 × 7 Jadi, banyak bilangan adalah 17.
= 56 + 63
= 119 3. Jawaban: b

Jadi, suku ke-10 barisan tersebut 119. U1 + U4 + U6 + U8 = 32
⇔ (U1 + b) + (U1 + 3b) + (U1 + 5b) + (U1 + 7b)
2. Jawaban: c
Bilangan yang dimaksud adalah 95, 100, 105, 110, = 32
· · · , 170, 175.
Bilangan-bilangan tersebut membentuk barisan ⇔ 4U1 + 16b = 32
aritmetika dengan: ⇔ 4U1 + 16 × 5 = 32
U1 = a = 95 ⇔ 4U1 = –48
b = 100 – 95 = 5 ⇔ U1 = –12

Matematika Kelas XII Program IPA 165

Misalkan k = beda barisan aritmetika ke-2, 6. Jawaban: a
diperoleh:
U7 = S7 – S6
V2 + V4 + V6 + V8 = 52 ⇔ a + 6b = S7 – S6
⇔ (V1 + k) + (V1 + 3k) + (V1 + 5k) + (V1 + 7k) ⇔ 4 + 6b = 112 – 84
⇔ 4 + 6b = 28
= 52 ⇔ 6b = 28 – 4
⇔ 6b = 24
⇔ 4V1 + 16k = 52 ⇔ b=4
⇔ 4V1 + 16 × 4 = 52 Jadi, beda deret tersebut 4.
⇔ 4V1 = –12
⇔ V1 = –3 7. Jawaban: d

(U1 + U3 + U5) – (V1 + V2 + V5) Sn = n (2a + (n – 1)b)
= (–12 + (U1 + 2b) + (U1 + 4b)) – (–3 + (V1 + 2k) 2

+ (V1 + 4k)) ⇔ S10 = 10 (2a + (10 – 1)b)
= (–12 + (–12 + 10) + (–12 + 20)) – (–3 + (–3 + 8) 2

+ (–3 + 16)) ⇔ 200 = 5(2a + 9b)

= (–36 + 30) – (–9 + 24) ⇔ 40 = 2a + 9b

= –6 – 15 U3 + U4 + U7 + U8
= –21 = a + 2b + a + 3b + a + 6b + a + 7b
= 4a + 18b
Jadi, (U1 + U3 + U5) – (V1 + V3 + V5) = –21. = 2(2a + 9b)
= 2 × 40 = 80
4. Jawaban: e Jadi, nilai U3 + U4 + U7 + U8 adalah 80.
an + 1 – an nilainya selalu tetap. Jadi, barisan yang
dimaksud adalah barisan aritmetika. 8. Jawaban: a

a2 – a1 = –p + 9 – (2p + 25) Sisi-sisi segitiga:
= –p + 9 – 2p – 25 = –3p – 16
72, 72 + b, 72 + 2b ⇒ n = 3
a3 – a2 = 3p + 7 – (–p + 9) Keliling = 252
= 3p + 7 + p – 9 = 4p – 2
⇔ 72 + (72 + b) + (72 + 2b) = 252
an + 1 – an selalu sama (konstan) ⇔ (3 · 72 + 3b) = 252
a2 – a1 = a3 – a2 ⇔ –3p – 16 = 4p – 2 ⇔ 216 + 3b = 252
⇔ 3b = 36
⇔ 7p = –14 ⇔ b = 12
⇔ p = –2 U2 = 72 + 12 = 84
a3 – a2 = 4 × (–2) – 2 = –10 U3 = 72 + 24 = 96
a1 = 2 × (–2) + 25 = 21 Jadi, panjang kedua sisi yang lain 84 cm dan 96 cm.

Diperoleh a = 21 dan b = –10.

S10 = 10 (2a + 9b) 9. Jawaban: a
2 Dari soal di atas, diperoleh:
= 5 × (2 × 21 – 9 × 10) = –240 U2 = 5
⇔ a+b=5
5. Jawaban: d . . . (1)
U4 + U6 = 28 . . . (2)
Sn = 1 n(n + 1) ⇔ a + 3b + a + 5b = 28
2 ⇔ 2a + 8b = 28
⇔ a + 4b = 14
Sn – 1 = 1 (n – 1)(n – 1 + 1)
2

= 1 n(n – 1) Eliminasi a dari persamaan (1) dan persamaan (2).
2 a+ b=5
a + 4b = 14
Un = Sn – Sn – 1 –––––––––– –

= 1 n(n + 1) – 1 n(n – 1) –3b = –9
2 2 ⇔ b=3

= 1 n(n + 1 – n + 1) U7 – U5 = (a + 6b) – (a + 4b)
2 = 2b
=2×3=6
= 1 × 2n
2 Jadi, selisih suku ketujuh dan suku kelima adalah 6.
=n

Jadi, rumus suku ke-n adalah n.

166 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

10. Jawaban: b U2 = ar

Misalkan suku-suku barisan aritmetika tersebut = 5 × (–2)
a – 3, a, a + 3. 24
(a – 3) + (a – 1) + (a + 3) = 14
⇔ 3a – 1 = 14 = – 5
⇔ 3a = 15 12
⇔ a=5
Jadi, suku kedua barisan tersebut – 5 .
12

Barisan geometri = a – 3, a – 1, a + 3 = 2, 4, 8 14. Jawaban: c
Banyak suku awal = 2
r= 4 =2 Barisan geometri baru 48, x, y, z, 768
2
Banyak suku barisan baru = 5
Jadi, rasio barisan tersebut 2.
Un = arn – 1
11. Jawaban: c ⇔ U5 = ar4
Sn = 2n2 + 4n ⇔ 768 = 48r4
Un = Sn – Sn – 1
⇔ U9 = S9 – S8 ⇔ r4 = 16
⇔ U9 = (2 × 92 + 4 × 9) – (2 × 82 + 4 × 8) ⇔ r=2
⇔ U9 = (2 × 81 + 36) – (2 × 64 + 32)
⇔ U9 = (162 + 36) – (128 + 32) Sn = a(rn − 1)
⇔ U9 = 198 – 160 r −1
⇔ U9 = 38
Jadi, suku ke-9 deret tersebut adalah 38. S5 = 48(25 − 1)
2−1

12. Jawaban: a = 48(32 −1)
Permasalahan tersebut dapat diselesaikan 1
menggunakan deret aritmetika.
Diketahui U1 = 46.000 = 48 × 31
b = 18.000
n = 12 = 1.488

Jadi, jumlah barisan geometri tersebut 1.488.

Sn = n (2U1 + (n – 1)b) 15. Jawaban: d
2 q, s, dan t membentuk barisan geometri sehingga
dengan membandingkan rasio diperoleh:

⇔ S12 = 12 (2 × 46.000 + 11 × 18.000) s = t ⇔t= s2
2 q s q

⇔ S12 = 6(92.000 + 198.000) Diperoleh:
⇔ S12 = 6 × 290.000
⇔ S12 = 1.740.000 q + 2s + t = q+ 2s + s2 · q
q+s q q

Jadi, jumlah keuntungan sampai bulan ke-12 q+s

adalah Rp1.740.000,00. = q2 + 2qs + s2
(q + s)q
13. Jawaban: a
(q + s)2
Un = arn – 1 = (q + s)q

U8 = ar7 = q+s
U4 ar3 q

⇔ − 80 = r4 16. Jawaban: a
3
5
− 3 a(rn − 1)
r −1
⇔ 16 = r4 Sn =
⇔ r = –2 (karena r < 0)
⇔ S5 = a(45 − 1)
U4 = ar3 4−1

⇔ – 5 = a × (–2)3 ⇔ 1.023 = a(1.024 −1)
3 3

⇔ – 5 = a × (–8) ⇔ 1.023 = 1.023a
3 3

5 ⇔ a=3
24
⇔ a=

Matematika Kelas XII Program IPA 167

U6 – U4 = ar5 – ar3 U1 + U2 + U6 = 42 . . . . (1)
= 3 · 45 – 3 · 43 ⇔ a + (a + b) + (a + 5b) = 42
= 3(45 – 43) ⇔ 3a + 6b = 42
⇔ a + 2b = 14
= 3(1.024 – 64) = 2.880

17. Jawaban: c U1, U2 dan U6 membentuk barisan geometri
sehingga:
U3 = 16
U7 = 256
ar6 U2 = U6
U7 ar2 U1 U2
U3 =
⇔ U22 = U1 × U6
⇔ 256 = r4 ⇔ (a + b)2 = a(a + 5b)
16
⇔ a2 + 2ab + b2 = a2 + 5ab
⇔ 16 = r4
⇔ r=2 ⇔ b2 – 3ab = 0
⇔ b(b – 3a) = 0
U3 = ar2 ⇔ b = 0 atau b = 3a . . . . (2)
⇔ 16 = a × 22 Dipilih b = 3a sehingga:
⇔ a=4
a(rn −1) a + 2b = 14
Sn = r −1 ⇔ a + 2(3a) = 14
⇔ 7a = 14
⇔ S7 = 4(27 − 1) ⇔ a=2
2−1 b = 3a = 6
Jadi, beda barisan tersebut 6.
⇔ S7 = 4(128 – 1)
⇔ S7 = 508 21. Jawaban: a
Jadi, jumlah 7 suku pertama deret adalah 508. r rasio dari deret konvergen, maka –1 < r < 1.

18. Jawaban: c 1 1 1
4+r (4 + r)2 (4 + r)n
Nilai jual mobil setiap tahun membentuk barisan S =1+ + +...+ +...

geometri dengan r= 19 . 1 4+r 4+r
20 (4 + r) − 1 3+r
= = =
Nilai awal = 80.000.000 1− 1
4+r
19
U1 = 20 × 80.000.000 Untuk r = –1 ⇒ S= 4−1 = 3 = 1 1
3−1 2 2
= 76.000.000
4+1 5 1
Nilai jual setelah dipakai 3 tahun = U3 Untuk r = 1 ⇒ S= 3+1 = 4 = 1 4

U3 = ar2 = 76.000.000 × ( 19 )2 = 68.590.000 Jadi, 1 1 < S < 1 1 .
20 4 2
Jadi, nilai jual mobil setelah dipakai 3 tahun

Rp68.590.000,00. 22. Jawaban: b

19. Jawaban: a Luas persegi-persegi tersebut membentuk barisan

a= 2 geometri dengan S∞ = 640.
3
r = U2
U1
U2 2 1
r= U1 = 9 = 3 = U2
2
3 1 1 U2
3
a
S∞ = 1− r = 1 = 3
4
2 4

= 3 1 =1 3 a
3 1− r
1− S∞ =

Jadi, jumlah deret geometri tak hingga di atas ⇔ 640 = a

adalah 1. 1− 3
4

20. Jawaban: b ⇔ 640 = a
U1 = a
U2 = a + b 1
U6 = a + 5b
4

⇔ a = 640 × 1
4

⇔ a = 160

168 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

U3 = ar2 26. Jawaban: e
3 – 5x2 + 7x4 – . . . + 99x96 terlebih dahulu diuraikan
= 160 ×  3 2 = 160 × 9 = 90 menjadi bentuk 3 + 5 + 7 + . . . + 99 dan
4 16
x0 + x2 + x4 + . . . + x96
U3 = luas persegi ketiga Rumus suku ke-n deret 3 + 5 + 7 + . . . + 99 adalah
Sisi persegi ketiga = s3 Un = 2n + 1.
Batas bawah = n = 1
s3 = U3 = 90 = 3 10 cm
Mencari batas atas.
23. Jawaban: e 99 = (2n + 1)

S∞ = a ⇔ 99 – 1 = 2n
1− r ⇔ n = 49
Diperoleh batas atas = n = 49
⇔ 10 = 2
1− r Rumus suku ke-n deret x0 + x2 + x4 + . . . + x96
adalah Un = x2n – 2.
⇔ 1–r = 2 Batas bawah = n = 1
10 Mencari batas atas.

⇔ 1–r= 1 96 = 2n – 2
5 ⇔ 2n = 98
⇔ n = 49
⇔ r=1– 1 Diperoleh batas atas = n = 49
5 Untuk menentukan tanda (–/+) yang berselang-
seling digunakan: –(–1)n.
⇔ r= 4
5

U2 = ar = 2 × 4 = 1 3
5 5

Jadi, suku keduanya 1 3 .
5
49
24. Jawaban: d
Jadi, notasi sigmanya ∑ –(2n + 1)x2n – 2 (–1)n.
Sn = U1(rn − 1)
r −1 n=1

27. Jawaban: c

2(r10 − 1) 8 8−3
r −1 ∑ (2k + 1) = ∑ (2(k + 3) + 1)
⇔ S10 = k =4 k = 4−3

⇔ 33 × S5 = 2(r10 − 1) 5
r −1
= ∑ (2k + 6 + 1)
2(r5 − 1) 2(r10 − 1)
r −1 r −1 k =1

⇔ 33 × = 5

⇔ 33(r5 – 1) = r10 – 1 = ∑ (2k + 7)

k =1

⇔ 33(r5 – 1) = (r5 + 1)(r5 – 1) 55
= ∑ 2k + ∑ 7
⇔ 33 = r5 + 1 k =1 k =1

⇔ r5 = 32 5

Nilai U6 = U1r5 = 2 × 32 = 64. =2 ∑ k+5×7

k =1

25. Jawaban: a = 2(1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 35
Deret tersebut mempunyai jumlah jika –1 < r < 1.
Diperoleh: = 2 × 15 + 35 = 65
–1 < 5log (3x + 2) < 1
8 8−2 (3(k + 2) – 1)

∑ (3k – 1) = ∑
k =3 k = 3−2

⇔ 5log 1 < 5log (3x + 2) < 5log 5 6
5
= ∑ (3k + 6 – 1)

k =1

⇔ 1 < 3x + 2 < 5 6
5
= ∑ (3k + 5)

k =1

9 66
– 5 < 3x < 3 =3 ∑ k+ ∑ 5
⇔ k =1 k =1

⇔ – 3 <x<1 = 3(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) + 5 × 6
5
= 3 × 21 + 30 = 63 + 30 = 93

Jadi, nilai x yang memenuhi – 3 < x < 1. 88
5 ∑ (2k + 1) + ∑ (3k – 1) = 65 + 93 = 158
k =4 k =3

Matematika Kelas XII Program IPA 169

28. Jawaban: c B. Uraian

10 1 – 8 k 1 1. Misalkan bilangan-bilangan tersebut adalah:
k +1 +3 a – b, a, a + b
∑ ∑ (a – b) + a + (a + b) = 30
⇔ 3a = 30
k=2 k =1 ⇔ a = 10
a = 10 sehingga a – b = 10 – 3 = 7
= 10 1 – 8+2 1 a + b = 10 + 3 = 13
k +1 k−2+3 Jadi, bilangan tersebut adalah 7, 10, dan 13.
∑ ∑

k=2 k = 1+ 2

= 10 1 – 10 1
k +1 k +1
∑ ∑

k=2 k=3

= 1 + 10 1 – 10 k 1 2. Banyak suku mula-mula = n = 2
3 k +1 +1 Misalkan 10 bilangan yang disisipkan = a1, a2, a3,
∑ ∑ . . ., a10.
Deret aritmetika baru yang terbentuk:
k=3 k=3 50 + a1 + a2 + a3 + . . . + a10 + 100

= 1 + 10 ( k 1 1 – k 1 1 ) Banyak suku deret yang terbentuk n = 2 + 10 = 12
3 + + U1 = a = 50
∑ U12 = 100
Jumlah deret yang terbentuk:
k=3

= 1
3

Jadi, nilai dari 10 1 – 8 1 adalah 1 .
k +1 k+3 3
∑ ∑

k=2 k =1

29. Jawaban: d n
2
15 15 15 Sn = (a + Un)
(5ai + 6) = 5ai + ∑6
i ∑ i ∑ 12
i=1 = 2 (a + U12)
=1 =1

= 5 15 ai + 6 × 15

i ∑ = 12 (50 + 100)
2
=1

= 5 × 30 + 90 = 240 = 6 × 150 = 900

Jadi, nilai 15 (5ai + 6) = 240. Jadi, jumlah suku deret yang terbentuk adalah 900.

i ∑ U5 96
U3 24
=1

30. Jawaban: a 3. =

5 ⇔ ar4 = 4

∑ (k2 × log x2 – 44) = 0 ar2
⇔ r2 = 4
k =1

55 ⇔ r=2
⇔ ∑ k2 × log x2 – ∑ 44 = 0
k =1 k =1 S4 = 90

55 ⇔ a(24 − 1) = 90
⇔ ∑ k2 × (2 log x) = ∑ 44 2−1

k =1 k =1 ⇔ a(16 – 1) = 90

5 ⇔ 15a = 90

⇔ 2 log x × ∑ k2 = 5 × 44 ⇔ a=6

k =1 Jadi, suku pertama deret tersebut 6.

5 4. Tahun 2010

⇔ 2 log x × ∑ k2 = 220 → 20.000

k =1

5 Tahun 2011 → 20.000 + 1 × 20.000
10
⇔ log x × ∑ k2 = 110 11
= 10 × 20.000
k =1
Tahun 2012 → ( 11 × 20.000) + 1 ( 11 × 20.000)
⇔ log x × (12 + 22+ 32 + 42 + 52) = 110 10 10 10
⇔ log x × (1 + 4 + 9 + 16 + 25) = 110
⇔ 55 log x = 110 =  112 × 20.000, dan seterusnya
⇔ log x = 2  10 
⇔ log x = log 102 Diperoleh deret geometri dengan U1 = 20.000, r =
⇔ log x = log 100
⇔ x = 100 11 .
Jadi, nilai x adalah 100. 10

Jumlah penduduk pada tahun 2014 = U5

170 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

U5 = U1r4 = 20.000 ×  115 Luas persegi kedua = L2
 10 
L2 = b × b = a 1 ×a 1 = 1 a2
= 20.000 × 161.051 ≈ 32.210 jiwa 2 2 2
100.000
1 a2
Jadi, diperkirakan jumlah penduduk kabupaten r = L2 = 2 = 1
tersebut pada tahun 2014 sekitar 32.210 jiwa. L1 a2 2

5. a. Diketahui a = 8 Jadi, luas persegi kedua 1 a2, sedangkan rasio
2

r= 4 = 1 deret tersebut 1 .
8 2 2

U8 = ar7 7. Keliling lingkaran I = 2πR.

= 8 × ( 1 )7 Sisi persegi I = 2 R
2

= 23 × 1 4R2 = ( 2 R)2 + ( 2 R)2
27

= 1 RR
24 RR

= 1
16

Jadi, suku kedelapan deret tersebut 1 . 2R
16

b. S∞ = a Keliling lingkaran II = 2π ( 1 2 R) = 2 πR.
1− r 2

= 8 Jadi, diperoleh deret dari keliling lingkaran:

1− 1 2πR + 2π( 1 2 R) + . . .
2 2

= 8 dengan U1 = a = 2πR

1

2 r= 1 2
2
= 16

Jadi, jumlah seluruh suku deret tersebut 16. S∞ = U1
1− r
6.
= 2πR
b
1− 1 2
2

a = 4πR × 2+ 2
2− 2 2+ 2
b

= 4πR(2 + 2) = 2πR(2 + 2)
4−2
a

Jadi, jumlah keliling lingkaran 2πR(2 + 2 ).

( ) ( )b =1a 2 1 a 2 8. a. 6 (2i − 3)(i2 + 4)
2 2 2
+ ∑

i=3

= 1 a2 + 1 a2 = 1 i 6 (2i – 3)(i2 + 4)
4 4 2
∑

=3

= 1 a2 = 1 ((2 × 3 – 3)(32 + 4) + (2 × 4 – 3)(42 + 4)
2 2

1 + (2 × 5 – 3)(52 + 4) + (2 × 6 – 3)(62 + 4))
2
=a = 1 (3 × 13 + 5 × 20 + 7 × 29 + 9 × 40)
2
Luas persegi pertama = L1
L1 = a × a = a2 = 1 (39 + 100 + 203 + 360)
2

= 1 (702) = 351
2

Matematika Kelas XII Program IPA 171

5 2k −1 10. a. n

b. ∑ k(–1)k × 2 2 4 + 7 + 10 + . . . + (3n – 1) = ∑ (3i + 1)

k=1 i=1

2 ⋅1− 1 2⋅2−1 Misalkan P(n) rumus n n(3n + 5)
2
= 1(–1)1 × 2 2 + 2(–1)2 × 2 2 + 3(–1)3 ∑ (3i + 1) =

i=1

2⋅3−1 2⋅4−1 2⋅5 −1 berlaku untuk setiap n bilangan asli.

× 2 2 + 4(–1)4 × 2 2 + 5(–1)5 × 2 2

13 57 9 1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1.

= – 22 + 2 × 22 + (–3) × 22 + 4 × 22 + (–5) × 22 1 1(3 ⋅1+ 5)
2
15 5 11 9 ∑ (3i + 1)=

= – 22 + 22 + (–3) × 22 + 2 2 + (–5) × 22 i=1

=– 2 5 + 25 1 + (–5) × 24 1 ⇔ 3·1+1=4
2 2 ⇔ 4=4
+ (–2) 22

7 Ruas kiri = ruas kanan

= – 2 – 22 + 32 2 + (–5) × 16 2 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, maka
P(n) benar untuk n = 1.
= – 2 – 128 2 + 32 2 – 80 2

= –209 2 + 32 2 2) Andaikan P(n) benar untuk n = k maka

= –177 2 k k(3k + 5) bernilai benar. Akan
2
9. Akan dibuktikan ruas kiri = ruas kanan. ∑ (3i + 1) =

15 i=1

∑ (pk + 2) = 0 dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1,

k=5 yaitu

k +1 (k + 1)(3(k + 1) + 5) .
2
15 15 ∑ (3i + 1) =

i=1

⇔ ∑ pk + ∑ 2 = 0 Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:
k=5 k=5
k +1
15
∑ (3i + 1)
⇔ ∑ pk + 2 × 11 = 0
i=1
k=5
k k+1
15
= ∑ (3i + 1) + ∑ (3i + 1)
⇔ ∑ pk + 22 = 0
i =1 i = k +1
k=5
= k(3k + 5) + (3(k + 1) + 1)
2

15 = k(3k + 5) + (3k + 4)
2
⇔ ∑ pk = –22
k(3k + 5) + 2(3k + 4)
k=5 2

15 =

⇔ p ∑ k = –22 = 3k2 + 5k + 6k + 8
2
k=5

⇔ p(5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 3k2 + 11k + 8
+ 15 = –22 2

⇔ 110p = –22 = (k + 1)(3k + 8)
2

⇔ p = – 1 = (k + 1)(3k + 3 + 5)
5 2

10 10 8 = (k + 1)(3(k + 1) + 5)
5 2
Nilai ∑ 8p = ∑ (– )
Ruas kiri = ruas kanan
k =1 k =1

= – 8 × 10 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan maka
5 P(n) benar untuk n = k + 1.

= –16 k
Dari 1) dan 2) terbukti bahwa ∑ (3i + 1) =
i=1
10
k(3k + 5) atau berlaku benar untuk setiap n
Jadi, nilai ∑ 8p adalah –16. 2

k =1

bilangan asli.

172 Barisan, Deret, dan Notasi Sigma

b. 3 + 3 + 3 + . . . + 3(2)n – 5 = 3(2n − 1) Untuk n = k + 1, ruas kiri P(n) menjadi:
16 8 4 16
k +1
n
Misalkan P(n) adalah rumus ∑ 3(2)i – 5 ∑ 3(2)i – 5

i=1

3(2n − 1) i=1 k k+1
16 = ∑ 3(2)i – 5 + ∑ 3(2)k – 5
= berlaku untuk setiap n bilangan asli. k =1 i=k +1

1) Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = 1. = 3(2k − 1) + 3(2)k + 1 – 5
16

n 3(2n − 1) = 3(2k − 1) + 3(2)k – 4
16 16
∑ 3(2)i – 5 =
3(2k − 1) + 16(3(2)k − 4)
i=1 16

3 =
16
⇔ 3(2)1 – 5 = = 3(2k − 1) + 3(2)k − 4 + 4
16
3 3
⇔ 16 = 16 = 3(2k − 1) + 3(2k )
16
Ruas kiri = ruas kanan
= 3(2k − 1+ 2k )
Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, maka 16

P(n) benar untuk n = 1. = 3(2 ⋅ 2k − 1)
16
2) Andaikan P(n) benar untuk n = k, maka
3(2k + 1 − 1)
k 3(2k − 1) bernilai benar. = 16
16
∑ 3(2)i – 5 = Ruas kiri = ruas kanan

k =1

Akan dibuktikan P(n) benar untuk n = k + 1, Dari 1) dan 2) terbukti bahwa k 3(2k − 1)
16
yaitu k +1 3(2k + 1 − 1) . ∑ 3(2)i–5 =
16
∑ 3(2)i – 5 = k =1
bernilai benar untuk setiap n bilangan asli.
k =1

Matematika Kelas XII Program IPA 173

A. Pilihan Ganda Untuk n = 14

1. Jawaban: b U14 = a + 13n
U1, U2, U3 membentuk barisan aritmetika berarti = 350.000 + 13(–25.000)
b = U2 – U1 atau b = U3 – U2.
b = U3 – U2 = (m – 3) – (m – 1) = –2 = 350.000 – 325.000
U2 – U1 = U3 – U2
⇔ (m – 1) – (–m + 2) = –2 = 25.000
⇔ 2m – 3 = –2
tUid1a5k=m0ebmepraurntyi apiaadnagbsuurlaann ke-15 Pak Anto sudah
sehingga pinjaman Pak

Anto lunas dalam waktu 14 bulan.

⇔ m= 1 3. Jawaban: a
2 Deret aritmetika:
U6 = 8 ⇔ a + 5b = 8
U1 = –m + 2 = – 1 +2= 3 = 1 1 U11 = 28 ⇔ a + 10b = 28
2 2 2 –––––––––––– –
–5b = –20
U5 = a + 4b = U1 + 4b ⇔ b=4
a + 5b = 8 dan b = 4 maka:
= 1 1 + 4(–2) a + 20 = 8
2 ⇔ a = –12

= 1 1 – 8 = –6 1 Rumus jumlah n suku pertama deret aritmetika:
2 2

Jadi, suku kelima barisan tersebut –6 1 . Sn = 1 n(2a + (n – 1)b)
2 2

2. Jawaban: c = 1 n(2(–12) + (n – 1)4)
2
Angsuran pinjaman setiap bulan membentuk

barisan aritmetika dengan a = 350.000 dan 1
2
b = –25.000. = n(–24 + 4n – 4)

Jumlah pinjaman = 2.500.000 + 5% × 2.500.000

⇔ Sn = 2.500.000 + 125.000 = 1 n(4n – 28)
2
n
⇔ 2 (2a + (n – 1)b) = 2.625.000 = 2n2 – 14n

⇔ n (2 · 350.000 + (n – 1)(–25.000)) = 2.625.000 4. Jawaban: c
2 Deret aritmetika Sn = 2n2 – n
Un = Sn – Sn – 1
⇔ 700.000n – 25.000n(n – 1) = 5.250.000 U15 = S15 – S14
⇔ 28n – n(n – 1) = 210 = (2(15)2 – 15) – (2(14)2 – 14)
⇔ 28n – n2 + n = 210 = (2 × 225 – 15) – (2 × 196 – 14)
⇔ n2 –29n + 210 = 0 = 435 – 378 = 57
⇔ (n – 15)(n – 14) = 0
⇔ n – 15 = 0 atau n – 14 = 0 Jadi, nilai 2U15 = 2 × 57 = 114.
n = 15 atau n = 14
⇔ 5. Jawaban: d
Untuk n = 15 U2 + U4 + U6 + U8 + U10 = 130
⇔ a + b + a + 3b + a + 5b + a + 7b + a + 9b = 130
U15 = a + 14n ⇔ 5a + 25b = 130
= 350.000 + 14(–25.000) ⇔ 5(a + 5b) = 130
⇔ a + 5b = 26
= 350.000 – 350.000

=0

174 Ulangan Tengah Semester 2

U3 + U6 + U9 = a + 2b + a + 5b + a + 8b A = 1 5  dan B = 13 9 
= 3a + 15b    1
= 3(a + 5b)  9 13   5
= 3(26)
= 78 AB = 1 5  13 9
 9 13   5 1
6. Jawaban: d
Un = 5n – 6 U15 = 5(15) – 6 =  1×13 + 5 × 5 1× 9 + 5 ×1 
a = U1 = 5(1) – 6 = 69  9 × 9 + 13 ×1
= –1  9 × 13 + 13 × 5

=  13 + 25 9+5 
117 + 65 
Sn = 1 n(a + Un) 81+ 13 
2
 38 14 
S15 = 1 × 15(a + U15) = 182 94 
2

= 1 × 15((–1) + 69) 9. Jawaban: c
2 Di antara U1 dan Un disisipkan 8 bilangan sehingga
diperoleh:
= 1 × 15 × 68 –4, U2, U3, U4, U5, U6, U7, U8, U9, 23
2 ↓↓
U1 U10
= 510

7. Jawaban: a U10 = 23
Barisan: 3, 18, 33, 48, · · · ⇔ U1 + 9b = 23
↓↓↓↓
U1 U2 U3 U4 ⇔ –4 + 9b = 23
⇔ 9b = 27
Barisan yang baru: 3, U2, U3, U4, U5, 18, · · · ⇔ b=3
U6 = U1 + 5b
Beda yang baru: ↓ b b b b b↓
U1 U6 = –4 + 5 × 3
= 11
b′ = U6 − U1 = 18 − 3 = 15 =3 Jadi, b = 3 dan U6 = 11.
5 5 5
10. Jawaban: d
Suku ke-10: U3 = 15 ⇔ a + 2b = 15
U14 = 48 ⇔ a + 13b = 48
U′10 = a + (10 – 1)b′ –––––––––––– –
=3+9×3
–11b = –33
= 3 + 27 ⇔ b=3

= 30

8. Jawaban: a Substitusi b = 3 ke a + 2b = 15 diperoleh:
a + 2(3) = 15
U5 = 17 ⇔ a + 4b = 17 ⇔ a=9
U9 = 33 a + 8b = 33
⇔ ––––––––––– – U21 = a + 20b
= 9 + 20(3)
–4b = –16

⇔ b=4 = 69

Substitusi b = 4 ke a + 4b = 17 diperoleh: Ut = U21 + U1 = 69 + 9 = 39
2 2
a + 4(4) = 17

⇔ a=1 11. Jawaban: e
U1 = a = 1 Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi
U2 = a + b = 1 + 4 = 5 4 mempunyai a = 4, b = 4, dan Un = 296.
U3 = a + 2b Un = 296
⇔ 4 + (n – 1)4 = 296
=1+2×4 ⇔ (n – 1)4 = 292
⇔ n – 1 = 73
=9 ⇔ n = 74

U4 = a + 3b
=1+3×4

= 13

Matematika Kelas XII Program IPA 175

Barisan bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi Rumus suku ke-n:
4 dan 7 mempunyai a′ = 28, b′ = 28, dan Un = 280. Un = ar n – 1
Un′ = 280
⇔ 28 + (n′ – 1)28 = 280 = 27  76 n−1
⇔ (n′ – 1)28 = 252 76  
⇔ n′ – 1 = 9  3 
⇔ n′ = 10
3 n−1
76  76  2
=9×  3 

Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis dibagi 4: = 9  76 −1  76 n−1
3 3
2
1 
2
S1 = n(a + Un) 76 n − 1 − 1
3 2
= 9  
1
= 2 × 74(4 + 296) 76 n−3
3
= 37(300) = 9   2

= 11.100  76 n − 3

Jumlah bilangan antara 1 dan 300 yang habis = 9  3 
dibagi 4 dan habis dibagi 7: 

S2 = 1 n′(a′ + Un′) Rumus barisan geometri tersebut adalah
2
Un = 9  76 n − 3
1  
= 2 × 10(28 + 280)  3 

= 5 · 308 14. Jawaban: d

= 1.540 U1 × U3 = 16 ⇔ a × ar2 = 16
Jadi, jumlah bilangan yang habis dibagi 4 tetapi ⇔ a2r2 = 16
tidak habis dibagi 7 adalah 11.100 – 1.540 = 9.560. ⇔ (ar)2 = 16

12. Jawaban: a ⇔ ar = ± 16

Suatu barisan U1, U2, U3 membentuk barisan ⇔ ar = ±4
Oleh karena a > 0 dan r > 0 maka ar > 0 sehingga

geometri jika U2 = U3 . ar = 4.
U1 U2
U2 + U5 = 112 ⇔ ar + ar4 = 112
(a + 2), (a – 1), (a – 7), membentuk barisan geometri ⇔ ar(1+ r3) = 112
⇔ 4(1 + r3) = 112
maka: ⇔ 1 + r3 = 28

a −1 = a−7 ⇔ r3 = 27
a+2 a −1
⇔ r=3
⇔ (a – 1)2 = (a + 2)(a – 7) U6 = ar5 = ar × r4 = 4 × 34 = 4 × 81 = 324
⇔ a2 – 2a + 1 = a2 – 5a – 14 Jadi, nilai suku keenam 324.
⇔ 3a = –15
⇔ a = –5
15. Jawaban: a

13. Jawaban: c arn – 1. Misalkan U1 = populasi satwa pada awal tahun ke-1.
U2 = U1 + U1 × 10%
Suku ke-n barisan geometri = Un =
U3 = 9 ⇔ ar2 =9 U1
U5 = 228 ⇔ ar4 = 228 = U1 + 10

ar4 = 228 = U1(1 + 1 )
ar2 9 10
= 1,1 U1
76 Populasi satwa pada awal tahun keempat sama
⇔ r2 = 3
dengan populasi satwa pada akhir tahun ketiga (U3)
76 U3 = U2 + U2 × 10%
⇔ r= 3 1
10
ar2 = 9 = 1,1 U1 + 1,1 U1 ×

⇔ a  76 2 =9 = (1 + 1 )(1,1U1)
 3  10

⇔ a× 76 =9 = (1,1)(1,1U1)
3 = (1,1)2 U1
= 1,21U1
⇔ a= 27
76

176 Ulangan Tengah Semester 2

121.000 = 1,21 × U1 19. Jawaban: e

⇔ U1 = 121.000 S∞ = a
1,21 1− r

= 100.000 4= 2
1− r
Jadi, populasi satwa pada awal tahun pertama
sebanyak 100.000 ekor. 1–r= 2
4
16. Jawaban: e ⇔
2log x + 2log x2 + 2log x3 + · · · + 2log x20
= 2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x ⇔ r= 1
2

2log x + 2 2log x + 3 2log x + · · · + 20 2log x 20. Jawaban: c
merupakan deret aritmetika dengan nilai a = 2log x;
b = 2log x; Un = 20 2log x; dan n = 20. Di antara bilangan 2 dan 128 disisipkan 5 bilangan.

Sn = 1 n(a + Un) Seluruhnya ada 7 suku dengan a = 2 dan U7 = 128.
2 Banyak sisipan = k = 5

S20 = 1 × 20(2log x + 20 2log x) ⇔ U7 = ar 6
2 128 = 2r 6

⇔ 840 = 10(21 2log x) ⇔ r6 = 64
⇔ r=2
⇔ 4 = 2log x
⇔ x = 16 a(rn − 1)
Sn = r −1

17. Jawaban: e S7 = 2(27 − 1)
Permasalahan tersebut merupakan bentuk barisan 2−1

geometri dengan a = 10, r = 2, dan n = 30 + 1 = 7. 2(128 −1)
5 1
=
Banyak bakteri setelah 1 jam:
2 = 254
10(27 −1)
S7 = 2−1 = 10 ×127 = 1.270 21. Jawaban: d
1 Deret mempunyai a = cos x dan r = cos x.

Jadi, banyak sel bakteri setelah 1 jam ada 1.270.
2
1
18. Jawaban: b cos x + cos2 x + cos3 x + . . . = 2
Misalkan bilangan a – b, a, dan a + b merupakan
barisan aritmetika. S∞ = a
a – b, a – 2, a + b merupakan barisan geometri 1− r
sehingga:
⇔ 1 = cos x
2 1− cos x

r= a−2 = a+b =2 ⇔ 1 – cos x = 2 cos x
a−b a−2 ⇔ 3 cos x = 1

a−2 =2 ⇔ cos x = 1
a−b 3

⇔ a – 2 = 2a – 2b ⇔ r= 1
⇔ a – 2b = –2 . . . . (1) 3

a+b =2 Jadi, rasio deret tersebut 1 .
a−2 3

⇔ a + b = 2a – 4 22. Jawaban: a

⇔ a–b=4 . . . . (2) Sn = 421n + 1 – 4

Eliminasi a dari persamaan (1) dan (2). S2 = 1 × 2 + 1 –4
a – 2b = –2
a– b=4 42
––––––––––– –
= 42 – 4
–b = –6
⇔ b=6 = 12
Substitusi b = 6 ke persamaan a – b = 4 diperoleh:
S1 = 1 ⋅ 1 + 1 –4

a – 6 = 4 ⇔ a = 10 42

Barisan bilangan tersebut: 4, 10, 16. 3
Jumlah ketiga bilangan itu = 4 + 10 + 16 = 30.
= 42 – 4

=8–4=4

Matematika Kelas XII Program IPA 177

U1 = S1 = 4 28. Jawaban: d
U2 = S2 – S1 = 12 – 4 = 8
2x > 0 ⇔ 23x > 0

r = U2 = 8 =2 ⇔ 23x · 2 > 0
U1 4
⇔ –23x + 1 < 0

23. Jawaban: c ⇔ 8 – 23x + 1 < 8

⇔ f(x) < 8

Σ Σ15 (n – 3)2 = 15 − 5 ((n + 5) – 3)2 Jadi, daerah hasil fungsi eksponen tersebut

n=p+5 n=p+5 − 5 f(x) < 8.

10 29. Jawaban: c
Grafik memotong sumbu X jika y = 0.
= Σ (n + 2)2
n=p y = f(x) = 0 ⇔ 36 – 4 · 34x – 2 = 0

10 ⇔ 4 · 34x – 2 = 36

= Σ (n2 + 4n + 4) ⇔ 34x – 2 = 9
n=p
⇔ 34x – 2 = 32
24. Jawaban: e ⇔ 4x – 2 = 2
Misal harga kendaraan mula-mula = M ⇔ 4x = 4
Harga jual setelah enam tahun = M(1 – 12,5%)6 ⇔ x=1
Jadi, grafik fungsi eksponen memotong sumbu X
= M  87,5 6 di titik (1, 0).
100

25. Jawaban: c

Σ Σ Σn n + 5 n−5 30. Jawaban: e
(i2 – 4) + (i2 – 3) + f(x) = 25 + x + 4 mempunyai bilangan pokok
(i + 5)
a = 2 > 0, maka grafik fungsi f(x) monoton naik.
i=1 i=6 i = −4 2x > 0 ⇔ 2x · 25 > 0

nn n ⇔ 2x + 5 + 4 > 4
= Σ (i2 – 4) + Σ ((i + 5)2 – 3) + Σ ((i – 5) + 5) ⇔ f(x) > 4
i=1 i=1 i=1 Oleh karena f(x) > 4 dan grafik fungsi f(x) monoton

nn n naik, untuk nilai x semakin kecil nilai f(x) mendekati
= Σ (i2 – 4) + Σ (i2 + 10i + 25 – 3) + Σ i
i=1 i=1 i=1 4.

n 31. Jawaban: a

Σ= (i2 – 4 + i2 + 10i + 25 – 3 + i) 1
i=1 3

n y = 32 – x – 2 = 32 · 3–x – 2 = 9( )x – 2

= Σ (2i2 + 11i + 18) Fungsi y = 9( 1 )x – 2 mempunyai bilangan pokok
i=1 3

26. Jawaban: e a= 1 . Oleh karena 0 < a = 1 < 1, grafik fungsi
3n + 2 – 3n + 18 · 3n – 2 = 3n · 32 – 3n + 18 · 3n · 3–2 3 3

= 3n(32 – 1 + 18 · 1 ) monoton turun. Grafik fungsi y = 9( 1 )x – 2
9 3
mempunyai asimtot y = –2, maka untuk nilai x
= 3n(9 – 1 + 2)
= 10 · 3n semakin besar, nilai y mendekati –2. Grafik fungsi

27. Jawaban: b memotong sumbu Y di titik (0, 7).

Jadi, sketsa grafik yang benar pilihan a.

 2  x − 1 ⋅ 20x 32. Jawaban: e
50 Grafik memotong sumbu Y di titik (0, 20), maka
= 0,0000128 f(x) = 20 · ax.
102x Grafik monoton naik maka bilangan pokoknya a > 1.
Dengan mengambil a = 2 diperoleh:
⇔ (0,04)x − 1 ⋅ 20x = (0,2)7 f(x) = 20 · 2x
100x = 5 · 4 · 2x
= 5 · 22 · 2x
⇔ (0,2)2(x – 1) ·  20 x = (0,2)7 = 5 · 2x + 2
 100  Jadi, persamaan grafik fungsinya f(x) = 5 · 2x + 2.

⇔ (0,2)2(x – 1) · (0,2)x = (0,2)7
⇔ (0,2)2x – 2 + x = (0,2)7
⇔ 2x – 2 + x = 7
⇔ 3x = 9
⇔ x=3

178 Ulangan Tengah Semester 2

33. Jawaban: b ⇔ 38x + 11 = 315x – 3
Grafik f(x) = 3 · 22x digeser ke kiri 3 satuan, maka ⇔ 8x + 11 = 15x – 3
persamaan bayangannya adalah h(x) = 3 · 22(x + 3). ⇔ 7x = 14
h(x) = 3 · 22(x + 3) = 3 · 22x + 6 ⇔ x=2
Jadi, persamaan grafik fungsi hasil pergeseran
adalah h(x) = 3 · 22x + 6. 38. Jawaban: c
32x + 1 + 92 – x = 36
34. Jawaban: c ⇔ 32x · 3 + 92 · 9–x – 36 = 0
43x + 1 – 82x + 2 + 480 = 0
⇔ 22(3x + 1) – 23(2x + 2) = –480 81
⇔ 26x · 22 – 26x · 26 = –480 ⇔ 3· 32x + 32x – 36 = 0

⇔ 26x(4 – 64) = –480 Misal p = 32x maka persamaan eksponen menjadi:

⇔ 26x = 8 3p + 81 – 36 = 0
⇔ 26x = 23 p
⇔ 3p2 – 36p + 81 = 0
⇔ 6x = 3 ⇔ p2 – 12p + 27 = 0

⇔ x= 1 ⇔ (p – 3)(p – 9) = 0
2

35. Jawaban: c ⇔ p – 3 = 0 atau p – 9 = 0

92n ⋅ 493n ⋅ 215n = 441 ⇔ p = 3 atau p = 9
72n ⇔ 32x = 31 atau 32x = 32

(32)2n ⋅(72)3n ⋅ 215n = 212 ⇔ 2x = 1 atau 2x = 2
72n
⇔ ⇔ x= 1 atau x=1
2
34n ⋅ 76n ⋅ 215n
⇔ 72n = 212 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 1 , 1}.
2

⇔ 34n · 74n · 215n = 212 39. Jawaban: b
⇔ 214n · 215n = 212
⇔ 219n = 212 323x2 – 4 ≤ 3
⇔ 9n = 2 ⇔ 643x − 2
25(3x2 – 4) ≤ 3 643x − 2
2
⇔ n= 9 ⇔ 215x2 – 20 ≤ 23x – 2
36. Jawaban: a ⇔ 15x2 – 20 ≤ 3x – 2
⇔ 15x2 – 3x – 18 ≤ 0
6x2 −4 = 144 ⇔ (5x – 6)(3x + 3) ≤ 0
16 12x ⋅ 2x2
Batas-batas nilai x:
⇔ 2x2 ⋅ 6x2 −4 = 122 (5x – 6)(3x + 3) = 0
24 12x
⇔ 5x – 6 = 0 atau 3x + 3 = 0
⇔ 2x2 – 4 · 6x2 – 4 = 122 – x
⇔ (2 · 6)x2 – 4 = 122 – x
⇔ 12x2 – 4 = 122 – x ⇔ x= 6 atau x = –1
5

⇔ x2 – 4 = 2 – x + –+
⇔ x2 + x – 6 = 0
⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 –1 6
5
⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 6 .
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah –1 ≤ x ≤ 5

⇔ x = –3 atau x = 2 40. Jawaban: a
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2}. 25x + 2 + 50 · 5x – 3 > 0
⇔ 52(x + 2) + 10 · 5 · 5x – 3 > 0
37. Jawaban: a ⇔ 52(x + 1) + 2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0
⇔ (5x + 1)2 · 52 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0
36 ⋅ 814x + 5 = 18 ⇔ 25(5x + 1)2 + 10 · 5x + 1 – 3 > 0
2431− 3x

⇔ 1 = 2⋅9 Misal p = 5x + 1 maka pertidaksamaan menjadi:
35(1− 3x) 25p2 + 10p – 3 > 0
(4 · 9 · 34(4x+5))2 ⇔ (5p – 1)(5p + 3) > 0

⇔ 2 · 3 · 32(4x + 5) = 2 · 32 · 3–5(1 – 3x)

⇔ 38x + 10 + 1 = 3–5 + 15x + 2

Matematika Kelas XII Program IPA 179

Batas-batas nilai p: b. U1 = 8, Un = U16 = 38
(5p – 1)(5p + 3) = 0 U16 = U1 + (16 – 1) × b
⇔ 38 = 8 + 15 × b
⇔ 5p – 1 = 0 atau 5p + 3 = 0 ⇔ 30 = 15 × b
⇔ b=2
⇔ p= 1 atau p = – 3 Jadi, beda barisan tersebut 2.
5 5

+ – + 3. a. Deret tersebut yaitu a + ar + ar2+ . . ., dengan:

– 3 1 a + ar + ar2 + . . .= 32 . . . (1)
5 5
U2 + U4 + U6 + . . . = 6,4
⇔ p < – 3 atau p > 1 ⇔ ar + ar3 + ar5 + . . . = 6,4 . . . (2)
5 5 Dari (1) diperoleh:

Untuk p < – 3 tidak memenuhi karena bilangan a = 32
5 1− r
pokok selalu lebih dari nol.

Sehingga diperoleh: ⇔ a = 32(1 – r) . . . (3)

p> 1 Dari (2) diperoleh
5
ar = 6,4
⇔ 5x + 1 > 5–1 1− r2
⇔ x + 1 > –1
⇔ x > –2 32(1− r)×r = 6,4
⇔ 1− r2

Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > –2}. 32(1− r)×r
(1− r)(1+ r)
B. Uraian ⇔ = 6,4

1. Tabungan Andi: a = Rp250.000,00 32r

b = Rp10.000,00 ⇔ 1+ r = 6,4
⇔ 6,4 + 6,4r = 32r
Tabungan Deni: a′ = Rp200.000,00 ⇔ 6,4 = 25,6r
b′ = Rp20.000,00
Sn = Sn′
⇔ r= 6, 4 = 1
1 1 25,6 4
⇔ 2 n(2a + (n – 1)b) = 2 n(2a′ + (n – 1)b′)
Jadi, rasio deret tersebut 1 .
⇔ 2a + (n – 1)b = 2a′ + (n –1)b′ 4

⇔ (500.000 + (n – 1)10.000) = (400.000 b. a = 32(1 – r)

+ (n – 1)20.000) = 32(1 – 1 )
4
⇔ 500.000–400.000 = (n–1)20.000–(n–1)10.000
⇔ 100.000 = 10.000(n – 1)
= 32 · 3 = 24
⇔ n – 1 = 10 4

⇔ n = 11 U6 = ar5

S11 = 1 · 11(500.000 + (11 – 1)10.000) = 24 · ( 1 )5
2 4
1
= 11 (600.000) = 3.300.000 = 3 · 23 · ( 22 )5
2
1
Jadi, tabungan keduanya akan berjumlah sama = 3 · 23 · 210
pada bulan ke-11 yaitu sebesar Rp3.300.000,00.

2. a. U1 = 8, Un = 38 = 3 = 3
27 128
n
Sn = 2 (U1 + Un) Jadi, suku ke-6 deret tersebut 3 .
128
n
⇔ 414 = 2 (8 + 38) 4. Banyak air pada periode I = U1 = 1.000
Banyak air pada periode II = U2
⇔ 414 = n × 46 U2 = 1.000 – 5% × 1.000 = 95% × U1
2
Banyak air pada periode III = U3
⇔ 414 = 23 × n U3 = U2 – 5%U2
⇔ n = 18
Banyak bilangan yang disisipkan = 95%U2
= 95%(95% U1) = (95%)2 · U1
= n – 2 = 18 – 2 = 16.

180 Ulangan Tengah Semester 2

Banyak air pada setiap periode membentuk barisan 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k) = 3k + 1 – 1

geometri dengan U1 = 1.000. Ruas kiri= 2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) + 2(3k)

r = U2 = (3k – 1) + 2(3k)
U1
= 3k – 1 + 2(3k)
= 95% × U1
U1 = 3(3k) – 1

= 95% = 3k + 1 – 1 (terbukti)
Oleh karena ruas kiri = ruas kanan maka
= 0,95 1U.300=0U×1r(20,95)2
rumus tersebut benar untuk n = k + 1.
Banyak air pada periode III = Jadi, rumus tersebut benar untuk semua n
= bilangan asli.

= 1.000 × 0,9025

= 902,5 ml b. 2 + 6 + 12 + . . . + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3
Jadi, banyak air dalam wadah pada periode ke-3

sebanyak 902,5 ml. ⇔ n i(i + 1) = n(n + 1)(n + 2)
3
∑
i=1
20
5. a. i) Akan dibuktikan rumus tersebut benar
Σ ((k – 1)2 + 6k )
b. untuk n = 1
c. k=3
6. a. 1 i(i + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2)
Σ= 20−2 ((k + 2 – 1)2 + 6(k + 2)) 3
k = 3−2 ∑
i=1
Σ= 18 ((k + 1)2 + 6(k + 2))
k=1 ⇔ 1(1 + 1) = 1× 2× 3
3
Σ= 18 (k2 + 2k + 1 + 6k + 12)
k=1 ⇔ 2=2

Σ= 18 (k2 + 8k + 13) Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus
k=1
tersebut benar untuk n = 1.

ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untuk

13−3 ((k + 3) – 3)3 = n = k.
Σ Σ Σ13 10
(k – 3)3 = 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) = k(k + 1)(k + 2)
k3 3

k=4 k = 4−3 k=1

20 Akan dibuktikan rumus tersebut benar

Σ (k3 + 5) untuk n = k + 1 yaitu 2 + 6 + 8 + . . . + k(k + 1)

k = −4

20 + 5 + (k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3)
3
= Σ ((k – 5)3 + 5)
k = −4 + 5 Ruas kiri
= 2 + 6 + 12 + . . . + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)
25
k(k + 1)(k + 2)
Σ= ((k3 + 3k2(–5) + 3k(–5)2 + (–5)3 + 5)) 3
k=1

25 = + (k + 1)(k + 2)

Σ= (k3 –15k2 + 75k – 120) ( )= (k + 1)(k + 2) k +1
k=1 3

2 + 6 + 18 + . . . + 2(3n – 1) = 3n – 1 k + 3
3
⇔ n 2(3i – 1) = 3n – 1 = (k + 1)(k + 2)  

∑
i=1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
i) Akan dibuktikan rumus tersebut benar = 3

untuk n = 1 Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus

1 2(3i – 1) = 31 – 1 ⇔ 2(31 – 1) = 3 – 1 tersebut benar untuk n = k + 1.

∑
i=1 ⇔ 2 = 2
Jadi, rumus tersebut terbukti benar untuk
Oleh karena ruas kiri = ruas kanan, rumus semua n bilangan asli.
tersebut benar untuk n = 1.
7. Grafik fungsi f(x) = 3  1 bx + c memotong sumbu Y di
2
ii) Diasumsikan rumus tersebut benar untuk
n = k. titik (0, 12) dan melalui titik ( 1 , 6) maka
2 + 6 + 18 + . . . + 2(3k – 1) = 3k – 1 3

Akan dibuktikan rumus tersebut benar f(0) = 12 dan f  1  = 6.
untuk n = k + 1 yaitu: 3

Matematika Kelas XII Program IPA 181

f(0) = 3 ·  1 0 + c Substitusi x = 1 ke f(x) dan g(x).
2 2

⇔ 12 = 3  1 c f( 1 ) = 3( 1 )2 – 1 + 2 = 2 1 >0
2 2 2 2 4

⇔ 4=  1 c g( 1 ) = 2( 1 )2 + 1 +5=6>0
2 2 2 2

⇔  1 −2 =  1 c Oleh karena f( 1 ) > 0 dan g( 1 ) > 0 maka
2 2 2 2

⇔ c = –2 x= 1 merupakan penyelesaian.
2

f  1  =6 d. h(x) = –1
3
31b ⇔ 2x – 1 = –1
 1  + c
6 = 3 2
⇔ ⇔ x=0

2=  1  31b − 2 Substitusi x = 0 ke f(x) dan g(x).
2 f(0) = 3 · 02 – 0 + 2 = 2 (genap)
⇔ g(0) = 2 · 02 + 0 + 5 = 5 (ganjil)

 1 −1 =  1  31b − 2
2 2
⇔ Oleh karena f(0) genap dan g(0) ganjil maka
x = 0 bukan penyelesaian.
⇔ –1 = 1 b – 2
3
1
⇔ 1 b = 1 Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 2 , 1, 3}.
3
1
⇔ b=3 9. 5 × 625x – 26 × 52x – 1 + 5 ≥ 0

Diperoleh persamaan f(x) = 3  1 3x − 2 .
2
Grafik f(x) digeser ke kanan 5 satuan maka: ⇔ 1 × 252x – 26 × 52x × 5–1 + 5 ≥ 0
5

h(x) = 3  1 3(x − 5) − 2 1 26
2 5 5
⇔ (25x)2 – 25x + 5 ≥ 0

= 3  1 3x − 17 Misal p = 25x maka pertidaksamaan menjadi:
2

Jadi, persamaan grafik fungsi h(x) = 3  1 3x − 17 . 1 p2 – 26 p + 5 ≥ 0
2 5 5

8. Misal h(x) = 2x – 1, f(x) = 3x2 – x + 2, dan g(x) = ⇔ p2 – 26p + 25 ≥ 0
⇔ (p – 25)(p – 1) ≥ 0
2x2 + x + 5.
Pembuat nol:
Penyelesaian persamaan eksponen tersebut dapat (p – 25)(p – 1) = 0

ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut. ⇔ p – 25 = 0 atau p – 1 = 0
⇔ p = 25 atau p = 1
a. f(x) = g(x)

⇔ 3x2 – x + 2 = 2x2 + x + 5

⇔ x2 – 2x – 3 = 0 Penyelesaian:
⇔ (x – 3)(x + 1) = 0
⇔ x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 +– +
⇔ x = 3 atau x = –1
1 25
b. h(x) = 1
p ≤ 1 atau p ≥ 25
⇔ 2x – 1 = 1 ⇔ 25x ≤ 1 atau 25x ≥ 25
⇔ 2x = 2 ⇔ x ≤ 0 atau x ≥ 1
⇔ x=1 Jadi, penyelesaiannya x ≤ 0 atau x ≥ 1.

c. h(x) = 0

⇔ 2x – 1 = 0

⇔ x= 1
2

182 Ulangan Tengah Semester 2

10. 160 ≥5× x ⇔ −9x2 − 5(3x + 2) ≤0
8−x 3x + 2
64 3 x + 2

⇔ 160 ≥ 8–x · x ⇔ −9x2 −15x −10 ≤0
5 3x + 2
64 3 x + 2

6x ⇔ 9x2 + 15x + 10 ≥0
3x + 2
⇔ 32 ≥ 2–3x · 23x+2

25 ≥ 2 6x 2 −3x Oleh karena (9x2 + 15x + 10) mempunyai D < 0
3x+ dan a > 0 maka (9x2 + 15x + 10) definit positif
⇔

⇔ 5≥ 6x – 3x sehingga (9x2 + 15x + 10) > 0.
3x + 2
Oleh karena 9x2 + 15x + 10 ≥ 0 dan (9x2 + 15x + 10) > 0
6x − 3x(3x + 2) 3x + 2
⇔ 5≥ 3x + 2
2
−9x2 maka 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 3 .
3x + 2
⇔ 5≥

−9x2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x| x > 2 }.
3x + 2 3
⇔ –5 ≤0

Matematika Kelas XII Program IPA 183

Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter

Standar Kompetensi Kompetensi Dasar Nilai Indikator

5. Menggunakan aturan 5.1 Menggunakan sifat-sifat fungsi Pantang Menyelesaikan persamaan dan
yang berkaitan dengan eksponen dan logaritma dalam menyerah pertidaksamaan fungsi eksponen
fungsi eksponen dan pemecahan masalah. menggunakan sifat-sifat fungsi
logaritma dalam pe- eksponen.
mecahan masalah. 5.2 Menggambar grafik fungsi eksponen
dan logaritma.

5.3 Menggunakan sifat-sifat fungsi
eksponen atau logaritma dalam
penyelesaian pertidaksamaan
eksponen atau logaritma sederhana.

Pada bab ini akan dipelajari:
1. Fungsi eksponen dan grafiknya
2. Berbagai bentuk persamaan eksponen dan penyelesaiannya
3. Pertidaksamaan eksponen dan penyelesaiannya

Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Menggambar grafik fungsi eksponen Menggunakan sifat-sifat fungsi Menggunakan sifat-sifat fungsi
eksponen untuk menyelesaikan eksponen untuk menyelesaikan
• Menjelaskan tentang grafik fungsi
eksponen persamaan eksponen pertidaksamaan eksponen

• Menyebutkan sifat-sifat grafik • Menyelesaikan persamaan • Menyelesaikan pertidaksamaan
fungsi eksponen eksponen dengan bilangan pokok eksponen dengan bilangan pokok
berupa bilangan yang sama berupa bilangan yang sama
• Menentukan unsur-unsur pada
grafik fungsi eksponen • Menyelesaikan persamaan • Menyelesaikan pertidaksamaan
eksponen dengan mengubah ke eksponen dengan mengubah ke
• Menggambar grafik fungsi eksponen bentuk persamaan kuadrat bentuk pertidaksamaan kuadrat

Siswa mampu menggambar grafik • Menyelesaikan persamaan Siswa mampu menggunakan sifat-
fungsi eksponen eksponen dengan bilangan pokok sifat fungsi eksponen untuk
berupa fungsi
menyelesaikan pertidaksamaan
Siswa mampu menggunakan sifat- eksponen
sifat fungsi eksponen untuk

menyelesaikan persamaan eksponen

Siswa dapat menggunakan aturan yang berkaitan
dengan fungsi eksponen dalam pemecahan masalah

184 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

A. Pilihan Ganda 6. Jawaban: e
1. Jawaban: c Kurva fungsi eksponen monoton turun dengan
bilangan pokok 2 dan memotong sumbu Y di titik
A = 22 − x (0, 6) yaitu:
B 62 − x y = 6 · 2–x
= 3 · 2 · 2–x
=  2 2 − x = 3 · 21 – x
 6 
 1 2 − x
=  3  7. Jawaban: c

( )= 3−1 2 − x Kurva melalui titik (0, 1), (1, 3), dan (2, 9). Fungsi
= 3x – 2 eksponen yang benar adalah y = 3x karena:
1 = 30
2. Jawaban: e 3 = 31
26x + 4 = 22(3x + 1) + 2 9 = 32
= (23x + 1)2 · 22
= 4p2 8. Jawaban: c
Kurva melalui titik (0, 2) dan (1, 3).
3. Jawaban: e Fungsi yang sesuai adalah f(x) = 2x + 1 karena:
f(0) = 20 + 1 ⇒ 2 = 1 + 1
−x + 1 f(1) = 21 + 1 ⇒ 3 = 2 + 1

Grafik fungsi f(x) = 4  1 melalui titik (a, 9), 9. Jawaban: c
9
Y Y
y = 4 · 2x
maka f(a) = 9.

4  1 −a + 1 44
9
f(a) =

⇔ 9 = 4 (3−2 )−a + 1 0 X 0X
y = 4 – 4 · 2x
1
–4 –4
⇔ 32 = (32a – 2) 4
y = –4 · 2x y = –4 · 2x

⇔ 32 = 1 a – 1 Cara lain:
2
32 y = 4 – 4 · 2x

⇔ 2= 1 a – 1 untuk x = 0 ⇒ y = 4 – 4 · 1 = 0 sehingga grafik
2 2 melalui titik (0, 0).

⇔ 4=a–1 lim y = lim (4 – 4 · 2x) = 4 – 4 · ∞ = –∞

⇔ a=5 x→∞ x→∞

4. Jawaban: e Untuk x semakin besar, nilai y semakin
f(x) = k · 25x – 8
f(2) = k · 25 · 2 – 8 mendekati –∞.
⇔ 20 = k · 210 – 8
⇔ 20 = k · 22 lim y = lim (4 – 4 · 2x)
⇔ k=5 x→–∞ x→–∞
f(x) = 5 · 25x – 8
=4–4·0=4
f(1) = 5 · 25 · 1 – 8
Untuk x semakin kecil, nilai y semakin mendekati 4.

Jadi, grafik yang benar pilihan c.

10. Jawaban: d

= 5 · 2–3 = 5 f(x) = 32 – x – 4= 32 · 3–x – 4 =9 ·  1 x –4
8 3
1) Persamaan grafik f(x) mempunyai bilangan
5. Jawaban: a
Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y jika x = 0. pokok 1 . Oleh karena 0 < 1 < 1, grafik fungsi
f(0) = 60 + 1 + 61 – 0 = 61 + 61 = 12 3 3
Jadi, f(x) memotong sumbu Y di titik (0, 12). f(x) monoton turun.

Matematika Kelas XII Program IPA 185

2) Grafik memotong sumbu Y di titik (0, f(0)). Diperoleh:
f(0) = 32 – 0 – 4 = 9 – 4 = 5
Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik (0, 5). x′ = 1 (x + 2) ⇔ x = 2x′ – 2
2

3)  1 x >0 ⇔ 9·  1 x >0 y′ = 1 (y – 1) ⇔ y = 2y′ + 1
3 3 2
y = 23 – 2x ⇒ 2y′ + 1 = 23 – 2(2x′ – 2)

⇔ 9·  1 x – 4 > –4 ⇔ 2y′ = –1 + 27 – 4x′
3
⇔ y′ = – 1 + 1 · 27 – 4x′
⇔ f(x) > –4 2 2

Oleh karena f(x) > –4, asimtot datarnya y = –4. = – 1 + 26 – 4x′
2
4) Oleh karena grafik fungsi f(x) monoton turun
1
dan asimtot datarnya y = –4, untuk nilai x f′(x) = – 2 + 26 – 4x

semakin besar, nilai f(x) mendekati –4. 1 1 1 1
2 2 2 2
Jadi, pernyataan yang benar II dan V. f′(1) = – + 26 – 4 = – + 22 = 4 – = 3

11. Jawaban: e B. Uraian
f(x) = 2(5x + 3) = 2 · 5x + 6
Asimtot datar y = 5x adalah sumbu X atau garis y = 0. 3x + 2 x+2 1 x + 1 1
Asimtot datar y = 2 · 5x + 6 adalah garis y = 0 + 6 = 6. 9 ⋅ 3x 32 2
Jadi, asimtot datar grafik fungsi f(x) adalah y = 6. 1. a. f(x) = = 32 ⋅ 3x = 32 = 3 x + 1 – (2 + x)

32 + x

= 3– 1 x – 1 = 1 ·  1 x
2 3  3 
12. Jawaban: c
3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0 b. f(x) = 1 ·  1 x
3  3 
32x · 1 >0
⇔ 3 1  1 0 1
3  3  3
⇔ 32x – 1 > 0 f(0) = · =
⇔ 5 + 32x – 1 > 5
⇔ y>5 1  1 1 3
f(1) = 3 ·  3  = 9
Jadi, daerah hasilnya {y | y > 5, y ∈ R}.

13. Jawaban: c f(2) = 1 ·  1 2 = 1 · 1 = 1
Misalkan m(x) = –x2 + 4x – 6. 3  3  3 3 9

m(x) maksimum untuk x = – b = −4 =2 Jadi, f(0) = 1 , f(1) = 1 3 , dan f(2) = 1 .
2a −2 3 9 9

Fungsi h(x) = 4m(x) maksimum jika nilai pangkatnya 2. a. f(x) = 2–x

(m(x)) maksimum. Tabel fungsi f(x) = 2–x

Jadi, nilai maksimum fungsi h:

h(2) = 4–4 + 8 – 6 = 4–2 = 1 x . . . –3 –2 –1 0 1 2 3 . . .
16

14. Jawaban: b f(x) . . . 8 4 2 1 1 1 1 ...
2 4 8
Banyak serangga mula-mula 20.000 ekor maka:

S(n) = 20.000 (2) n
12

S(–36) = 20.000 (2)– 36 Grafik fungsi f(x) = 2–x
12

= 20.000 · 2–3 f(x) = 2–x Y
8
1
= 20.000 · 8 = 2.500

Jadi, jumlah serangga 36 hari yang lalu 2.500 ekor.

15. Jawaban: d 4
f(x) = 23 – 2x → y = 23 – 2x
2
(x, y) T = −21 → (x + 2, y – 1) 1 123 X
–3 –2 –1 0

O,21→ ( 1 (x + 2), 1 (y – 1))
2 2

186 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

b. f(x) = 3x – 1 Substitusi nilai a = 2 dan b = 1 ke persamaan
Tabel fungsi f(x) = 3x – 1 f(x) = 3ax + b diperoleh f(x) = 32x – 1.

x . . . –1 0 1 2 . . . Jadi, persamaan grafik fungsi eksponen
f(x) = 32x – 1.

f(x) . . . −2 0 2 8 ... 4. Grafik fungsi f(x) = 4  1 x digeser ke kanan
3 3

Grafik fungsi f(x) = 3x – 1 1 satuan, maka f1(x) = 4  1 x − 1 .
3 
Y f(x) = 3x – 1
8 Grafik f1(x) = 4  1 x −1 digeser ke atas 3 satuan,
3


maka h(x) = 3 + f1(x) = 3 + 4  1 x − 1 .
3

2 h(–1) – h(1) = 3 + 4  1 −2 – 3 – 4  1 0
1 3 3

–2 –1–10 1 2 X =4·9–4

= 32

3. f(x) = 3ax + b 5. Grafik fungsi f(x) = –4a – bx memotong sumbu Y di

Grafik melalui titik (1, 3) dan (2, 27), maka f(1) = 3 titik (0, –4), maka f(0) = –4.

dan f(2) = 27. f(0) = –4a – 0 ⇔ –4 = –4a

f(1) = 3a + b ⇔ 3 = 3a + b ⇔ a + b = 1 . . . (1) ⇔ a=1

f(2) = 32a + b ⇔ 27 = 32a + b Grafik f(x) digeser ke atas 3 satuan, maka

⇔ 33 = 32a + b g(x) = 3 – 4a – bx = 3 – 41 – bx.

⇔ 2a + b = 3 . . . (2) Grafik fungsi g(x) melalui titik (1, 1), maka g(1) = 1.

Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). g(1) = 3 – 41 – b ⇔ 1 = 3 – 41 – b

2a + b = 3 ⇔ 22(1 – b) = 2

a+b=1 ⇔ 2(1 – b) = 1

–––––––– – ⇔ 1–b= 1
a=2 2

Substitusikan a = 2 ke persamaan (1). ⇔ b= 1
a+b=1 2

⇔ 2+b=1 Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 3 – 41 – 1 x.
⇔ b = –1 2

1. Jawaban: b 2. Jawaban: c 3 − x

3x2 + x – 2 = 81x + 2  1 = 81x2 – 4
⇔ 3x2 + x – 2 = (34)x + 2 27
⇔ 3x2 + x – 2 = 34x + 8
⇔ x2 + x – 2 = 4x + 8 ⇔ 3–3(3 – x) = 34(x2 – 4)
⇔ x2 – 3x – 10 = 0
⇔ (x – 5)(x + 2) = 0 ⇔ –3(3 – x) = 4(x2 – 4)
⇔ x – 5 = 0 atau x + 2 = 0
⇔ x = 5 atau x = –2 ⇔ –9 + 3x = 4x2 – 16
Oleh karena a > b, diperoleh a = 5 dan b = –2
Nilai a – b = 5 – (–2) = 7 ⇔ 4x2 – 3x – 7 = 0

⇔ (4x – 7)(x + 1) = 0

4x – 7 = 0 atau x + 1 = 0

⇔ x= 7 atau x = –1
4
7
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–1, 4 }.

Matematika Kelas XII Program IPA 187

3. Jawaban: a 6. Jawaban: a

3 95 − x = 1  1 x – 16 · 2x =0
3x + 1 4
27
1
5−x −(x + 1) ⇔ 22x – 16 · 2x = 0

⇔ 93 =3 2 ⇔ 1 – 16 · 23x = 0

27 1
16
2(5 − x) −(x + 1) ⇔ 23x =

⇔ 33 =3 2 ⇔ 23x = 2–4
33
⇔ 3x = –4
2(5 − x) −(x + 1)
3 − 3 4
⇔ 3 = 32 x = – 3
⇔

⇔ 2(5 − x) –3= −(x + 1) Jadi, nilai x yang memenuhi – 4 .
3 2 3

⇔ 10 − 2x – 9 = −(x + 1) 7. Jawaban: d
3 3 2
4 (23x – 1) + 8x =2
1− 2x −(x + 1) 5 10
⇔ 3 = 2
23x
⇔ 2(1 – 2x) = –3(x + 1) ⇔ 4 · 23x · 2–1 + 10 =2
5
⇔ 2 – 4x = –3x – 3 Misalkan 23x = a, persamaan menjadi:
⇔ –4x + 3x = –3 – 2
⇔ –x = –5 4 ·a· 1 + a =2
⇔ 5 2 10
⇔ x=5
4 a+ 1 a=2
4. Jawaban: c ⇔ 10 10

4  1 x − 2 = 32 ⇔ 5 a = 2
16 10
3 ⇔ a=4

 1  4(x − 2) ⇔ 23x = 22
2 3
⇔ 22 · = 25 ⇔ 3x = 2

−4(x − 2) ⇔ x= 2
3
⇔ 2 3 = 23

⇔ −4(x − 2) =3 8. Jawaban: d
3
⇔ –4x + 8 = 9 8x2 − 4x + 3 1
⇔ –4x = 1 = 32x − 1

1 ⇔ 2 3 (x2 – 4x + 3) = 2–5(x – 1)
4 2

⇔ x = – 3 (x2 – 4x + 3) = –5(x – 1)
2
1 ⇔
4
Jadi, himpunan penyelesaiannya {– }. ⇔ 3(x2 – 4x + 3) = –10(x – 1)

5. Jawaban: d ⇔ 3x2 – 12x + 9 = –10x + 10
⇔ 3x2 – 2x – 1 = 0
x 2 ⇔ (3x + 1)(x – 1) = 0
 1 + = 3 82x − 1
4
3(2x − 1) ⇔ x = – 1 atau x = 1
⇔ 2–2(x + 2) = 2 3 3

⇔ –2(x + 2) = 2x – 1 Oleh karena α > β, α = 1 dan β = – 1 .
⇔ –2x – 4 = 2x – 1 3
⇔ 4x = –3
Jadi, 2α + 3β = 2 · 1 + 3(– 1 ) = 2 + (–1) = 1.
3
3
⇔ x = – 4 9. Jawaban: d
5x + 1 + 52 – x = 30
81x = 81– 3 = (34)– 3 = 3–3 = 1
4 4 27 ⇔ 5x · 51 + 52 · 5–x = 30

188 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Misalkan 5x = p, persamaan menjadi:  1 3x
⇔ 5p + 25p–1 = 30 2
⇔ 5p – 30 + 25p–1 = 0 Misalkan = p, persamaan menjadi:

–––––––––––––––––––––– × p p2 – 10p + 16 = 0
⇔ p2 – 6p + 5 = 0 5
⇔(p – 8)(p – 2) = 0
⇔ p – 8 = 0 atau p – 2 = 0
Akar-akar persamaan kuadrat adalah p1 = 5α dan ⇔ p = 8 atau p = 2
p2 = 5β.
p1 · p2 ⇒ 5α · 5β = 5 3x 3x
⇔ 5α + β = 51 ⇔  1 =8 atau  1 =2
2 2

⇔ α+β=1 ⇔ 2–3x = 23 atau 2–3x = 21

10. Jawaban: d ⇔ –3x = 3 atau –3x = 1

2x + 1 + 1 = 17 ⇔ x = –1 atau x = – 1
2x − 3 3
1
Jadi, akar-akar persamaan tersebut – 3 dan –1.

⇔ 2x · 21 + 23 = 17 13. Jawaban: b
2x

Misalkan 2x = p, persamaan menjadi: ( 4 )x2 – 3( 8 )1 – x = 3
9 27 2
8
⇔ 2p + p = 17 ( 2 )2(x2 – 3)( 2 )3(1 – x) = ( 2 )–1
3 3 3
⇔ 2p2 – 17p + 8 = 0 ⇔
⇔ (2p – 1)(p – 8) = 0
⇔ ( 2 )2(x2 – 3) + 3(1 – x) = ( 2 )–1
3 3
⇔ p = 1 atau p = 8
2 ⇔ 2(x2 – 3) + 3(1 – x) = –1
⇔ 2x2 – 3x – 2 = 0
⇔ 2x = 2–1 atau 2x = 23 ⇔ (2x + 1)(x – 2) = 0
⇔ x = –1 atau x = 3
DJaipdei,rox1le2h+xx12=2 –1 dan +x23=2 3.
= (–1)2 =1 + 9 = 10. ⇔ x = – 1 atau x = 2
2

11. Jawaban: b Diperoleh x1 = 1 dan x2 = 2
2
3x + 2 + 9x + 1 = 810
Jadi, (x1 – x2)2 = (– 1 – 2)2 = (– 5 )2 = 25 .
⇔ 3x · 9 + 32x · 9 = 810 2 2 4

⇔ 9 · (3x)2 + 9 · 3x – 810 = 0 14. Jawaban: b
Misalkan h(x) = x – 2, f(x) = x + 3, dan g(x) = 2x –
Misalkan m = 3x, persamaan menjadi: 1. Penyelesaian persamaan tersebut dapat
ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.
⇔ 9m2 + 9m – 810 = 0 1) f(x) = g(x) ⇒ x + 3 = 2x – 1
⇔ x =4
⇔ m2 + m – 90 = 0 2) h(x) = 1 ⇒ x – 2 = 1
⇔ x =3
⇔ (m – 9)(m + 10) = 0 3) h(x) = 0 ⇒ x – 2 = 0
⇔ x =2
⇔ m = 9 atau m = –10 Substitusikan x = 2 ke f(x) dan g(x):
f(2) = 2 + 3 = 5 (positif)
⇔ 3x = 9 atau 3x = –10 g(2) = 4 – 1 = 3 (positif)
Oleh karena f(2) > 0 dan g(2) > 0, x = 2
⇔ x=2 merupakan penyelesaian.
Untuk 3x = –10 tidak ada nilai x yang memenuhi. 4) h(x) = –1 ⇒ x – 2 = –1
⇔ x =1
Jadi, 3x – 3 = 32 – 3 = 3–1 = 1 . Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):
3 f(1) = 1 + 3 = 4 (genap)
g(1) = 2 – 1 = 1 (ganjil)
12. Jawaban: e Oleh karena f(1) genap dan g(1) ganjil, x = 1
bukan penyelesaian.
 1 x – 5 · 21 – 3x + 16 = 0
64

⇔  1 6x – 5 · 2 · 2–3x + 16 = 0
2

⇔   1 3x 2 – 10 ·  1 3x + 16 = 0
 2   2


Jadi, himpunan penyelesaiannya {4, 3, 2}.

Matematika Kelas XII Program IPA 189

15. Jawaban: d ⇔ –2x – 1 = 2x – 4
⇔ –4x = –3
(x + 1)x2 – 16 = 1
⇔ (x + 1)x2 – 16 = (x + 1)0 ⇔ x= 3
Misalkan f(x) = x2 – 16, g(x) = 0, dan h(x) = x + 1. 4
Penyelesaian persamaan tersebut sebagai berikut.
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 3 }.
1) f(x) = g(x) 4
⇔ x2 – 16 = 0
⇔ (x – 4)(x + 4) = 0 2. a. 9n + 1 + 32n + 1 + 45 ·  1 1 − 2n = 243
⇔ x – 4 = 0 atau x + 4 = 0 b. 3
⇔ x = 4 atau x = –4
⇔ 9n · 9 + 32n · 3 + 45 · 32n – 1 = 243
2) h(x) = 1 ⇔ 32n · 9 + 32n · 3 + 15 · 32n = 243
⇔ x+1=1
⇔ x=0 ⇔ 32n(9 + 3 + 15) = 243

3) h(x) = –1 ⇔ 32n = 9
⇔ x + 1 = –1
⇔ x = –2 ⇔ 32n = 32
Substitusikan x = –2 ke f(x).
f(x) = x2 – 16 ⇒ f(–2) = –12 (genap) ⇔ 2n = 2
Oleh karena f(x) genap, x = –2 merupakan
penyelesaian. ⇔ n=1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–4, –2, 0, 4}.
7n + 7n + 1 – 21 · 7n – 1 = 245

⇔ 7n + 7n · 7 – 21 · 7n · 1 = 245
7

⇔ 7n (1 + 7 – 3) = 245
⇔ 7n = 49

B. Uraian ⇔ 7n = 72

1 x2 − 4 ⇔ n=2
27 
1. a. 92x – 4 =  3. 52x – 32x = 52x – 1 + 32x – 1
⇔ 52x – 52x – 1 = 32x + 32x – 1
⇔ (32)2x – 4 = (3–3)x2 – 4
⇔ 2(2x – 4) = –3(x2 – 4) ⇔
⇔ 4x – 8 = –3x2 + 12 52x – 1 · 52x = 32x + 1 · 32x
5 3
⇔ 3x2 + 4x – 20 = 0
⇔ (3x + 10)(x – 2) = 0 4 · 52x = 4 · 32x
⇔ 5 3

⇔3x + 10 = 0 atau x – 2 = 0 52x 32x
5 3
⇔ x = – 10 ⇔ x=2 ⇔ =
3
10 ⇔ 52x – 1 = 32x – 1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {– 3 , 2}.
Penyelesaian dari 52x – 1 = 32x – 1 adalah:
b. 8x + 2 = 3 64x + 5
2x – 1 = 0
2(x + 5)
⇔ x= 1
⇔ 8x + 2 = 8 3 2

2x + 10 Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan

⇔ 8x + 2 = 8 3

⇔ x+2= 2x + 10 tersebut adalah 1 .
3 2

⇔ 3x + 6 = 2x + 10 4. A

⇔ x=4

Jadi, himpunan penyelesaiannya {4}. 2x + 2
4
 1 2x +1 24x − 1(0,125)
c. 2 = 16

 1 2x +1 24x − 1 ⋅ 1 B 22x + 1 C
2 8
⇔ = AC2 = AB2 + BC2
24

⇔ (2–1)2x + 1 = 24x − 1 ⋅ 2−3 ⋅ 2−4 ⇔ (2x + 2)2 = 42 + (22x + 1)2
⇔ 22x + 4 = 16 + 24x+2
4x − 8 ⇔ 24x + 2 – 22x + 4 + 16 = 0
2–2x – 1 = 2 2
⇔
⇔ 22 · 24x – 24 · 22x + 16 = 0
⇔ –2x – 1 = 4x − 8
2

190 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Misalkan p = 22x, persamaan tersebut menjadi: c. h(x) = 0 ⇔ x2 – 2x = 0
4p2 – 16p + 16 = 0
⇔ p2 – 4p + 4 = 0 ⇔ x(x – 2) = 0
⇔ (p – 2)2 = 0
⇔ x = 0 atau x = 2

⇔ p–2=0 Substitusikan x = 0 dan x = 2 ke f(x) dan g(x).

⇔ p=2 f(0) = 02 – 2 · 0 = 0

p=2 g(0) = 6 + 0 = 6

⇔ 22x = 2 Oleh karena f(0) dan g(0) keduanya tidak

⇔ 2x = 1 positif atau keduanya tidak negatif, x = 0

⇔ x= 1 bukan penyelesaian.
2
f(2) = 22 – 2 · 2 = 0

Jadi, nilai x yang memenuhi 1 . g(2) = 6 – 2 = 4 > 0
2
Oleh karena f(2) dan g(2) keduanya tidak
5. Persamaan (x2 – 2x)x2 – 2x = (x2 – 2x)6 – x merupa-
positif dan keduanya tidak negatif, x = 2 bukan

kan bentuk (h(x))f(x) = (h(x))g(x). Penyelesaiannya penyelesaian.

dapat ditentukan dari beberapa kemungkinan d. h(x) = –1 ⇔ x2 – 2x = –1

berikut. ⇔ x2 – 2x + 1 = 0

a. f(x) = g(x) ⇔ x2 – 2x = 6 – x ⇔ (x – 1)2 = 0

⇔ x2 – x – 6 = 0 ⇔ x=1

⇔ (x + 2)(x – 3) = 0 Substitusikan x = 1 ke f(x) dan g(x):

⇔ x = –2 atau x = 3 f(1) = 12 – 2 · 1 = –1 (ganjil)

b. h(x) = 1 ⇔ x2 – 2x = 1 g(1) = 6 – 1 = 5 (ganjil)
⇔ x2 – 2x – 1 = 0
Oleh karena f(1) ganjil dan g(1) ganjil, x = 1

⇔ x= 2± 4+4 = 2±2 2 merupakan penyelesaian.
2 2
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–2, 1 – 2 , 1,
⇔ x = 1 + 2 atau x = 1 – 2
1 + 2 , 3}.

A. Pilihan Ganda 2. Jawaban: b

1. Jawaban: d 512 ⋅ 2x2 ≤ 8x
32x 64
Grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X ketika

f(x) > 0. ⇔ 29 ⋅ 2x2 ≤ 23x
25x 26
f(x) > 0

⇔  1 2 32x + 1 – 27 > 0 ⇔ 2x2 – 5x + 9 ≤ 23x – 6
3 ⇔ x2 – 5x + 9 ≤ 3x – 6

2x + 1
⇔ 3–2 · 3 2 – 33 > 0 ⇔ x2 – 8x + 15 ≤ 0
⇔ (x – 5)(x – 3) ≤ 0
2x − 3
⇔ 3 2 > 33
Pembuat nol:
⇔ 2x − 3 >3 x – 5 = 0 atau x – 3 = 0
2 x = 5 atau x = 3
2x − 3 − 6
⇔ 2 >0 Penyelesaian:

⇔ 2x – 9 > 0 +–+

⇔ x> 9 35
2
Jadi, grafik fungsi f(x) berada di atas sumbu X
⇔ 3≤x≤5
pada interval x > 9 . Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 ≤ x ≤ 5.
2

Matematika Kelas XII Program IPA 191

3. Jawaban: b 6. Jawaban: d
32x + 1 + 8 · 3x – 3 > 0
 1  1 x − 4 ≤ 274 – x2
9 2 ⇔ 3 · 32x + 8 · 3x – 3 > 0
Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:
⇔ 3–2( 1 x – 4) ≤ 33(4 – x2)
2 3p2 + 8p – 3 > 0
⇔ (3p – 1)(p + 3) > 0
1
⇔ –2( 2 x – 4) ≤ 3(4 – x2) Pembuat nol:
3p – 1 = 0 atau p + 3 = 0
⇔ –x + 8 ≤ 12 – 3x2
p= 1 atau p = –3
⇔ 3x2 – x – 4 ≤ 0 ⇔ 3

⇔ (3x – 4)(x + 1) ≤ 0 Penyelesaian:
Pembuat nol:
▲▲ + –+ ▲▲
3 x – 4 = 0 atau x + 1 = 0
–3 1

⇔ x= 4 atau x = –1 3
3
p < –3 ⇔ 3x < –3 (tidak ada nilai x yang memenuhi)

Penyelesaian: p> 1 ⇔ 3x > 1
3 3
+ –+ ⇔ 3x > 3–1

–1 4 ⇔ x > –1
3
4 }. 7. Jawaban: d
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –1 ≤ x ≤ 3 32x + 1 + 9 – 28 · 3x > 0

4. Jawaban: c ⇔ 3 · 32x + 9 – 28 · 3x > 0
Misalkan p = 3x, pertidaksamaan menjadi:
1 ≤ 272 – x
812x − 1 3p2 + 9 – 28p > 0
⇔ 3p2 – 28p + 9 > 0
⇔ 3 −4(2x − 1) ≤ 33(2 – x) ⇔ (3p – 1)(p – 9) > 0
2

⇔ –2(2x – 1) ≤ 3(2 – x) Pembuat nol:
⇔ –4x + 2 ≤ 6 – 3x 3p – 1 = 0 atau p – 9 = 0
⇔ –x ≤ 4
⇔ x ≥ –4 ⇔ p= 1 atau p = 9
3

5. Jawaban: d Penyelesaian:

5x2 25 +– +

25 ⋅ 5x ≥ 5x 1 9

5x2 3
52 ⋅ 5x
⇔ ≥ 52 p< 1 ⇔ 3x < 1
5x 3 3
⇔ 3x < 3–1
⇔ x2 − x − 2 ≥ 52 – x ⇔ x < –1
p > 9 ⇔ 3x > 9
52
⇔ 3x > 32
⇔ x2 − x − 2 ≥2–x
2
⇔ x2 – x – 2 ≥ 4 – 2x
⇔ x2 + x – 6 ≥ 0 ⇔ x>2

⇔ (x + 3)(x – 2) ≥ 0 8. Jawaban: c
32x – 4 · 3x + 1 > –27
Pembuat nol:
⇔ (3x)2 – 12 · 3x + 27 > 0
x + 3 = 0 atau x – 2 = 0 ⇔ (3x – 3)(3x – 9) > 0

⇔ x = –3 atau x=2 Pembuat nol:
Penyelesaian:
3x – 3 = 0 atau 3x – 9 = 0
+ ⇔ 3x = 3 atau 3x = 9
+–

–3 2 + –+

Jadi, penyelesaiannya x ≤ –3 atau x ≥ 2. 39

⇔ 3x < 3 atau 3x > 9
⇔ x < 1 atau x > 2

192 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

9. Jawaban: d b. Grafik fungsi berada di bawah garis y = 1
22x + 4 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0 berarti:
f(x) < 1 ⇒ 4 – 31 – 2x < 1
⇔ 22x + 2 · 22 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0 ⇔ 31 – 2x > 3
⇔ 4(2x + 1)2 + 31 · 2x + 1 – 8 > 0 ⇔ 1 – 2x > 1
⇔ 2x < 0
Misalkan 2x + 1 = a, pertidaksamaan menjadi: ⇔ x<0
Jadi, nilai x < 0.
4a2 + 31a – 8 > 0

⇔ (4a – 1)(a + 8) > 0

⇔ a < –8 atau a > 1 2. a. Titik potong f(x) dan g(x).
4 b. f(x) = g(x)
a < –8 ⇒ 2x + 1 < –8 (tidak ada nilai x yang me-
menuhi)
3x + 2 = 1 · 3–x
a> 1 ⇒ 2x + 1 > 1 ⇔ 9
4 4
⇔ 3x + 2 = 3–2 · 3–x
⇔ 3x + 2 = 3–x – 2
⇔ 2x + 1 > 2–2 ⇔ x + 2 = –x – 2
⇔ x + 1 > –2 ⇔ 2x = –4
⇔ x > –3 ⇔ x = –2
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > –3}. Ordinat titik potong adalah y = f(–2) atau

10. Jawaban: d y = g(–2).

93x – 4 · 33x + 1 + 27 ≤ 0 y = f(–2)
= 3–2 + 2
⇔ (32)3x – 4 · 33x · 3 + 27 ≤ 0 = 30

⇔ (33x)2 – 12 · 33x + 27 ≤ 0 =1

Misalkan p = 33x, pertidaksamaan menjadi: Jadi, titik potong f(x) dengan g(x) adalah
p2 – 12p + 27 ≤ 0
⇔ (p – 9)(p – 3) ≤ 0 (–2, 1).
Pembuat nol:
f(x) = 3x + 2 = 3x · 32 = 9 · 3x
p – 9 = 0 atau p – 3 = 0 Grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik
(0, 9).
⇔ p = 3 atau p=3 Grafik fungsi g(x) memotong sumbu Y di titik

Penyelesaian: (0, 1 ).
9
+ –+

3 9 Kedua kurva berpotongan di titik (–2, 1).

3≤p≤9 Grafik fungsi f(x) dan g(x) sebagai berikut.
⇔ 3 ≤ 33x ≤ 9
⇔ 31 ≤ 33x ≤ 32 Y
⇔ 1 ≤ 3x ≤ 2 f(x)

1 2 9
3 3
⇔ ≤x≤

Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah

{x | 1 ≤x≤ 2 }.
3 3

B. Uraian (–1, 3)
(–3, 3)
1. y = f(x) = 4 – 3 3
9x

a. f(x) = –23 ⇒ 4– 3 = –23 (–2, 1)
9x 1 • (–1, )•131
(–3, 3 ) 1
3 3 g(x)
– 32x = –27 X
⇔ –3 –2 –1 (0, 1 )
9
⇔ 31 – 2x = 33
⇔ 1 – 2x = 3
⇔ –2x = 2
⇔ x = –1
Jadi, nilai x = –1.

Matematika Kelas XII Program IPA 193

c. Interval x sedemikian hingga f(x) di atas g(x) Penyelesaian:▲ ▲
adalah x > –2 dan f(x) di bawah g(x) adalah
interval x < –2. + –+

3. a. 3 16x ≥ 16 15
b. 64 8x
p < 1 ⇔ 5x < 1
⇔ 3 24x 24 ⇔ 5x < 50
26 ⇔ x<0
≥ 23x
p > 5 ⇔ 5x > 5
4x − 6 ⇔ 5x > 51
⇔ x>1
⇔ 2 3 ≥ 24 – 3x
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
⇔ 4x − 6 ≥ 4 – 3x {x | x < 0 atau x > 1}.
3 b. (x + 1)2x + 6 > (x2 + 2x + 1)3x + 5
⇔ (x + 1)2x + 6 > ((x + 1)2)3x + 5
⇔ 4x – 6 ≥ 12 – 9x ⇔ (x + 1)2x + 6 > (x + 1)2(3x + 5)
⇔ 13x ≥ 18 ⇔ 2x + 6 > 2(3x + 5)
⇔ 2x + 6 > 6x + 10
⇔ x ≥ 18 ⇔ 2x – 6x > 10 – 6
13 ⇔ –4x > 4
⇔ x < –1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≥ 18 }. Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
13 {x | x < –1}.

54x + 1 – 26 · 25x + 5 ≤ 0

⇔ 5 · (52x)2 – 26 · 52x + 5 ≤ 0 5. 3m + 1 = p
Misalkan 52x = p, pertidaksamaan menjadi:
5p2 – 26p + 5 ≤ 0 1
⇔ (5p – 1)(p – 5) ≤ 0
Pembuat nol: ⇔ 3 = pm+1

5p – 1 = 0 atau p – 5 = 0

⇔ p = 1 atau p=5 1
5
Penyelesaian: 5n – 1 = p ⇔ 5 = p n − 1
p > 15 ⇔ p > 3 · 5
+ –+
11
15
⇔ p > pm+1 · pn−1
5
p > 1 + 1
1 ⇔ n−1
5 ≤p≤5 pm+1
⇔
Oleh karena 0 < p < 1 maka:

⇔ 5–1 ≤ 52x ≤ 51 1< 1 + 1
m+1 n−1
⇔ –1 ≤ 2x ≤ 1

⇔ – 1 ≤x≤ 1 ⇔ 1< n −1+ m + 1
2 2 (m + 1)(n − 1)
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
n −1+ m + 1
{x | – 1 ≤x≤ 1 }. ⇔ 1– (m + 1)(n − 1) <0
2 2

4. a. 5x + 5 –6>0 ⇔ (m + 1)(n − 1) − n − m <0
5x (m + 1)(n − 1)

Misalkan p = 5x, pertidaksamaan menjadi: ⇔ mn − m + n − 1 − n − m <0
(m + 1)(n − 1)
p + 5 –6>0
p
⇔ p2 + 5 – 6p > 0 mn − 2m − 1
⇔ p2 – 6p + 5 > 0 ⇔ (m + 1)(n − 1) < 0 (terbukti)

⇔ (p – 5)(p – 1) > 0

Pembuat nol:
p – 5 = 0 atau p – 1 = 0
⇔ p = 5 atau p = 1

194 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

A. Pilihan Ganda 5. Jawaban: b f(a) = 16 2
f–1(16 2 ) = a ⇒
1. Jawaban: c ⇔ 82a = 16 2

 x−1 + y−1 −1 = x−1 − y−1 ⇔ 23a = 24 1
 x−1 − y−1  x−1 + y−1 2

=1 − 1 ⇔ 3a = 4 1
x y 2

1 + 1 ⇔ a = 1 1 = 3
x y 2 2

y−x Jadi, f–1(16 2 )= 3 .
2
= xy
y+x 6. Jawaban: b
xy

= y−x f(x) = 32x + 1 – 4
y+x = 32x · 3 – 4

2. Jawaban: b = (3x)2 · 3 – 4
Grafik memotong sumbu Y jika x = 0. 3x > 0 ⇔ (3x)2 > 0
f(0) = 6 – 702 – 2 · 0 + 1 ⇔ 32x · 3 > 0
= 6 – 7 = –1 ⇔ 32x · 3 – 4 > –4
Jadi, grafik fungsi f(x) memotong sumbu Y di titik ⇔ 32x + 1 – 4 > –4
(0, –1). ⇔ f(x) > –4

3. Jawaban: c Jadi, daerah hasilnya f(x) > –4.

Grafik memotong sumbu X jika y = 0. 7. Jawaban: e

y = g(x) = 0 f(x) = 8x − 6 3(x − 6) = 2 3 x · 2–3 = 1 · 3 x
2 8
2x2 =2 2 22
128 ⋅ 4x
⇔ – 256 = 0 Grafik fungsi f(x) = 1 · 2 3 x mempunyai bilangan
8 2
2x2
⇔ 27 ⋅ 22x = 256 pokok a = 2 > 1 berarti grafik monoton naik dan

⇔ 2x2 – 2x – 7 = 28 k= 1 berarti grafik memotong sumbu Y di titik (0, 1 ).
⇔ x2 – 2x – 7 = 8 8 8
⇔ x2 – 2x – 15 = 0 Jadi, grafik yang benar pilihan e.

⇔ (x – 5)(x + 3) = 0 8. Jawaban: b
⇔ x – 5 = 0 atau x + 3 = 0 Grafik fungsi eksponen monoton naik dan
⇔ x = 5 atau x = –3 memotong sumbu Y di titik (0, 18), y = f(x) =
18 · ax.
Jadi, grafik fungsi g(x) memotong sumbu X di titik Dengan mengambil bilangan pokok 3,
y = f(x) = 18 · 3x = 2 · 9 · 3x = 2 · 3x + 2.
(–3, 0) dan (5, 0). Jadi, persamaan grafik yang sesuai adalah
y = 2 · 3x + 2.
4. Jawaban: e

Grafik fungsi h(x) melalui titik (p, 5 1 ) maka
4
1
h(p) = 5 4 . 9. Jawaban: b
Grafik fungsi f(x) = ax jika digeser ke kanan
h(p) = 5p –1 ⇔ 5 1 = 5p –1
500 4 4 ⋅ 125 4 satuan akan menghasilkan grafik fungsi dengan
persamaan h(x) = ax – 4 sehingga persamaan grafik
⇔ 6 1 = 5p fungsi h(x) = 6x – 4 + 3 ⇔ h(x) = 6x – 1.
4 4 ⋅ 53

⇔ 25 = 5p – 3 10. Jawaban: d
⇔ 52 = 5p – 3 1) Grafik fungsi f(x) = 53x + 2 – 125 mempunyai
⇔ 2=p–3 bilangan pokok a = 5 > 0 maka grafik monoton
⇔ p=5 naik.

Matematika Kelas XII Program IPA 195

2) Grafik memotong sumbu X jika y = 0. 14. Jawaban: a

y = f(x) = 0 ⇔ 53x + 2 – 125 = 0 3 3(x + 2) =1

⇔ 53x + 2 = 125 27(1 – x)

⇔ 53x + 2 = 53 ⇔ 3 x+2 = 3 –3(1– x)
3 2
⇔ 3x + 2 = 3

⇔ 3x = 1 ⇔ x+2 = 3x – 3
3 2
⇔ x= 1
3 ⇔ 2(x + 2) = 3(3x – 3)
1 ⇔ 2x + 4 = 9x – 9
Jadi, grafik memotong sumbu X di titik ( 3 , 0). ⇔ 7x = 13

3) Grafik memotong sumbu Y jika x = 0. 13
x = 0 ⇔ f(0) = 53 · 0 + 2 – 125 7
= 25 – 125 = –100 ⇔ x =

Jadi, grafik memotong sumbu Y di titik 15. Jawaban: b

(0, –100). 53x > 0  3 2 = 31
4) 5x > 0 ⇔  3x − 1  9
⇔ 53x · 52 > 0
⇔53x + 2 – 125 > –125 2
⇔ 32 – (2x – 2) = 3– 3

⇔ f(x) > –125 2 – 2x + 2 = – 2
Oleh karena f(x) > –125, asimtot datarnya 3
⇔
y = –125.
4 – 2x = – 2
5) Oleh karena asimtot datarnya y = –125 ⇔ 3

sehingga untuk nilai x semakin kecil, nilai f(x) ⇔ 14 = 2x
3
mendekati –125.

Jadi, pernyataan yang benar pilihan d. ⇔ x= 7
3
11. Jawaban: b
7 = 23 · 7 = 27 = 128.
3x + 2 = 27 3 3
Nilai 8x = 8 3
1
16. Jawaban: e
⇔ 3x + 2 = 33 . 32
128 = 2x2 + x
1 4x 8
3x + 2 33 2
⇔ = =27 2x2 + x
⇔
22x 23
1
⇔ x + 2 = 3 2 ⇔ 27 – 2x = 2x2 + x – 3

1 ⇔ 7 – 2x = x2 + x – 3
x = 1 2 ⇔ x2 + 3x – 10 = 0
⇔

12. Jawaban: e ⇔ (x + 5)(x – 2) = 0
⇔ x + 5 = 0 atau x – 2 = 0
2x – 2–x = 6 ⇔ x = –5 atau x =2

⇔ (2x – 2–x)2 = 62 17. Jawaban: d
⇔ 22x – 2 + 2–2x = 36 2 · 32x + 1 + 32x + 3 = 297
⇔ 2x + 2–2x = 38
⇔ 2 · 32x ·3 + 32x · 33 = 297
13. Jawaban: e ⇔ 32x(6 + 27) = 297
⇔ 32x = 9
27 = 1 ⇔ 32x = 32
32x − 1 9 ⇔ 2x = 2
⇔ x =1
⇔ 27 = 1
32x − 1 32

⇔ 33 – (2x – 1) = 3–2 18. Jawaban: b
⇔ 3 – (2x – 1) = –2 4y + x – 4y + x + 2 = –15
⇔ 4 – 2x = –2
⇔ –2x = –6 ⇔ 4y + x – 42 · 4y + x = –15
⇔ x=3 ⇔ (1 – 42) · 4y + x = –15
⇔ –15 · 4y + x = –15
⇔ 4y + x = 1
⇔ y+x=0
⇔ y = –x

196 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

19. Jawaban: e 2) h(x) = 1 ⇔ x + 4 = 1
92x2 – 6x + 1 = 272x – 4 ⇔ x = –3

⇔ 32(2x2 – 6x + 1) = 33(2x – 4) 3) h(x) = 0 ⇔ x + 4 = 0
⇔ 4x2 – 12x + 2 = 6x – 12 ⇔ x = –4
⇔ 4x2 – 18x + 14 = 0
α dan β akar-akar persamaan 4x2 – 18x + 14 = 0, Substitusikan x = –4 ke f(x) dan g(x).
f(–4) = –4 – 1 = –5 < 0
maka α + β = – b = 18 = 4 1 . g(–4) = (–4)2 – 7 · (–4) + 6 = 50 > 0
a 4 2 Oleh karena f(–4) dan g(–4) keduanya tidak
positif, x = –4 bukan penyelesaian.
20. Jawaban: d
34 – x + 3x – 30 = 0 4) h(x) = –1 ⇔ x + 4 = –1
⇔ x = –5
⇔ 34 + 3x – 30 = 0
3x Substitusikan x = –5 ke f(x) dan g(x).
f(–5) = –5 – 1 = –6 (genap)
––––––––––––––––– × 3x g(–5) = 25 + 35 + 6 = 66 (genap)
⇔ 34 + 32x – 30 · 3x = 0 Oleh karena f(–5) dan g(–5) keduanya genap,
⇔ 81 + 32x – 30 · 3x = 0 x = –5 merupakan penyelesaian.
Diperoleh semua penyelesaian: 1, 7, –3, dan –5.
Misalkan p = 3x, persamaan menjadi: Jumlahnya = 1 + 7 + (–3) + (–5) = 0.

81 + p2 – 30p = 0

⇔ p2 – 30p + 81 = 0 23. Jawaban: c
(x2)x = x4x – x2
⇔ (p – 3)(p – 27) = 0
⇔ x2x = x4x – x2
⇔ p – 3 = 0 atau p – 27 = 0
1) 2x = 4x – x2
⇔ p = 3 atau p = 27 ⇔ x2 – 2x = 0
⇔ x(x – 2) = 0
Untuk p = 3 ⇒ 3x = 3 ⇔ x = 0 atau x = 2

⇔ x=1 2) x = 1
3) x = 0
Untuk p = 27 ⇒ 3x = 33
Substitusikan x = 0 ke 2x dan 4x – x2.
⇔ x=3 2x = 2(0) = 0
4x – x2 = 4(0) – 02 = 0
Jadi, x13 + x23 = 13 + 33 = 1 + 27 = 28. x = 0 tidak memenuhi
4) x = –1
21. Jawaban: a Substitusikan x = –1 ke 2x dan 4x – x2
2x = 2(–1) = –2 (genap)
 9 x2 + 4x ·  125 x + 4 =1 4x – x2 = 4(–1) – (–1)2 = –5 (ganjil)
25  27  x = –1 tidak memenuhi
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {1, 2}.
 3 2(x2 + 4x) ·  3 −3(x + 4) =  3 0
5  5 5
⇔

⇔ 2(x2 + 4x) – 3(x + 4) = 0
⇔ 2x2 + 5x – 12 = 0
⇔ (2x – 3)(x + 4) = 0
⇔ 2x – 3 = 0 atau x + 4 = 0
24. Jawaban: d
3
⇔ x= 2 atau x = –4 5x – 2y + 1 = 25x – 2y
⇔ 5x – 2y + 1 = 52(x – 2y)
Oleh karena x1 < x2 maka x1 = –4 dan x2 = 3 . ⇔ x – 2y + 1 = 2(x – 2y)
2 ⇔ x – 2y + 1 = 2x – 4y
⇔ –x + 2y = –1
Nilai x1 – 2x2 = –4 – 2 · 3 = –7. . . . (i)
2
4x – y + 2 = 32x – 2y + 1
22. Jawaban: c ⇔ 22(x – y + 2) = 25(x – 2y + 1)
Misal h(x) = x + 4, f(x) = x – 1, dan g(x) = x2 – 7x + 6. ⇔ 2(x – y + 2) = 5(x – 2y + 1)
Penyelesaian persamaan tersebut dapat ⇔ 2x – 2y + 4 = 5x – 10y + 5
⇔ –3x + 8y = 1 . . . (ii)
ditentukan dari beberapa kemungkinan berikut.
Dari persamaan (i) dan (ii):
1) f(x) = g(x)
–x + 2y = –1 × 3 –3x + 6y = –3
⇔ x – 1 = x2 – 7x + 6
⇔ x2 – 8x + 7 = 0 –3x + 8y = 1 × 1 –3x + 8y = 1
⇔ (x – 1)(x – 7) = 0
⇔ x = 1 atau x = 7 ––––––––––– –

–2y = –4

⇔ y =2

Matematika Kelas XII Program IPA 197

Substitusikan y = 2 ke persamaan (i). ⇔ – 4x >9–x
–x + 2y = –1 3
⇔ –4x > 27 – 3x
⇔ –x + 4 = –1 ⇔ –x > 27
⇔ –x = –5 ⇔ x < –27
⇔ x=5
Nilai x + y = 5 + 2 = 7. Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
{x | x < –27}.
25. Jawaban: d
29. Jawaban: c
f(x) = 73x – 343 di atas sumbu X berarti f(x) > 0. 22x + 3 – 17 · 2x + 2 ≤ 0

73x – 343 > 0 ⇔ 8 · 22x – 17 · 2x + 2 ≤ 0
⇔ 73x > 343 Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:
⇔ 73x > 73
⇔ 3x > 3 8p2 – 17p + 2 ≤ 0
⇔ x>1 ⇔ (8p – 1)(p – 2) ≤ 0
Pembuat nol:
Jadi, domain grafik fungsi tersebut adalah {x | x > 1}. 8p – 1 = 0 atau p – 2 = 0

26. Jawaban: a ⇔ p= 1 atau p=2
Grafik fungsi f(x) di atas grafik fungsi g(x) jika 8
f(x) > g(x).
+ –+

5x2 – x + 5  1 −x − 8 12
5
f(x) > g(x) ⇒ > 8

⇔ 5x2 – x + 5 > 5x + 8 ⇔ 1 ≤p≤2
⇔ x2 – x + 5 > x + 8 8
⇔ x2 – 2x – 3 > 0
⇔ (x – 3)(x + 1) > 0 ⇔ 2–3 ≤ 2x ≤ 21
Pembuat nol: ⇔ –3 ≤ x ≤ 1
x – 3 = 0 atau x + 1 = 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –3 ≤ x ≤ 1}.

30. Jawaban: d

⇔ x = 3 atau x = –1 92x – 4  1 x2 −4
Penyelesaian: 27
≥

▲ + –+ ▲ ⇔ (32)2x – 4 ≥ (3–3)x2 – 4
⇔ 4x – 8 ≥ –3x2 + 12
–1 3
⇔ 3x2 + 4x – 20 ≥ 0
Jadi, interval x yang memenuhi sedemikian hingga
grafik fungsi f(x) di atas g(x) adalah x < –1 atau ⇔ (3x + 10)(x – 2) ≥ 0
x > 3.
Pembuat nol:

27. Jawaban: c 3x + 10= 0 atau x – 2 = 0
32x + 1 – 63 · 9x – 1 + 108 ≥ 0
⇔ 3x = –10 ⇔ x=2

⇔ 32x · 3 – 63 · 32x · 1 ≥ –108 ⇔ x = – 10
9 3

⇔ 32x(3 – 7) ≥ –108 Penyelesaian: +

⇔ 32x ≤ 27 +–

⇔ 32x ≤ 33 – 10 2
3
10
⇔ 2x ≤ 3 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x ≤ – 3 atau

⇔ x≤ 3 x ≥ 2}.
2

28. Jawaban: e B. Uraian

31 > 64x ⋅ 512 1. Grafik f(x) = 52x – 1 – 5 digeser ke atas 4 satuan
16x 128x maka:
f1(x) = 52x – 1 – 5 + 4 = 52x – 1 – 1
⇔ 2– 4x > 26x ⋅ 29 Grafik f(x) digeser ke kiri 2 satuan maka:
3 27x h(x) = 52(x + 2) – 1 – 1 = 52x + 3 – 1

⇔ 2– 4x > 29 – x
3

198 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen

Grafik h(x) memotong sumbu X jika y = h(x) = 0. Grafik fungsi:

h(x) = 0 ⇒ 52x + 3 – 1 = 0 Y X
⇔ 52x + 3 = 1 1
⇔ 2x + 3 = 0 –3 –2 –1 0 1 2 3

⇔ x = –1 1 –3
2
Grafik h(x) memotong sumbu Y jika x = 0.
x = 0 ⇒ h(0) = 50 + 3 – 1 = 125 – 1 = 124
Jadi, grafik fungsi h(x) memotong sumbu X di titik

(–1 1 , 0) dan memotong sumbu Y di titik (0, 124).
2

2. Grafik fungsi f(x) = memotong sumbu Y di titik y = –3x
(0, 7) dan melalui titik (1, 56) maka f(x) = 7abx dan –9
f(1) = 56.
f(1) = 7ab ⇔ 56 = 7 · ab 4. a. 24 · 82x – 1 + 43x + 2 = 304
⇔ ab = 8
b.
f( 1 ) + f(2) = 7a 1 b + 7 · a2b 5. a. ⇔ 24 · 82x · 1 + 43x · 42 = 304
3 3 8
b.
1 ⇔ 3 · 26x + 16 · 26x = 304
⇔ 26x(3 + 16) = 304
= 7((ab) 3 + (ab)2) ⇔ 26x = 16

1 ⇔ 26x = 24
⇔ 6x = 4
= 7(8 3 + 82)
= 7(2 + 64) ⇔ x= 2
= 462 3

3. a. f(x) = 2x – 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya { 2 }.
Tabel fungsi: 3

x . . . –2 –1 0 1 2 3 . . . 81x + 1 – 324 · 92x – 2 = 231

⇔81x · 81 – 324 · 92x · 1 = 231
81
⇔ 34x · 81 – 4 · 34x = 231
f(x) ... –1 3 –1 1 –1 0 2 6 ... ⇔ 34x(81 – 4) = 231
4 2

Grafik fungsi: ⇔ 34x = 3
⇔ 4x = 1

Y ⇔ x = 1
f(x) = 2x – 2 4
1
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 4 }.

6 5x2 – 2x + 1 = 6x2 – 2x + 1
5 ⇔ x2 – 2x + 1 = 0
4 ⇔ (x – 1)2 = 0
3 ⇔ x=1
2
1 X Jadi, nilai x yang memenuhi x = 1.

–2 –1 0 1 2 3 3 · 2x + 2 : 96 · 22x – 1 – 1 = 0

⇔ 3 · 2x + 2 : 96 · 22x · 1 =1
2
b. f(x) = –3x
Tabel fungsi: ⇔ 3 ⋅ 2x + 2 =1
48 ⋅ 22x
x . . . –2 –1 0 1 2 . . .
⇔ 2x + 2 =1
16 ⋅ 22x

f(x) ... – 1 – 1 –1 –3 –9 . . . ⇔ 2x + 2 = 2x + 4
9 3
⇔ x + 2 = 2x + 4

⇔ x = –2

Jadi, nilai x yang memenuhi x = –2.

Matematika Kelas XII Program IPA 199