c. 16x + 1 – 24 · 4x + 8 = 0 b. ( 1 )x2 + 4x + 1 < ( 1 )x + 5
⇔ 16x · 16 – 24 · 4x + 8 = 0 2 2
⇔ (4x)2 · 16 – 24 · 4x + 8 = 0
Misalkan p = 4x, persamaan menjadi: ⇔ x2 + 4x + 1 > x + 5
16p2 – 24p + 8 = 0 ⇔ x2 + 3x – 4 > 0
⇔ 2p2 – 3p + 1 = 0
⇔ (2p – 1)(p – 1) = 0 ⇔ (x + 4)(x – 1) > 0
Pembuat nol:
x + 4 = 0 atau x – 1 = 0
⇔ 2p – 1 = 0 atau p – 1 = 0 ⇔ x = –4 atau x = 1
⇔ p= 1 atau p =1 +– +
2 –4 1
⇔ 4x = 1 4x = 1
2
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
⇔ 22x = 2–1 22x = 20 {x | x < –4 atau x > 1}.
⇔ 2x = –1 2x = 0
1
⇔ x = – 2 x = 0 8. 22 – 2x + 2 < 9
Jadi, x memenuhi x = – 2x
nilai yang 1 dan x = 0.
2 4 9
⇔ 22x +2< 2x
6. Misal h(x) = x2 – 5x + 7, f(x) = x2 – 4, dan
g(x) = 2 – x. Misalkan p = 2x, pertidaksamaan menjadi:
Penyelesaian persamaan tersebut dapat ditentukan
dari beberapa kemungkinan berikut. 4 +2< 9
a. f(x) = g(x) p2 p
⇔ x2 – 4 = 2 – x
⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ 4 + 2p2 < 9p
⇔ (x + 3)(x – 2) = 0 ⇔ 2p2 – 9p + 4 < 0
⇔ x = –3 atau x = 2 ⇔ (2p – 1)(p – 4) < 0
Pembuat nol:
2p – 1 = 0 atau p – 4 = 0
b. h(x) = 1 ⇔ p= 1 atau p = 4
⇔ x2 – 5x + 7 = 1 2
⇔ x2 – 5x + 6 = 0
⇔ (x – 2)(x – 3) = 0 + –+
⇔ x = 2 atau x = 3
14
2
c. h(x) = 0 ⇔ 1 < p < 4
x2 – 5x + 7 = 0 2
D = (–5)2 – 4 · 1 · 7 = 25 – 28 = –3 < 0
(Tidak mempunyai penyelesaian bilangan nyata.) ⇔ 1 < 2x < 4
2
⇔ 2–1 < 2x < 22
d. h(x) = –1. ⇔ –1 < x < 2
x2 – 5x + 7 = –1 Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah {–1 < x < 2}.
⇔ x2 – 5x + 8 = 0
D = (–5)2 – 4 · 1 · 8 = 25 – 32 = –7 < 0 9. 4x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 1
16
(Tidak mempunyai penyelesaian bilangan ⇔
⇔ (22)x2 – x – 2 × 2x2 – 5x + 4 < 2–4
nyata) ⇔
⇔ 22x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < 2–4
Jadi, himpunan penyelesaiannya {–3, 2, 3}. ⇔
7. a. ( 3 )4x > 96x + 7 2x2 – 2x – 4 + x2 – 5x + 4 < –4
⇔ (3 1 )4x > (32)6x + 7 3x2 – 7x + 4 < 0
2
(3x – 4)(x – 1) < 0
⇔ 4x > 2(6x + 7)
2
⇔ 2x > 12x + 14
⇔ –10x > 14
⇔ x < – 14 ⇔ x < – 7
10 5
7
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < – 5 }.
200 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Eksponen
Pembuat nol: Misalkan 3x = p, pertidaksamaan menjadi:
3x – 4 = 0 atau x – 1 = 0
9p2 – 10p + 1 < 0
⇔ x= 4 atau x = 1 ⇔ (9p – 1)(p – 1) < 0
3
Pembuat nol:
+ –+
9p – 1 = 0 atau p – 1 = 0
14 ⇔ p= 1 atau p =1
9
3
⇔1<x< 4 Penyelesaian:
3
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan + –+
tersebut adalah 1 < x < 4 . 1 1
3
9
10. 32x + 3 – 10 · 3x + 1 + 3 < 0 ⇔ 1 <p<1
9
⇔ 33 · 32x – 10 · 3 · 3x + 1 + 3 < 0
⇔ 27 · 32x – 30 · 3x + 3 < 0 ⇔ 3–2 < 3x < 30
⇔ 9 · 32x – 10 · 3x + 1 < 0 ⇔ –2 < x < 0
Jadi, penyelesaiannya adalah –2 < x < 0.
Matematika Kelas XII Program IPA 201
Model Pengintegrasian Nilai Pendidikan Karakter Nilai Indikator
Standar Kompetensi Kompetensi Dasar
Mengajak siswa membuktikan rumus penyelesaian
5. Menggunakan aturan 5.1 Menggunakan sifat- Kritis persamaan logaritma
yang berkaitan de- sifat fungsi eksponen
ngan fungsi eksponen dan logaritma dalam
dan logaritma dalam pemecahan masalah.
pemecahan masalah.
5.2 Menggambar grafik
fungsi eksponen dan
logaritma.
5.3 Menggunakan sifat-
sifat fungsi eksponen
atau logaritma dalam
penyelesaian perti-
daksamaan eksponen
atau logaritma seder-
hana.
Pada bab ini akan dipelajari:
1. Fungsi logaritma
2. Grafik fungsi logaritma
3. Persamaan logaritma
4. Pertidaksamaan logaritma
Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Menggambar grafik fungsi logaritma Menyelesaikan persamaan logaritma Menyelesaikan pertidaksaman
logaritma
• Mendefinisikan pengertian fungsi • Mendefinisikan persamaan logaritma
logaritma • Menyelesaikan persamaan loga- • Mendefinisikan pertidaksamaan
logaritma
• Menyebutkan sifat-sifat fungsi ritma
logaritma • Menyelesaikan permasalahan yang • Menyelesaikan pertidaksamaan
logaritma
• Menggunakan sifat-sifat fungsi berkaitan dengan persamaan
logaritma logaritma • Menyelesaikan permasalahan yang
berkaitan dengan pertidaksamaan
• Menggambar grafik fungsi logaritma Siswa mampu menyelesaikan logaritma
persamaan logaritma
Siswa mampu menggambar grafik Siswa mampu menyelesaikan
fungsi logaritma pertidaksamaan logaritma
Siswa dapat menggambar grafik fungsi logaritma dan
menggunakan sifat-sifat fungsi logaritma untuk
menyelesaikan persamaan dan pertidaksamaan logaritma
202 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
A. Pilihan Ganda 5. Jawaban: a
Domain fungsi logaritma adalah Df = {x | x > 0 dan
1. Jawaban: a x ∈ R}.
1 y = 2log (x2 – 7x + 10)
f(8) = 4 log (2 · 82 + 8 + 8) Domain fungsinya:
x2 – 7x + 10 > 0
1 ⇔ (x – 5)(x – 2) > 0
= 4 log 144 + –+
1 25
= 4 log 9 · 16 ⇔ x < 2 atau x > 5
Jadi, domain fungsinya {x | x < 2 atau x > 5, x ∈ R}.
11
6. Jawaban: c
= 4 log 9 + 4 log 16 f(x) = xlog (2x2 + 5x – 3) terdefinisi jika x > 0, x ≠ 1,
dan (2x2 + 5x – 3) > 0.
= 2–2log 32 + 2–2log 24 2x2 + 5x – 3 > 0
= –2log 3 – 2 · 2log 2 ⇔ (2x – 1)(x + 3) > 0
= –2log 3 – 2
2. Jawaban: e + –+
2log (32x2 + 96x + 72) = 2log 8(4x2 + 12x + 9)
= 2log 8(2x2 + 3)2
= 2log 8 + 2log (2x + 3)2
= 3 + 2 · 2log (2x + 3)
= 3 + 2p
3. Jawaban: c –3 1
2
O⇔lehxk<ar–e3naatxau>x0>da21n x ≠ 1 maka nilai x yang
f(x) = 3log x = 3log x × 3log x = (3log x)2
2 − xlog 3 3log x 2 · 3log x − 1
2− 1
3 log x
f( 3 ) = (3 log 3 )2 memenuhi adalah x > 1 dan x ≠ 1.
x x 2
3
2 · 3log x − 1 Jadi, domainnya {x | x > 1 , x ≠ 1, x ∈ R}.
2
= (3log 3 − 3log x)2
2 · 3log 3 − 2 · 3log x − 1 7. Jawaban: d
(1 − 3log x)2 Cara 1
1 − 2 · 3log x
= f(x) = 2log (3x + 1 )
2
(3log x)2 (1 − 3log x)2
f(x) + f( 3 ) = 2 · 3log x − 1 – 1 − 2 · 3log x Beberapa titik yang dilalui
x
(3log x)2 − (1 − 3log x)2 0x 1 1 7 5 31 21
2 · 3log x − 1 626262
=
f(x) –1 0 1 2 3 4 5
= (3log x)2 − (1 − 2 · 3log x + (3log x)2 ) Y
2 · 3log x − 1
= 2 · 3log x − 1 7 y = f(x) = 2log (3x + 1 )
2 · 3log x − 1 6 2
5
=1 4
3
4. Jawaban: d 2 X
Fungsi y = alog x terdefinisi jika a > 0, a ≠ 1 serta 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
x > 0. Fungsi y = x – 2log 5 terdefinisi jika x – 2 > 0
dan x – 2 ≠ 1. –2 –1 0
1) x – 2 > 0 –1
⇔ x>2 –2
2) x – 2 ≠ 1
⇔ x ≠3
Dari 1) dan 2) diperoleh nilai x yang memenuhi
adalah x > 2 dan x ≠ 3.
Matematika Kelas XII Program IPA 203
Dari grafik tersebut diperoleh 11. Jawaban: e
f(x) = 5log 5x + 1
Domain = Df = {x| 0 ≤ x ≤ 21 , x ∈ R}
2 Beberapa titik yang dilalui
Range = Rf = {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R}
11 1
Cara 2 x 125 25 5 1 5
f(x) = 2log (3x + 1 ) g(x) = 5log 5x –2 –1 0 1 2
2
f(x) = 5log 5x + 1 –1 0 1 2 3
Fungsi logaritma f(x) dengan bilangan pokok a = 2 > 1
merupakan fungsi monoton naik. Dengan demikian, Y
semakin besar nilai x maka f(x) akan semakin
besar.
f(x) terkecil dicapai saat x = 0. 4
3
f(0) = 2log (3 × 0 + 1 ) = 2log 1 = –1 2 y = f(x) = 5log 5x + 1
2 2 1 y = g(x) = 5log 5x
f(x) terbesar dicapai saat x = 21 . –2 –1 0
2
21 21 1
f( 2 ) = 2log (3 × 2 + 2 ) = 2log 32 = 5 1 23 45 67 X
Range fungsi = {f(0) ≤ f(x) ≤ f( 1 )}
2
= {y| –1 ≤ y ≤ 5, y ∈ R} Dari grafik diperoleh kesimpulan berikut.
8. Jawaban: e 1) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 dapat diperoleh dengan
Grafik pada soal merupakan grafik fungsi logaritma
f(x) = alog x dengan a > 1. menggeser g(x) = 5 log 5x ke atas 1 satuan.
Sifat-sifat grafik tersebut:
1) mempunyai asimtot tegak x = 0; 2) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 memotong sumbu X
2) memotong sumbu X di titik (1, 0);
3) daerah asal fungsi {x | x > 0, x ∈ R}. di titik ( 1 , 0).
Jadi, pernyataan yang benar pada pilihan e. 25
3) Grafik f(x) = 5log 5x + 1 tidak memotong
sumbu Y.
Jadi, pernyataan yang benar adalah pilihan e.
9. Jawaban: b 12. Jawaban: b
Tabel titik bantu fungsi f(x) = 3log x
f(x) = – 3log x = 3log x–1 = 3log 1
x
x 0 1 39
1
f(x) = 3log x – 0 12 Jika grafik fungsi f(x) = 3log x dicerminkan
(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2) terhadap sumbu X, bayangannya:
Fungsi f(x) = 3log x melalui titik (1, 0), (3, 1), dan g(x) = 1 1 = 3−1log x−1 = 3log x.
(9, 2). x
3 log
Y 3 y = f(x) 13. Jawaban: b
2 9X f(x) = 2log 2x2
1
⇔ f(x) = x2 · 2log 2
01 ⇔ f(x) = x2
Grafik y = f(x) = x2 berbentuk parabola yang terbuka
ke atas. Jadi, grafik yang benar pilihan b.
Jadi, grafik yang sesuai adalah pilihan b. 14. Jawaban: a
10. Jawaban: d Grafik melalui titik (3, 1), maka
Grafik fungsi monoton turun dan memotong sumbu X 1 = alog 3 ⇔ a1 = 3 ⇔ a = 3.
di titik (1, 0), maka persamaannya: y = alog x dengan Persamaan grafik menjadi y = 3log x.
0 < a < 1. Persamaan grafik fungsi yang bilangan Invers dari y = 3log x adalah y–1 = 3x.
Jadi, persamaan grafik fungsi inversnya y = 3x.
1
pokoknya 0 < a < 1 adalah y = 2 log x.
Jadi, persamaan grafik fungsi yang mungkin
1
y = 2 log x.
204 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
15. Jawaban: b c. Fungsi f(x) = 4log (x + 1)
Fungsi f(x) = 3log x
x 0 3 15 63
x 0 1 39 f(x) = 4log 4x 0 1 2 3
f(x) = 3log x – 0 12 (x, f(x)) (0, 0) (3, 1) (15, 2) (63, 3)
(x, f(x)) – (1, 0) (3, 1) (9, 2) Grafik fungsi f(x) = 4log (x + 1)
Y f(x) = 3log x Y 15 63 X
3 9X 3
2 1
1 03
01 3 2. a. g(x) = k 2log x
b.
Grafik fungsi tersebut diperoleh dengan menggeser ⇔ g( 1 ) = k · 2log 1
f(x) = 3log x ke atas 1 satuan. 32 32
Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma pada
gambar adalah f(x) = 3log x + 1. ⇔ 15 = k · 2log 2–5
⇔ 15 = k · (–5)
⇔ k= 15 = –3
−5
Jadi, nilai k = –3.
B. Uraian
1. a. Fungsi f(x) = 4log x g(x) = k · 2log x
= –3 · 2log x
x 0 1 2 4 16 64
Beberapa titik yang dilalui fungsi g(x) = –3 · 2log x
1
f(x) = 4log x –0 2 1 2 3 x 1 1 1 12 4 8
(x, f(x)) 8 4 2
– (1, 0) (2, 1 ) (4, 1) (16, 2) (64, 3)
2
f(x) 9 6 3 0 –3 –6 –9
Grafik fungsi f(x) = 4log x
Y Y
9
3 16 64 X 8
1 7
0 12 4 6
5
b. Fungsi f(x) = 4log 4x 4
3
x 0 1 1 4 16 64 2 X
4 1 g(x) = –3 2log x
f(x) = 4log 4x – 0 1 2 3 4 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 8
–1
(x, f(x)) – ( 1 , 0) (1, 1) (4, 2) (16, 3) (64, 4) –2
4 –3
–4
Grafik fungsi f(x) = 4log 4x –5
–6
Y –7
–8
4 –9
1
01 4 16 64 X
Matematika Kelas XII Program IPA 205
1 1
3. f(x) = 3 log (ax + b) Diperoleh persamaan f(x) = 2 log 2x .
Grafik melalui titik (2, 0) dan (4, –1) maka: Grafik fungsi f(x) digeser ke kanan 2 satuan maka
1 1
f(2) = 0 ⇔ 3 log (a · 2 + b) = 0 g(x) = 2 log 2(x + 2) .
1 1
⇔ 3 log (2a + b) = 0 Jadi, persamaan grafik fungsi g(x) = 2 log 2(x − 2) .
⇔ 2a + b = 1 0 5. Grafik f(x) = 3log (–2x2 + px + n) mempunyai titik
3
ekstrem (–2, 2) maka:
⇔ 2a + b = 1 . . . . (1)
Absis titik ekstrem: xm = –2
1 −b
xm = 2a
f(4) = –1 ⇔ 3 log (a · 4 + b) = –1
1 ⇔ –2 = −p
2(−2)
⇔ 3 log (4a + b) = –1
⇔ 4a + b = 1 −1 ⇔ p = –8
3
⇔ 4a + b = 3 . . . . (2) Substitusi nilai p = –8 ke persamaan grafik f(x) =
Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2). 3log (–2x2 + px + n) diperoleh f(x) = 3log (–2x2 – 8x + n).
2a + b = 1
4a + b = 3 Grafik f(x) melalui titik (–2, 2), maka f(–2) = 2.
–––––––––– –
3log (–2(2)2 – 8(–2) + n) = 2
–2a = –2
⇔ a=1 ⇔ 3log (–8 + 16 + n) = 2
⇔ 3log (8 + n) = 2
Substitusi nilai a = 1 ke persamaan (1). ⇔ 8 + n = 32
2a + b = 1 ⇔ 2 · 1 + b = 1
⇔ 8+n=9
⇔ b = –1
⇔ n=1
Substitusi nilai a = 1 dan b = –1 ke persamaan Persamaan grafik menjadi:
1 f(x) = 3log (–2x2 – 8x + 1)
f(x) = 3 log (ax + b) diperoleh: f(–1) = 3log (–2(–1)2 – 8(–1) + 1)
1 = 3log (–2 + 8 + 1)
f(x) = 3 log (1 · x – 1) = 3log 7
1 f(–3) = 3log (–2(–3)2 – 8(–3) + 1)
= 3 log (x – 1)
Jadi, persamaan grafik fungsi logaritma
1 = 3log (–18 + 24 + 1)
f(x) = 3 log (x – 1). = 3log 7
4. Grafik f(x) = alog 2x melalui titik (2, –2) maka Nilai f(−1) = 3log 7 =1
f(−3) 3log 7
f(2) = –2.
f(2) = alog 4 Jadi, nilai f(−1) = 1.
f(−3)
⇔ –2 = alog 4
⇔ a–2 = 4
1
⇔ a–2 = ( 4 )–1
⇔ a–2 = ( 1 )–2
2
1
⇔ a= 2
206 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
A. Pilihan Ganda ⇔ 2x2 + 7x + 6 = 1
1. Jawaban: e ⇔ 2x2 + 7x + 5 = 0
3log (2x – 1) = 2
⇔ (2x + 5)(x + 1) = 0
⇔ 3log (2x – 1) = 3log 32 ⇔ 2x + 5 = 0 atau x + 1 = 0
⇔ 3log (2x – 1) = 3log 9
Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p. ⇔ x = –2 1 atau x = –1
2
⇔ 2x – 1 = 9
⇔ 2x = 10 Syarat numerus:
⇔ x =5
1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)
2) 2x + 3 > 0 ⇔ 2x > –3 ⇔ x > –1 1 . . . (2)
2
Syarat numerus: 2x – 1 > 0 Oleh karena x = –2 1 tidak memenuhi syarat
2
1
⇔ 2x > 1 numerus (1) dan (2) maka x = –2 2 bukan
⇔ x> 1 merupakan penyelesaian.
2
Oleh karena x = 5 memenuhi syarat numerus Oleh karena x = –1 memenuhi syarat numerus (1)
(x > 1 ) maka x = 5 merupakan penyelesaian. dan (2) maka x = –1 merupakan penyelesaian.
2
Jadi, nilai x yang memenuhi x = –1.
Jadi, penyelesaiannya x = 5. 4. Jawaban: b
2log (x2 + 11x + 31) = 6log (x2 + 11x + 31)
2. Jawaban: d Penyelesaian alog f(x) = blog f(x) adalah f(x) = 1.
x2 + 11x + 31 = 1
1 ⇔ x2 + 11x + 30 = 0
⇔ (x + 5)(x + 6) = 0
2 log (x2 – 4x + 5) = –1 ⇔ x = –5 atau x = –6
Oleh karena x2 > x1 maka x1 = –6 dan x2 = –5.
⇔ 1 – 4x + 5) = 1 log ( 1 )–1 Nilai x12 + 2x2 = (–6)2 + 2(–5) = 36 – 10 = 26.
2 2
2 log (x2 5. Jawaban: c
(3x + 1)log 25 = 2 · 4log 5
Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah f(x) = p.
⇔ x2 – 4x + 5 = ( 1 )–1
2
⇔ x2 – 4x + 5 = 2
⇔ x2 – 4x + 3 = 0
⇔ (x – 3)(x – 1) = 0
⇔ x – 3 = 0 atau x – 1 = 0 ⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 52
⇔ x = 3 atau x = 1
Syarat numerus: (x2 – 4x + 5) > 0 ⇔ (3x + 1)log 25 = 4log 25
⇔ 3x + 1 = 4
(x2 – 4x + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 ⇔ 3x = 3
⇔ x =1
maka (x2 – 4x + 5) definit positif sehingga Syarat bilangan pokok:
(x2 – 4x + 5) > 0 dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 3}.
3. Jawaban: b
1 1) 3x + 1 > 0 ⇔ 3x > –1
3log (x + 2) = 3 log (2x + 3) 1
3
⇔ 3log (x + 2) = –1 · 3log (2x + 3) ⇔ x > – . . . (1)
⇔ 3log (x + 2) = 3log (2x + 3)–1 2) 3x + 1 ≠ 1 ⇔ 3x ≠ 0
⇔ 3log (x + 2) = 3log ( 1 3 ) ⇔ x ≠ 0 . . . (2)
2x +
Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). Oleh karena x = 1 memenuhi syarat bilangan pokok
(1) dan (2) maka x = 1 merupakan penyelesaian.
⇔ x+2= 1 Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.
2x + 3
⇔ (x + 2)(2x + 3) = 1
Matematika Kelas XII Program IPA 207
6. Jawaban: e 8. Jawaban: e
1 (2x + 1)log (x2 + x + 2) · 4log (2x + 1) = 3
2
5log 2 2 = 6x + 1log 2
⇔ 1 · 5log 2 = 6x + 1log 2 ⇔ 4log (2x + 1) · (2x + 1)log (x2 + x + 2) = 3
2 2
3
⇔ 52log 2 = 6x + 1log 2
⇔ 4log (x2 + x + 2) = 4log 42
⇔ 25log 2 = 6x + 1log 2
Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalah f(x) = g(x). Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x).
⇔ 25 = 6x + 1 3
⇔ x2 + x + 2 = 42
⇔ 6x = 25 – 1 ⇔ x2 + x + 2 – 8 = 0
⇔ x2 + x – 6 = 0
⇔ 6x = 24 ⇔ (x + 3)(x – 2) = 0
⇔ x + 3 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x=4 ⇔ x = –3 atau x = 2
Syarat bilangan pokok:
1) 6x + 1 > 0 ⇔ 6x > –1 a. Syarat numerus:
⇔ x > – 1 1) x2 + x + 2 > 0
6
2) 6x + 1 ≠ 1 ⇔ 6x ≠ 0
⇔ x≠0 (x2 + x + 2) mempunyai nilai D < 0 dan
a > 0 maka (x2 + x + 2) definit positif
sehingga (x2 + x + 2) > 0 dipenuhi untuk
Oleh karena x = 4 memenuhi x > – 1 dan x ≠ 0
6 sebarang nilai x ∈ R. . . . (1)
maka x = 4 merupakan penyelesaian.
2) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 4.
1
7. Jawaban: d ⇔ x > – 2
xlog (3x2 + 14x – 24) – xlog (5x + 6) = 0
⇔ xlog (3x2 + 14x – 24) = xlog (5x + 6) b. Syarat bilangan pokok: . . . (2)
Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah f(x) = 1) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > –1
g(x). ⇔ x > – 1 . . . (3)
⇔ 3x2 + 14x – 24 = 5x + 6 2
⇔ 3x2 + 9x – 30 = 0
⇔ 3(x – 2)(x + 5) = 0 2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0
⇔ x = 2 atau x = 5 ⇔ x≠0 . . . (4)
a. Syarat numerus:
Oleh karena x = –3 tidak memenuhi pertidaksamaan
1) 3x2 + 14x – 24 > 0
(2) dan (3) maka x = –3 bukan merupakan
⇔ (3x – 4)(x + 6) > 0
penyelesaian.
Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1),
(2), (3), dan 4) maka x = 2 merupakan
penyelesaian.
+– + . . . (1) Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2.
–6 4 9. Jawaban: b
3
2) 5x + 6 > 0 xlog 81 – 2 · xlog 27 + xlog 9 + 1 · xlog 729 = 6
⇔ 5x > –6 . . . (2) 2
⇔ x > – 6 ⇔ xlog 34 – 2 · xlog 33 + xlog 32 + 1 · xlog 36 = 6
5 2
⇔ 4 · xlog 3 – 2 · 3 · xlog 3 + 2 · xlog 3
– 6 + 1 · 6 xlog 3 = 6
5 2
⇔ (4 – 6 + 2 + 3) xlog 3 = 6
b. Syarat bilangan pokok: ⇔ 3 · xlog 3 = 6
1) x > 0 . . . (3) ⇔ xlog 3 = 2
Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.
2) x ≠ 1 . . . (4)
Oleh karena x = 2 memenuhi pertidaksamaan (1), ⇔ 3 = x2
(2), (3), dan (4) maka x = 2 merupakan
penyelesaian. ⇔ x= 3 atau x = – 3
Oleh karena x = –5 tidak memenuhi pertidaksamaan Syarat bilangan pokok:
1) x > 0 . . . (1)
(2) dan (4) maka x = –5 bukan merupakan 2) x ≠ 1 . . . (2)
penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {2}.
208 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Oleh karena x = 3 memenuhi syarat bilangan Oleh karena x = –3 tidak memenuhi syarat
pokok (1) dan (2) maka x = 3 merupakan numerus (2) maka x = –3 bukan merupakan
penyelesaian. penyelesaian.
Oleh karena x = – 3 tidak memenuhi syarat
Jadi, penyelesaiannya x = – 1 .
bilangan pokok (1) maka x = – 3 bukan 2
merupakan penyelesaian.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 3 . 11. Jawaban: e
(3log x)2 – 3 · 3log x + 2 = 0
Misalkan 3log x = p, maka persamaan logaritma di
10. Jawaban: c atas menjadi:
3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 1 p2 – 3p + 2 = 0
⇔ 3log (x + 2) + 9log (4x2 + 12x + 9) = 3log 3 ⇔ (p – 1)(p – 2) = 0
⇔3log (x + 2) + 1 · 3log (4x2 + 12x + 9)= 3log 3 ⇔ p=1 atau p = 2
2 ⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2
1
⇔ x = 31 atau x = 32
⇔ 3log (x + 2) + 3log ((2x + 3)2) 2 = 3log 3 ⇔ x=3 atau x = 9
Syarat numerus:
⇔ 3log (x + 2) + 3log (2x + 3) = 3log 3 x>0
⇔ 3log ((x + 2)(2x + 3)) = 3log 3
Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah f(x) = g(x). Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat
numerus x > 0 maka x = 3 dan x = 9 merupakan
⇔ (x + 2)(2x + 3) = 3 penyelesaian.
⇔ 2x2 + 7x + 6 – 3 = 0 Diperoleh x1 = 3 atau x2 = 9.
Jadi, nilai x1x2 = 3 · 9 = 27.
⇔ 2x2 + 7x + 3 = 0
⇔ (2x + 1)(x + 3) = 0 12. Jawaban: d
⇔ 2x + 1 = 0 atau x + 3 = 0 2log2 (2x – 2) – 2log (2x – 2) = 2
⇔ x = – 1 atau x = –3 ⇔ (2log (2x – 2))2 – 2log (2x – 2) – 2 = 0
Syarat numerus: 2 Misalkan 2log (2x – 2) = p, maka persamaan
1) (x + 2)(2x + 3) > 0 logaritma menjadi:
p2 – p – 2 = 0
+–+ ⇔ (p – 2)(p + 1) = 0
–2 – 3 ⇔ p – 2 = 0 atau p+1 =0
2
⇔ p = 2 atau p = –1
⇔ 2log (2x – 2) = 2 atau 2log (2x – 2) = –1
⇔ x < –2 atau x > – 3 . . . (1) 2x – 2 = 22 atau 2x – 2 = 2–1
2 . . . (2) ⇔
2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 ⇔ 2x = 6 atau 2x = 2 1
2
⇔ x = 3 atau x = 1 1
Syarat numerus: 4
–2
2x – 2 > 0 ⇔ 2x > 2
3) 4x2 + 12x + 9 > 0 ⇔ x>1
⇔ (2x + 3)2 > 0
Oleh karena x = 3 dan x = 1 1 memenuhi syarat
4
1
++ numerus x > 1 maka x = 3 dan x = 1 4 merupakan
– 3 penyelesaian.
2
Jadi, nilai x yang memenuhi x = 3 atau x = 1 1 .
x < – 3 atau x > – 3 . . . (3) 4
⇔ 2 2
13. Jawaban: a
Oleh karena x = – 1 memenuhi syarat numerus (2log (x + 2))2 + 2log (x + 2)3 = 2log 1
2 4
⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = 2log 2–2
(1), (2), dan (3) maka x = – 1 merupakan ⇔2log2 (x + 2) + 3 · 2log (x + 2) = –2
2
penyelesaian.
Matematika Kelas XII Program IPA 209
Misalkan y = 2log (x + 2) maka persamaan menjadi: Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah
y2 + 3y = –2 f(x) = g(x).
⇔ y2 + 3y + 2 = 0
⇔ (y + 2)(y + 1) = 0 ⇔ (x – 2)(x – 4) = 8
y1 = –2 atau y2 = –1 ⇔ x2 – 6x + 8 – 8 = 0
⇔ 2log (x1 + 2) = –2 atau 2log (x2 + 2) = –1 ⇔ x2 – 6x = 0
⇔ ⇔ x = 0 atau x = 6
Syarat numerus:
⇔ 2log (x1 + 2) = 2log 1 atau 2log (x2 + 2) = 2log 1 1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 . . . (1)
4 2 2) x – 4 > 0 ⇔ x > 4 . . . (2)
1 1 Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) maka
⇔ x1 + 2 = 4 atau x2 + 2 = 2 x = 6 merupakan penyelesaian.
⇔ x1 = –1 3 atau x2 = –1 1 Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (1) dan (2)
4 2
maka x = 0 bukan merupakan penyelesaian.
|x1 – x2| = |–1 3 – (–1 1 )| Jadi, penyelesaiannya x = 6.
4 2
b. log (2x2 – 11x + 12) = log x(x – 3)
= |– 1 | ⇔ log (2x2 – 11x + 12) = log (x2 – 3x)
4 Penyelesaian alog f(x) = alog g(x) adalah
f(x) = g(x).
= 1 = 0,25 2x2 – 11x + 12 = x2 – 3x
4 ⇔ x2 – 8x + 12 = 0
⇔ (x – 2)(x – 6) = 0
14. Jawaban: b ⇔ x = 2 atau x = 6
Syarat numerus:
5 · xlog 8 − 3 =6 1) 2x2 – 11x + 12 > 0
5 − xlog 8
⇔ (2x – 3)(x – 4) > 0
Misal xlog 8 = p persamaan menjadi:
⇔ 5p − 3 =6
5−p
⇔ 5p – 3 = 30 – 6p
⇔ 11p = 33
⇔ p=3
⇔ xlog 8 = 3
⇔ 8 = x3
+–+
⇔ x=38 =2
3 4
Jadi, nilai x yang memenuhi 2. 2
15. Jawaban: a ⇔ x< 3 atau x > 4 . . . (1)
2
5 5log (4x2 + 3) + 4 2log (x2 – 1) = 39
2) x(x – 3) > 0
⇔ 5 5log (4x2 + 3) + 2 2 2log (x2 – 1) = 39 + – +
⇔ 5 5log (4x2 + 3) + 2 2log (x2 – 1)2 = 39 0 3
⇔ (4x2 + 3) + (x2 – 1)2 = 39
⇔ 4x2 + 3 + x4 – 2x2 + 1 = 39
⇔ x4 + 2x2 – 35 = 0 ⇔ x < 0 atau x > 3 . . . (2)
⇔ (x2 + 7)(x2 – 5) = 0
⇔ x2 + 7 = 0 atau x2 – 5 = 0 Oleh karena x = 2 tidak memenuhi (1) dan (2)
maka x = 2 bukan merupakan penyelesaian.
(tidak ada x x=± 5 Oleh karena x = 6 memenuhi (1) dan (2) maka
x = 6 merupakan penyelesaian.
yang memenuhi) Jadi, penyelesaiannya x = 6.
Syarat numerus: 4x2 + 3 > 0 2. a. (2x + 1)log (2x2 + x – 1) = (2x + 1)log (x2 + 5)
(4x2 + 3) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka Penyelesaian h(x)log f(x) = h(x)log g(x) adalah
(4x2 + 3) definit positif sehingga (4x2 + 3) > 0 f(x) = g(x).
dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. Oleh karena ⇔ 2x2 + x – 1 = x2 + 5
⇔ x2 + x – 6 = 0
a > b maka a = x1 = 5 dan b = x2 = – 5 . ⇔ (x – 2)(x + 3) = 0
Jadi, a – b = 5 – (– 5 ) = 2 5 . ⇔ x – 2 = 0 atau x + 3 = 0
⇔ x = 2 atau x = –3
B. Uraian
1. a. 2log (x – 2) + 2log (x – 4) = 3
⇔ 2log ((x – 2)(x – 4)) = 2log 8
210 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
1) Syarat numerus: c. (x + 1)log (3x2 + 2x – 1) = 2
a) 2x2 + x – 1 > 0 Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah
g(x) = (f(x))p.
⇔ (2x – 1)(x + 1) > 0 ⇔ (3x2 + 2x – 1) = (x + 1)2
⇔ 3x2 + 2x – 1 = x2 + 2x + 1
⇔ x < –1 atau x > 1 . . . (1) ⇔ 2x2 – 2 = 0
2 ⇔ 2(x2 – 1) = 0
b) x2 + 5 > 0
(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan ⇔ 2(x – 1)(x + 1) = 0
a > 0 maka (x2 + 5) definit positif ⇔ x – 1 = 0 atau x + 1 = 0
⇔ x = 1 atau x = –1
sehingga (x2 + 5) > 0 dipenuhi untuk
sebarang nilai x ∈ R. . . . (2) 1) Syarat numerus:
2) Syarat bilangan pokok: 3x2 + 2x – 1 > 0
a) 2x + 1 > 0 ⇔ 2x > 1 1 ⇔ (3x – 1)(x + 1) > 0
b) 2
⇔ x > – . . . (3) ⇔ x < –1 atau x > 1 . . . (1)
2x + 1 ≠ 1 ⇔ 2x ≠ 0 3
2) Syarat bilangan pokok:
⇔ x≠0 . . . (4)
a) x + 1 > 0
Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), (3), dan
⇔ x > –1 . . . (2)
(4) maka x = 2 merupakan penyelesaian.
b) x + 1 ≠ 1
Oleh karena x = –3 tidak memenuhi (3) maka ⇔ x≠0 . . . (3)
x = –3 bukan merupakan penyelesaian. Oleh karena x = 1 memenuhi syarat (1), (2),
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2. dan (3) maka x = 1 merupakan penyelesaian.
b. xlog 4 + 4log x = 5 Oleh karena x = –1 tidak memenuhi syarat
2
(1) dan (2) maka x = –1 bukan merupakan
⇔ log 4 + 4log x = 5 penyelesaian.
log x 2
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1.
⇔ 1 + 4log x = 5 3. a. (3x2 + 10)log 3 = 1 1 + 4 · 11xlog 3
2
log x
log 4 27 log 11x
⇔ 1 + 4log x = 5 ⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 1 + 11xlog 34
4log x 2 27
⇔ 1 + (4log x)2 = 5 4log x ← kali 4log x ⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 81
2 27
Misalkan 4log x = A maka persamaan
⇔ (3x2 + 10)log 3 = 11xlog 3
logaritma menjadi: Penyelesaian f(x)log a = g(x)log a adalah
1 + A2 = 5 A f(x) = g(x).
2
5 ⇔ 3x2 + 10 = 11x
⇔ A2 – 2 A + 1 = 0 ⇔ 3x2 – 11x + 10 = 0
⇔ (3x – 5)(x – 2) = 0
⇔ 2A2 – 5A + 2 = 0 ← kali 2 ⇔ 3x – 5 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ (2A – 1)(A – 2) = 0
⇔ 2A – 1 = 0 atau A – 2 = 0
⇔ x= 5 atau x = 2
⇔ A= 1 atau A=2 3
2
Syarat bilangan pokok:
1 1) 3x2 + 10 > 0
⇔ 4log x = 2 atau 4log x = 2 (3x2 + 10) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0
1 maka (3x2 + 10) definit positif sehingga
⇔ x = 42 atau x = 42 (3x2 + 10) > 0 dipenuhi untuk sebarang
⇔ x = 2 atau x = 16 nilai x ∈ R. . . . (1)
1) Syarat numerus: x > 0 . . . (1) 2) 11x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)
2) Syarat bilangan pokok: Oleh karena x = 5 dan x = 2 memenuhi syarat
3
x > 0, x ≠ 1 . . . (2)
Oleh karena x = 2 dan x = 16 memenuhi syarat (1) dan (2) maka x = 5 dan x = 2 merupakan
3
(1) dan (2) maka x = 2 dan x = 16 merupakan
penyelesaian. penyelesaian.
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 2 dan 16. Jadi, himpunan penyelesaiannya = { 5 , 2}.
3
Matematika Kelas XII Program IPA 211
b. 3log2 x – 3 3 log x = 3 log 9 Syarat numerus: x > 0 . . . (1)
4. a. x3 > 0 . . . (2)
11
b. Oleh karena x = 5 dan x = 25 memenuhi (1)
⇔ 3log2 x – 33 log x = 32 log 32 dan (2) maka x = 5 dan x = 25 merupakan
penyelesaian.
⇔ 3log2 x – 3 · 3log x = 4 · 3log 3
⇔ 3log2 x – 3 · 3log x – 4 = 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {5, 25}.
⇔ (3log x – 4)(3log x + 1) = 0 5. 104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0
⇔ 3log x – 4 = 0 atau 3log x + 1 = 0 Penyelesaian f(x)log g(x) = p adalah g(x) = (f(x))p.
⇔ (102 log x)2 – 6(102 log x) + 5 = 0
⇔ 3log x = 4 atau 3log x = –1
Penyelesaian alog f(x) = alog p adalah
f(x) = p. x = 34 atau x = 3–1 Misalkan y = 102 log x.
⇔ ⇔ y2 – 6y + 5 = 0
⇔ (y – 1)(y – 5) = 0
⇔ x = 81 atau x= 1 ⇔ y = 1 atau y = 5
3
Syarat numerus: x > 0 y = 1 ⇔ 102 log x = 1
⇔ 102 log x = 100
Oleh karena x = 1 dan x = 81 memenuhi
3 ⇔ 2 log x = 0
⇔ x = 20
syarat x > 0 maka x = 1 dan x = 81 ⇔ x=1
3
merupakan penyelesaian.
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 1 , 81}. y=5 ⇔ 102 log x = 5
3
x(3 – 3log x) = 9 ⇔ log 102 log x = log 5
⇔ 3log x(3 – 3log x) = 3log 9 ⇔ 2 log x · log 10 = log 5
⇔ (3 – 3log x) · 3log x = 2 ⇔ 2 log x = log 5
⇔ 3 · 3log x – 3log2 x = 2 ⇔ log x2 = log 5
⇔ 3log2 x – 3 · 3log x + 2 = 0 ⇔ x2 = log 5
⇔ (3log x – 1)(3log x – 2) = 0 ⇔ x = – 5 atau x = 5
⇔ 3log x = 1 atau 3log x = 2 Syarat numerus: x > 0
⇔ 3log x = 3log 31 atau 3log x = 3log 32 Oleh karena x = 1 dan x = 5 memenuhi syarat
⇔ x = 3 atau x = 9 numerus maka x = 1 dan x = 5 merupakan
Syarat numerus: x > 0 penyelesaian.
Oleh karena x = 3 dan x = 9 memenuhi syarat Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.
5
numerus maka x = 3 dan x = 9 merupakan Cara lain:
104 log x – 6(102 log x) + 5 = 0
penyelesaian.
⇔ 10log x4 – 6(10log x2) + 5 = 0
Jadi, himpunan penyelesaiannya {3, 9}. ⇔ x4 – 6x2 + 5 = 0
⇔ (x2 – 1)(x2 – 5) = 0
5log2 x + 55log 21 – 5log 3 = 5log x3 + 255log 5 ⇔ x2 = 1 atau x2 = 5
⇔ 5log2 x + 55log 21 = 3 · 5log x + (55log 5 )2 ⇔ x = ±1 atau x = ±
3
⇔ 5log2 x + 55log 7 = 3 · 5log x + (55log 5 )2
Ingat aalog b = b.
⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + ( 5 )2 Oleh karena x numerus maka x > 0.
⇔ 5log2 x + 7 = 3 · 5log x + 5
⇔ 5log2 x – 3 · 5log x + 2 = 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya {1, 5 }.
⇔ (5log x – 1)(5log x – 2) = 0
⇔ 5log x = 1 atau 5log x = 2
⇔ 5log x = 5log 5 5log x = 5log 52
⇔ x=5 x = 25
212 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
A. Pilihlah jawaban yang tepat. Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.
1. Jawaban: c – 10 –3 3 10
2log (x – 1)2 ≤ 2
⇔ 2log (x – 1)2 ≤ 2log 4 Jadi, himpunan penyelesaiannya
Untuk a > 1 penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) adalah
f(x) ≤ g(x). {x | – 10 < x < –3 atau 3 < x < 10 }.
⇔ (x – 1)2 ≤ 4
⇔ x2 – 2x + 1 – 4 ≤ 0 3. Jawaban: d
⇔ x2 – 2x – 3 ≤ 0
1 1 ( 1 )–1
5
5 log (x2 – 2x – 3) > 5 log
⇔ (x + 1)(x – 3) ≤ 0 11
⇔ 5 log (x2 – 2x – 3) > 5 log 5
+–+ Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)
adalah f(x) < g(x).
–1 3 ⇔ x2 – 2x – 3 < 5
⇔ x2 – 2x – 8 < 0
⇔ –1 ≤ x ≤ 3 . . . . (1) ⇔ (x + 2)(x – 4) < 0
Syarat numerus:
(x – 1)2 > 0 ⇔ (x – 1)(x – 1) > 0
1 + – +
–2 4
⇔ x≠1 . . . . (2)
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut. ⇔ –2 < x < 4 . . . . (1)
–1 1 3 Syarat numerus:
x2 – 2x – 3 > 0
Jadi, nilai x yang memenuhi –1 < x ≤ 3, x ≠ 1. ⇔ (x – 3)(x + 1) > 0
2. Jawaban: e +–+ . . . . (2)
1 ⇔ –1 3
3 log (x2 – 9) > 0
1 1 1 Irisan (1) dan (2) sebagai berikut.
3 3
⇔ 3 log (x2 – 9) > log ( )0
. . . . (3)
11 –2 –1 34
⇔ 3 log (x2 – 9) > 3 log 1 ⇔ –2 < x < –1 atau 3 < x < 4
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) Nilai yang memenuhi –2 < x < –1 atau 3 < x < 4
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | –2 < x < –1
adalah f(x) < g(x). atau 3 < x < 4}.
⇔ x2 – 9 < 1
4. Jawaban: c
⇔ x2 – 10 < 0 2log (x2 + x + 4) < 5log 625
⇔ 2log (x2 + x + 4) < 4
⇔ (x + 10 )(x – 10 ) < 0 ⇔ 2log (x2 + x + 4) < 2log 16
⇔ x2 + x + 4 < 16
+– + ⇔ x2 + x – 12 < 0
– 10 10 ⇔ (x + 4)(x – 3) < 0
⇔ –4 < x < 3
⇔ – 10 < x < – 10 . . . . (1)
Syarat numerus: . . . . (2)
x2 – 9 > 0 ⇔ (x + 3)(x – 3) > 0
+– + + – +
–4 3
–3 3
⇔ x < –3 atau x > 3
Matematika Kelas XII Program IPA 213
Syarat numerus: x2 + x + 4 > 0 ⇔ p< 1 atau p > 3
(x2 + x + 4) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka 2
(x2 + x + 4) definit positif sehingga (x2 + x + 4) > 0
dipenuhi untuk sebarang nilai x ∈ R. ⇔ 9log x < 1 atau 9log x > 3
Jadi, nilai x yang memenuhi –4 < x < 3. 2
⇔ 9log x < 9log 1 atau 9log x >9log 93
92
5. Jawaban: c ⇔ 9log x < 9log 3 atau 9log x >9log 729
1 ⇔ x<3 atau x > 729 . . .(1)
5log (x – 1) ≤ 5 log (2x – 1)
⇔ 5log (x – 1) ≤ 5log (2x – 1)–1 Syarat numerus:
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x)
adalah f(x) ≤ g(x). x > 0 . . . (2)
Dari (1) dan (2) diperoleh nilai x yang memenuhi
⇔ x–1≤ 1 adalah 0 < x < 3 atau x > 729.
2x − 1
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 3
⇔ (x – 1) – 1 ≤0 atau x > 729}.
2x − 1
7. Jawaban: b
(x − 1)(2x − 1) − 1 ≤0
⇔ 2x − 1 1 1
2
2x2 − 3x ≤0 2 log 2 = 2–1log 2 = –1 · 2log 2 = 2log 2–1 = 2log
2x − 1
⇔ 1
2 log 2 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)
x(2x − 3)
⇔ 2x − 1 ≤0 2log 1 + 2log (3x – 1) < 2log (x + 2)
2
⇔
– +– + . . . . (1) ⇔ 2log (3x − 1) < 2log (x + 2)
2
0 1 3 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)
2 2
Syarat numerus:
adalah f(x) < g(x).
1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1
3x − 1
. . . . (2) ⇔ 2 < x + 2
1 ⇔ 3x – 1 < 2x + 4
⇔ x<5
1
2) 2x – 1 > 0 ⇔ x > 2 . . . . (1)
Syarat numerus: 5
1 . . . . (3) 1) 3x – 1 > 0 ⇔ x > 1
3
2
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
. . . . (3) . . . . (2)
0 1 1 3 1
2 2 3
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 1 < x ≤ 3 }. 2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2
2
6. Jawaban: d . . . . (3)
2 · 9log2 x – 7 · 9log x > –3
Misalkan p = 9log x. Persamaan logaritma di atas –2
menjadi
2p2 – 7p > –3 Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
⇔ 2p2 – 7p + 3 > 0 –2 1 5
⇔ (2p – 1)(p – 3) > 0 3
⇔ 1 <x<5
3
+ –+ Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 5.
3 3
1
2
214 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
8. Jawaban: a 2) x2 + 4x + 4 > 0
log (x – 2) + log (x + 1) < 2 log (x + 4) ⇔ (x + 2)2 ≥ 0
⇔ log ((x – 2)(x + 1)) < log (x + 4)2
⇔ (x – 2)(x + 1) < (x + 4)2 –2
⇔ x2 – x – 2 < x2 + 8x + 16
⇔ x < –2 atau x > –2 . . . . (3)
⇔ –9x < 18
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
⇔ –x < 2
⇔ x > –2
. . . . (1) – 8 –2 – 2 0
3 3
–2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | – 2 < x < 0}.
3
Syarat numerus:
1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2 10. Jawaban: e
2) x + 1 > 0 ⇔ x > –1
3) x + 4 > 0 ⇔ x > –4 1
(x + 2)log (x2 + 2x + 1) · 3 log (x + 2) > –2
2 . . . . (2) 1
–1 . . . . (3)
⇔ 3 log (x + 2) · (x + 2)log (x2 + 2x + 1) > –2
1
⇔ 3 log (x2 + 2x + 1) > –2
⇔ 1 1 1 −2
3
3 log (x2 + 2x + 1) > 3 log
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)
. . . . (4) adalah f(x) < g(x).
–4 ⇔ x2 + 2x + 1 < 1 −2
3
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai ⇔ x2 + 2x + 1 < 9
berikut.
⇔ x2 + 2x – 8 < 0
⇔ (x + 4)(x – 2) < 0
–4 –2 –1 2 + – +
–4 2
Jadi, nilai x yang memenuhi x > 2. . . . . (1)
9. Jawaban: c ⇔ –4 < x < 2
11 Syarat numerus:
1) x2 + 2x + 1 > 0
2 log (3x + 2) + 4 log (x2 + 4x + 4) > –2
⇔ x < –1 atau x > –1
⇔ 1 12 1 1 −2
2
2 log (3x + 2) + 2 log (x + 2)2 > 2 log
1 11 . . . . (2)
⇔ 2 log (3x + 2) + 2 log (x + 2) > 2 log 4 (x + 1)2 > –1
11 ⇔ 0
⇔ 2 log ((3x + 2)(x + 2)) > 2 log 4 2) x + 2 > 0 ⇔ x > –2
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x) –2 . . . . (3)
adalah f(x) < g(x).
⇔ (3x + 2)(x + 2) < 4 Syarat bilangan pokok:
⇔ 3x2 + 8x + 4 – 4 < 0 1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2
⇔ 3x2 + 8x < 0 2) x + 2 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1
⇔ x(3x + 8) < 0
+ –+ . . . . (4)
8 0 8 –2 –1
−3 3
– < x < 0 . . . . (1) Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai
⇔ berikut.
Syarat numerus:
1) 3x + 2 > 0 ⇔ x > – 2 –4 –2 –1 2
3
2 . . . . (2) Jadi, nilai x yang memenuhi: –2 < x < 2 dengan
−3 x ≠ –1.
Matematika Kelas XII Program IPA 215
11. Jawaban: e 2) 1 – 2log x > 0 ⇔ 2log x < 1 . . . . (3)
2log x – xlog 2 > 0 ⇔ x<2
⇔ 2log x – 1 >0
2log x
Misal 2log x = y, pertidaksamaan logaritma 2
menjadi: Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
y– 1 >0
y
⇔ y2 − 1 >0 01 2
y
8
⇔ (y − 1)(y + 1) >0 1 ≤x <2
y 8
– +– + Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 1 ≤ x < 2.
8
–1 0 1
⇔ –1 < y < 0 atau y > 1 13. Jawaban: d
⇔ –1 < 2log x < 0 atau 2log x > 1 Misalkan alog x = p
alog2 x ≥ 8 + 2 alog x
⇔ 2log 1 < 2log x < 2log 1 atau 2log x > 2log 2 ⇔ p2 ≥ 8 + 2p
2 ⇔ p2 – 2p – 8 ≥ 0
⇔ (p + 2)(p – 4) ≥ 0
⇔ 1 < x < 1 atau x > 2 . . . . (1)
2
1 1 2 + –+
2
–2 4
Syarat numerus: x > 0 . . . . (2)
⇔ p ≤ –2 atau p ≥ 4
Syarat bilangan pokok: x > 0, x ≠ 1 . . . . (3) ⇔ alog x ≤ –2 atau alog x ≥ 4
⇔ x ≤ a–2 atau x ≥ a4
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
0 1 1 2 ⇔ x≤ 1 atau x ≥ a4 . . . . (1)
2 a2 . . . . (2)
1
Jadi, nilai x yang memenuhi 2 < x < 1 atau x > 2. Syarat numerus: x > 0
12. Jawaban: c Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
1
2 log (1 – 2log x) ≥ –2
0 1 a4
1 <(1a–<21lo,gpex)ny≥el21elosgaia 2n1a−l2og a2
⇔ 2 log f(x) ≥ alog g(x) Jadi, nilai x yang memenuhi 0 < x ≤ 1 atau x ≥ a4.
a2
Untuk 0
adalah f(x) ≤ g(x). 14. Jawaban: d
⇔ 1 – 2log x ≤ 4 7(x – 1)log 11 ≥ 11
⇔ 2log x ≥ –3 ⇔ log 7(x – 1)log 11 ≥ log 11
⇔ x ≥ 2–3 ⇔ (x – 1)log 11 · log 7 ≥ log 11
⇔ x ≥ 1 . . . . (1) log 11
8 log (x − 1)
⇔ · log 7 ≥ log 11
1 ⇔ log 7 ≥ log (x – 1)
8 ⇔ 7≥x–1
⇔ x≤8
Syarat numerus:
1) x > 0 . . . . (2) . . . . (1)
8
0 Syarat bilangan pokok:
1) x – 1 > 0 ⇔ x > 1
2) x – 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 2
. . . . (2)
12
216 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut. + – +
–3 4 . . . (1)
12 8 ⇔ –3 < x < 4
Syarat numerus
Jadi, himpunan penyelesaiannya x2 – x – 6 > 0
{x | 1 < x ≤ 8, x ≠ 2}. ⇔ (x + 2)(x – 3) > 0
15. Jawaban: c +–+
Grafik fungsi f(x) di atas g(x) berarti g(x) < f(x).
–2 3
11
⇔ x < –2 atau x > 3 . . . (2)
9 log (x2 – 2x) < 3 log (x + 2) Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
12 1
⇔ 3 log (x2 – 2x) < 3 log (x + 2)
1 11 –3 –2 34
⇔ 3 log (x2 − 2x)2 < 3 log (x + 2) ⇔ –3 < x < –2 atau 3 < x < 4
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x)
adalah f(x) > g(x).
⇔ x2 − 2x > x + 2 Jadi, himpunan penyelesaiannya
{x | –3 < x < –2 atau 3 < x < 4}.
⇔ x2 – 2x > (x + 2)2
⇔ x2 – 2x > x2 + 4x + 4 1
⇔ 6x < –4 b. 4 log (x2 – 24) ≥ 0
1 1
⇔ x < – 2 ⇔ (x2 – 24) ≥ 4 log ( 41 )0
3 4 log
11
⇔ 4 log (x2 – 24) ≥ 4 log 1
. . . . (1) Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog
2 g(x) adalah f(x) ≤ g(x).
−3 ⇔ x2 – 24 ≤ 1
Syarat numerus: ⇔ x2 – 25 ≤ 0
1) x + 2 > 0
⇔ x > –2
⇔ (x + 5)(x – 5) ≤ 0
–2 . . . . (2) + –+
2) x2 – 2x > 0 –5 5
⇔ x(x – 2) > 0 . . . (1)
⇔ x < 0 atau x > 2 ⇔ –5 ≤ x ≤ 5
Syarat numerus
+ –+ x2 – 24 > 0
02
. . . . (3) ⇔ (x + 2 6 )(x – 2 6 ) > 0
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai berikut.
+– +
–2 2 0 2 –2 6 2 6
−3
Jadi, batas nilai x yang memenuhi –2 < x < – 2 . ⇔ x < –2 6 atau x > 2 6 . . . (2)
3 Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut.
B. Uraian
1. a. 6log (x2 – x – 6) < 1
⇔ 6log (x2 – x – 6) < 6log 61
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) < alog g(x) –5 –2 6 2 6 5
adalah f(x) > g(x).
⇔ x2 – x – 6 < 6 ⇔ –5 ≤ x < –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5
⇔ x2 – x – 12 < 0 Jadi, himpunan penyelesaiannya
⇔ (x + 3)(x – 4) < 0 {x | –5 ≤ x ≤ –2 6 atau 2 6 < x ≤ 5}.
Matematika Kelas XII Program IPA 217
2. a. 111 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≥ alog g(x)
adalah f(x) ≤ g(x).
5 log (x + 5) + 5 log (x – 3) < 5 log (5x + 3)
⇔ x+1 ≥ 1
11 x −1 2
⇔ 5 log (x + 5)(x – 3) < 5 log (5x + 3) ⇔ x+1 – 1 ≥0
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) < alog x −1 2
g(x) adalah f(x) > g(x).
⇔ (x + 5)(x – 3) > 5x + 3 ⇔ 2x + 2 − (x −1) ≥0
⇔ x2 + 5x – 3x – 15 – 5x – 3 > 0 2(x −1)
⇔ x2 – 3x – 18 > 0
⇔ (x + 3)(x – 6) > 0 ⇔ x+3 ≥0
2(x − 1)
+– + – + . . . . (1)
–3 6 –3 1
⇔ x < –3 atau x > 6 . . . (1) ⇔ x ≤ –3 atau x > 1
Syarat numerus
1) x + 5 > 0 ⇔ x > – 5 . . . (2) Syarat numerus:
1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1 . . . . (2)
2) x – 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (3)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai
berikut.
–5 . . . (3) –3 –1 1
2) x – 3 > 0 ⇔ x > 3 Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan
tersebut adalah x > 1.
3 3. a. Fungsi f terdefinisi apabila syarat numerusnya
dipenuhi, yaitu:
3) 5x + 3 > 0 ⇔ 5x > –3 x2 – x – 6 > 0
⇔ (x + 2)(x – 3) > 0
⇔ x > – 3 . . . (4) ⇔ x < –2 atau x > 3
5
– 3 +– +
5
–2 3
Irisan penyelesaian (1), (2), (3), dan (4) sebagai
berikut. Jadi, daerah asal fungsi f(x) adalah
{x | x < –2 atau x > 3}.
–5 –3 – 3 36 b. f(x) ≥ 0 ⇔ 1 – 6log (x2 – x – 6) ≥ 0
5
⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 1
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan ⇔ 6log (x2 – x – 6) ≤ 6log 6
tersebut adalah x > 6. ⇔ x2 – x – 6 ≤ 6
⇔ x2 – x – 12 ≤ 0
1 3–1log 22 2 · 3log 2 ⇔ (x + 3)(x – 4) ≤ 0
3 −1
b. log 4 = = + –+
= −1 · 3log 2–1 = 3 log 1 –3 4
2
1 ⇔ –3 ≤ x ≤ 4
Oleh karena domain fungsi f adalah {x | x < –2
2 atau x > 3} maka fungsi f tidak negatif untuk
interval –3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.
1 Jadi, interval x yang memenuhi f(x) ≥ 0 adalah
–3 ≤ x < –2 atau 3 < x ≤ 4.
3 log (x + 1) – 3 log (x – 1) ≥ 3 log 4
4. Misalkan alog x = p
⇔ 3 log x + 11 ≥ 3 log 1 alog2 x + 10 ≤ 7 alog x
x − 2 ⇔ p2 + 10 ≤ 7p
⇔ p2 – 7p + 10 ≤ 0
⇔ 3 log x + 11 ≥ ( 3)2 log 2–2 ⇔ (p – 2)(p – 5) ≤ 0
x −
⇔ 3 log x + 11 ≥ 3 log 2–1
x −
218 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
+ –+ 2) 3x + 1 > 0
2x −1
25
+ –+
⇔ 2≤p≤5
⇔ 2 ≤ alog x ≤ 5 – 1 1
⇔ alog a2 ≤ alog x ≤ a5 3 2
⇔ a2 ≤ x ≤ a5
Jadi, nilai x yang memenuhi a2 ≤ x ≤ a5. ⇔ x < – 1 atau x > 1 . . . . (3)
3 2
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai
1 1 3x + 11 berikut.
2x −
5. a. 2 log 4 log <0
1 1 3x + 11 < 1 –2 – 1 – 1 1
2x − 2 3 2
⇔ 2 log 4 log 2 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog Jadi, himpunan penyelesaiannya
g(x) adalah f(x) < g(x). {x | – 1 <x< – 1 }.
2 3
1
⇔ 3x + 11 >1 b. Nilai bilangan pokok bisa 0 < x < 1 atau x > 1.
4 log 2x −
1) untuk 0 < x < 1 . . . . (1)
1 1 1
⇔ 3x + 11 > 4
4 log 2x − 4 log
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > alog 01
g(x) adalah f(x) < g(x). x log (2x + 8) ≤ 2
⇔ x log (2x + 8) ≤ x log ( x)2
⇔ 3x + 1 < 1 ⇔ 2x + 8 ≥ x
2x −1 4 ⇔ x ≥ –8 . . . . (2)
⇔ 3x + 1 – 1 <0
2x −1 4
⇔ 4(3x + 1) − (2x −1) <0
4(2x −1)
–8
⇔ 12x + 4 − 2x + 1 < 0
4(2x −1) Syarat numerus:
2x + 8 > 0 ⇔ x > –4
⇔ 10x + 5 <0 . . . . (3)
4(2x −1)
+– +
– 1 1 –4
2 2
Dari (1), (2), dan (3) diperoleh
⇔ – 1 <x< 1 . . . . (1) penyelesaian 0 < x < 1.
2 2
2) Untuk x > 1 . . . . (4)
Syarat numerus:
1) 1 3x + 11 >0⇔ 1 3x −+11 > 1 1
2x − x
4 log 4 log 4 log 1
Untuk 0 < a < 1, penyelesaian alog f(x) > x log (2x + 8) ≤ x log x
alog g(x) adalah f(x) < g(x). ⇔(2x + 8) ≤ x
⇔ x ≤ –8
⇔ 3x + 1 < 1 . . . . (5)
2x −1
⇔ 3x + 1 – 1 < 0
2x −1
–8
3x + 1− (2x −1) Syarat numerus:
⇔ 2x −1 <0
2x + 8 > 0 ⇔ x > –4 . . . . (6)
⇔ x+2 < 0
2x −1
+– + –4
–2 1 Dari (4), (5), dan (6) tidak ada nilai x yang
2 memenuhi.
⇔ –2 < x < 1 . . . . (2) Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 0 < x < 1}.
2
Matematika Kelas XII Program IPA 219
A. Pilihan Ganda 4. Jawaban: e
1. Jawaban: d 1
1 Fungsi f(x) = 3 log (x + 1)
f(2) = 2 log (10 · 2 + 4) x 0 2 8 26
1 1 0 –1 –2 –3
(0, 0)
= 2 log 24 f(x) = 3 log (x + 1) (2, –1) (8, –2) (26, –3)
(x, f(x))
1 1
= 2 log 8 · 3 Grafik fungsi 3 log (x + 1):
11 Y 2 8 26 X
= 2 log 8 + 2 log 3 1
= 2–1log 23 + 2–1log 3 ––21
––43
= –3 · 2log 2 – 2log 3
1
= –3 – 2log 3
Jadi, grafik y = 3 log (x + 1) ditunjukkan oleh
2. Jawaban: b
f(x) = 2log (6x – 2) memotong sumbu X jika f(x) = 0 gambar e.
2log (6x – 2) = 0
⇔ 2log (6x – 2) = 2log 1 5. Jawaban: a
⇔ 6x – 2 = 1 Grafik fungsi f(x) = 4log 2x + 1 memotong sumbu X
x= 1 jika f(x) = 0.
2 4log 2x + 1 = 0
⇔ 4log 2x = –1
⇔ 4log 2x = 4log 4–1
⇔ ⇔ 2x = 1
4
1
Jadi, grafik memotong sumbu X di titik ( 2 , 0). ⇔ x= 1
8
3. Jawaban: a Grafik fungsi f(x) memotong sumbu X di titik ( 1 , 0).
Fungsi f(x) = 5log x 8
Fungsi f(x) = 4log 2x + 1 mempunyai bilangan pokok
x 01 5 25 a = 4. Oleh karena a = 4 > 1, grafik f(x) monoton
12
(5, 1) (25, 2) naik.
f(x) = 5log x – 0 Jadi, grafik yang benar pilihan a.
(x, f(x)) – (1, 0) 6. Jawaban: d
Grafik fungsi y = 5log x: Grafik fungsi y = alog x melalui titik (8, 1).
y = alog x ⇔ 1 = alog 8
Y ⇔ alog a1 = alog 8
⇔ a =8
Jadi, persamaan grafik fungsi tersebut adalah
2 y = f(x) y = 8log x.
1 25 X
01 5
Jadi, grafik y = 5log ditunjukkan oleh gambar a. 7. Jawaban: c
1
Jika grafik fungsi a log x dicerminkan terhadap
sumbu x1 akan diperoleh grafik y = alog x.
1
Jika grafik fungsi f(x) = 4 log 2x dicerminkan ter-
hadap sumbu X, akan diperoleh grafik y = 4log 2x.
220 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
y = 4log 2x = 22log 2x 1
1 3) Misal y = f(x) = 4 log (x + 1)
2
= · 2log 2x ⇔ 1 y = x + 1
4
1 · 2log 2 + 1 · 2log x
= 2 2 ⇔ x = 1 y – 1
4
1 + 2log Persamaan grafik fungsi invers f(x) adalah
= 2 x
Jadi, diperoleh grafik dengan persamaan f–1(x) = 1 x – 1.
4
1 Jadi, pernyataan e salah.
y= 2 + 2log x.
Jadi, pernyataan yang benar pilihan c.
8. Jawaban: c 10. Jawaban: e
Grafik f(x) = alog bx melalui titik (3, 0), maka 2log 42x − 2 = 4
f(3) = 0.
f(3) = alog 3b
⇔ 0 = alog 3b ⇔ 2log 42x − 2 = 2log 16
⇔ alog 1 = alog 3b ⇔ 42x − 2 = 16
⇔ 1 = 3b
2x − 2
⇔ b= 1
3 ⇔ 4 2 = 42
Persamaan grafik menjadi f(x) = alog 1 x. ⇔ 2x − 2 =2
3 2
⇔ 2x – 2 = 4
Grafik melalui titik (9, 4) maka f(9) = 4. ⇔ 2x = 6
f(9) = alog 1 ·9 ⇔ x=3
3 Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan adalah
⇔ 4 = alog 3
x = 3.
⇔ a4 = 3
1 11. Jawaban: a
⇔ a = 34 49log (2log (6x + 2)) = 1
2
Persamaan grafik menjadi: ⇔ 49log (2log (6x + 2)) = 49log 7
f(x) 1 1 x ⇔ 2log (6x + 2) = 7
3 ⇔ 6x + 2 = 27
= 34log
= 1 · 3log 1 x ⇔ 6x + 2 = 128
3 ⇔ 6x = 126
1
4 ⇔ x = 21
= 4 · 3log 1 x Jadi, nilai x = 21.
3
Jadi, persamaan grafik fungsi adalah 12. Jawaban: d
f(x) = 4 · 3log 1 x. f(x) = 0
3
2log (3x – 5 ) – 1
9. Jawaban: c ⇔ 2
2 log 2x = 0
1
⇔ 2log (3x – 5 ) = 2–1log 2x
1) f(x) = 4 log (x + 1) mempunyai 0 < a < 1 maka 2
grafik fungsi f(x) monoton turun sehingga ⇔ 2log (3x – 5 ) = 2log 1
2 2x
untuk pxe1rn>yxa2tamaankaa f(sxa1l)a<h,f(bx2)s.alah,
Jadi, dan c ⇔ 3x – 5 = 1
2 2x
benar. ⇔ 6x2 – 5x – 1 = 0
2) Grafik memotong sumbu X maka f(x) = 0. ⇔ (6x + 1)(x – 1) = 0
f(x) = 0 ⇔ 1 ⇔ x = – 1 atau x =1
⇔ 6
4 log (x + 1) = 0
Syarat numerus
11
4 log (x + 1) = 4 log 1
⇔ x+1=1 1) 3x – 5 >0⇔x> 5
⇔ x=0 2 6
Grafik f(x) memotong sumbu X di titik (0, 0). 2) 2x > 0 ⇔ x > 0
Jadi, pernyataan d salah.
Matematika Kelas XII Program IPA 221
Dari syarat 1) dan 2) diperoleh syarat x > 5 . Syarat bilangan pokok:
6
1) x ≠ 1 . . . (3)
1 5 5
Oleh karena x = – 6 < 6 dan x = 1 > 6 , nilai x 2) 2x – 7 ≠ 1
⇔ 2x ≠ 8
yang memenuhi x = 1. ⇔ x ≠4 . . . (4)
Jadi, fungsi bernilai nol pada saat x = 1. Oleh karena x = 7 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)
13. Jawaban: a maka x = 7 merupakan penyelesaian.
Grafik fungsi f(x) dan g(x) berpotongan jika f(x) = Jadi, himpunan penyelesaiannya {7}.
g(x). 2log 2x = 4log (7x + 2) 15. Jawaban: a
⇔ 2log 2x = 22log (7x + 2) x – 3log (x2 – 6x + 8) = x – 3log (2x – 7)
⇔ ⇔ x2 – 6x + 8 = 2x – 7
1 ⇔ x2 – 8x + 15 = 0
⇔ ⇔ (x – 3)(x – 5) = 0
2log 2x = 2log (7x + 2)2 ⇔ x = 3 atau x = 5
Syarat numerus:
1 1) x2 – 6x + 8 > 0
⇔ (x – 2)(x – 4) > 0
⇔ 2x = (7x + 2)2
⇔ (2x)2 = 7x + 2
⇔ 4x2 – 7x – 2 = 0
⇔ (4x + 1)(x – 2) = 0
⇔ 4x + 1 = 0 atau x – 2 = 0
⇔ x = – 1 atau x=2 +– +
4 4
Syarat numerus: 2
1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (1) ⇔ x < 2 atau x > 4 . . . (1)
. . . (2)
2) 7x + 2 > 0 ⇔ x > – 2 . . . (3) 2) 2x – 7 > 0
7 ⇔ 2x > 7
Oleh karena x = – 1 tidak memenuhi syarat (1) x > 7
4 2
1 ⇔
dan (2) maka x = – 4 bukan merupakan
penyelesaian.
Oleh karena x = 2 memenuhi syarat (1) dan (2) 7
2
maka x = 2 merupakan penyelesaian.
Syarat bilangan pokok:
Jadi, nilai x yang memenuhi x = 2. 1) x – 3 > 0
14. Jawaban: c ⇔x>3 . . . (3)
5log x – 2x – 7log x + 1 =1
5log (2x − 7) x log (2x − 7)
log x 3
log x 1 2) x – 3 ≠ 1
log (2x − 7) ⇔ x≠3
log (2x − 7)
log x
⇔ – + = 1log 5 . . . (4)
log (2x − 7)
log 5
⇔ log x – log x + log x =1 Oleh karena x = 3 tidak memenuhi (1), (3), dan
log (2x − 7) log (2x − 7) log (2x − 7) (4) maka x = 3 bukan penyelesaian.
Oleh karena x = 5 memenuhi (1), (2), (3), dan (4)
⇔ log x =1 maka x = 5 merupakan penyelesaian.
log (2x − 7) Jadi, penyelesaiannya x = 5.
⇔ log x = log (2x – 7) 16. Jawaban: c 2log2 x – 2log x3 = 4
x = 2x – 7
⇔ ⇔ 2log2 x – 3 · 2log x – 4 = 0
⇔ –x = –7 ⇔ (2log x – 4)(2log x + 1) = 0
⇔ x=7 ⇔ 2log x – 4 = 0atau 2log x + 1 = 0
Syarat numerus: ⇔ 2log x = 4 2log x = –1
1) x > 0 . . . 1)
2) 2x – 7 > 0 ⇔ x > 7 . . . (2) ⇔ x = 24 x = 2–1
2
⇔ x = 16 x= 1
2
222 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Syarat numerus: Oleh karena x = –4 tidak memenuhi (1) dan (3)
1) x > 0 . . . (1) maka x = –4 bukan merupakan penyelesaian.
2) x3 > 0 . . . (2) Oleh karena x = 2 memenuhi (1), (2), dan (3) maka
x = 2 merupakan penyelesaian.
Oleh karena x = 16 dan x = 1 memenuhi (1) dan Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = 2.
2
1
(2) maka x = 16 dan x = 2 merupakan 19. Jawaban: a
penyelesaian. x2 + 2log x = 8
Jadi, nilai x yang memenuhi 1 atau 16. ⇔ 2log x2 + 2log x = 2log 8
2
⇔ (2 + 2log x)2log x = 3
17. Jawaban: e
Misal 2log x = n ⇔ 2log2 x + 2 · 2log x – 3 = 0
4log x – 3 · 21 + log x + 8 = 0 ⇔ (2log x – 1)(2log x + 3) = 0
⇔ 22 log x – 3 · 2 · 2log x + 8 = 0 ⇔ 2log x = 1 atau 2log x = –3
⇔ (2log x)2 – 6 · 2log x + 8 = 0
⇔ n2 – 6n + 8 = 0 ⇔ x = 2 atau x = 2–3
⇔ (n – 4)(n –2) = 0
⇔ n – 4 = 0 atau n – 2 = 0 ⇔ x = 2 atau x= 1
⇔ n = 4 atau n = 2 8
⇔ 2log x = 4 atau 2log x = 2
⇔ 2log x = 22 atau 2log x = 21 Jadi, nilai x1x2 = 2 · 1 = 1 .
⇔ log x = 2 atau log x = 1 8 4
⇔ x = 100 atau x = 10
Syarat numerus: x > 0 20. Jawaban: a
Oleh karena x = 10 dan x = 100 memenuhi syarat alog (3x + 1) · (2x + 1)log a = 2
numerus x > 0 maka x = 10d an x = 100
merupakan penyelesaian. ⇔ (2x + 1)log a · alog (3x + 1) = 2
Jadi, nilai x = 10 dan x = 100. ⇔ (2x + 1)log (3x + 1) = 2
⇔ 3x + 1 = (2x + 1)2
⇔ 3x + 1 = 4x2 + 4x + 1
⇔ 4x2 + x = 0
⇔ x(4x + 1) = 0
18. Jawaban: a ⇔ x = 0 atau x = – 1
xlog (x + 2) – 3 · xlog 2 + 1 = 0 4
⇔ xlog (x + 2) + xlog x = 3 · xlog 2 Syarat numerus:
⇔ xlog (x + 2) · x = xlog 23
⇔ (x + 2) · x = 23 3x + 1 > 0 ⇔ x > – 1 . . . (1)
⇔ x2 + 2x – 8 = 0 3
Syarat bilangan pokok:
⇔ (x + 4)(x – 2) = 0 1) 2x + 1 > 0 ⇔ x > – 1 . . . (2)
2
2) 2x + 1 ≠ 1 ⇔ x ≠ 0 . . . (3)
⇔ x = –4 atau x = 2
Oleh karena x = 0 tidak memenuhi (3) maka
Syarat numerus:
x = 0 bukan merupakan penyelesaian.
1) x + 2 > 0 ⇔ x > –2 . . . (1)
1
Oleh karena x = – 4 memenuhi (1), (2), dan (3)
–2 maka x = – 1 merupakan penyelesaian.
4
2) x(x + 2) > 0
. . . (2) Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x = – 1 .
+–+ 4
–2 0 . . . (3)
. . . (4) 21. Jawaban: a
Syarat bilangan pokok: 1
1) x > 0 2log (x + 3) > 2 log 3
2) x ≠ 1 ⇔ 2log (x + 3) > 2–1log 3
⇔ 2log (x + 3) > 2log 3–1
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)
adalah f(x) > g(x).
Matematika Kelas XII Program IPA 223
⇔ x+3> 1 ⇔ x2 – 8x + 12 ≤ 0
3 ⇔ (x – 2)(x – 6) ≤ 0
⇔ 3x + 9 > 1 +– +
2 6
⇔ 3x > –8
Syarat numerus: . . . . (1)
⇔ x > – 8 . . . . (1) 1) x – 3 > 0 ⇔ x > 3
3
– 8 3
3
2) x2 – 4x > 0
Syarat numerus: x + 3 > 0 . . . . (2) ⇔ x(x – 4) > 0 . . . . (2)
⇔ x > –3 ⇔ x < 0 atau x > 4
–3 +–+
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai berikut. 04
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai
berikut.
–3 – 8 0 23 4 6
3
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah x > – 8 . Jadi, nilai x yang memenuhi 4 < x ≤ 6.
3
24. Jawaban: c
22. Jawaban: e xlog (x + 3) > xlog 2x
2log (x – 2) + 2log (x + 5) ≤ 3 Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) > alog g(x)
⇔ 2log (x – 2)(x + 5) ≤ 2log 23
⇔ (x – 2)(x + 5) ≤ 23 adalah f(x) > g(x). Diketahui x > 1, maka:
⇔ x2 + 3x – 10 ≤ 8
⇔ x2 + 3x – 18 ≤ 0 ⇔ x + 3 > 2x
⇔ x<3 . . . . (1)
⇔ (x + 6)(x – 3) ≤ 0
. . . . (1) 3
+– + a. Syarat numerus:
3 1) x + 3 > 0 ⇔ x > –3
–6 . . . . (2)
. . . . (2)
⇔ –6 ≤ x ≤ 3
Syarat numerus: –3 . . . . (3)
1) x – 2 > 0 ⇔ x > 2
2) 2x > 0 ⇔ x > 0
2 0
2) x + 5 > 0 ⇔ x > –5 . . . . (3) b. Syarat bilangan pokok:
1) x > 0
–5 2) x ≠ 1 . . . . (4)
. . . . (5)
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai c. Syarat pada soal x > 1 . . . . (6)
berikut.
–6 –5 23 1
⇔ 2<x<3 Irisan penyelesaian (1), (2), (3), (4), (5), dan (6)
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 2 < x ≤ 3}. sebagai berikut.
23. Jawaban: a –3 0 1 3
11 1
3 log 4 + 3 log (x – 3) ≤ 3 log (x2 – 4x) Jadi, nilai x yang memenuhi 1 < x < 3.
11
⇔ 3 log 4(x – 3) ≤ 3 log (x2 – 4x)
⇔ 4(x – 3) ≥ (x2 – 4x)
224 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
25. Jawaban: d +–+
2 log (x + 1) ≤ log (x + 4) + log 4
⇔ log (x + 1)2 ≤ log 4(x + 4) 14
⇔ log (x2 + 2x + 1) ≤ log (4x + 16)
Untuk a > 1, penyelesaian alog f(x) ≤ alog g(x) 4
adalah f(x) ≤ g(x).
⇔ x2 + 2x + 1 ≤ 4x + 16 ⇔ x < 1 atau x > 4 . . . (1)
⇔ x2 – 2x – 15 ≤ 0 4
⇔ (x + 3)(x – 5) ≤ 0
Syarat numerus:
1) 2x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)
2) 64x3 > 0 ⇔ x > 0 . . . (3)
+–+ Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai
berikut.
–3 5 . . . (1)
. . . (2)
⇔ –3 ≤ x ≤ 5
Syarat numerus: 01 4
1) x + 1 > 0 ⇔ x > –1
4 1
4
Jadi, nilai x yang memenuhi adalah 0 < x <
atau x > 4.
–1 27. Jawaban: d
2) x + 4 > 0 ⇔ x > –1 . . . (3) 4log (4x – 3) ≤ 1 + 16log (x – 3 )
4
–4 ⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16 + 16log (x – 3 )
4
Irisan penyelesaian (1), (2), dan (3) sebagai
berikut. ⇔ 4log (4x – 3) ≤ 16log 16(x – 3 )
4
⇔ 42log (4x – 3)2 ≤ 16log 16(x – 3 )
4
–4–3 –1 5 ⇔ 16log (16x2 – 24x + 9) ≤ 16log 16(x – 3 )
4
⇔ –1 < x ≤ 5 ⇔ 16x2 – 24x + 9 ≤ 16(x – 3 )
4
Jadi, penyelesaiannya –1 < x ≤ 5. ⇔ 16x2 – 24x + 9 – 16x + 12 ≤ 0
26. Jawaban: e ⇔ 16x2 – 40x + 21 ≤ 0
(2x)1 + 2log 2x > 64x3 ⇔ (4x – 3)(4x – 7) ≤ 0
⇔ 2log (2x)1 + 2log 2x > 2log 64x3 +–+
⇔ (1 + 2log 2x)(2log 2x) > 2log (4x)3 37
44
⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · 2log 4x
⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (2log ( 2 · 2x) ⇔ 3 ≤x≤ 7 . . . . (1)
4 4
⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 · (1 + 2log 2x) Syarat numerus:
⇔ 2log 2x + (2log 2x)2 > 3 + 3 · 2log 2x 3
4
⇔ (2log 2x)2 – 2 · 2log 2x – 3 > 0 1) 4x – 3 > 0 ⇔ x> . . . . (2)
⇔ (2log 2x – 3)(2log 2x + 1) > 0
Pembuat nol: atau 2log 2x + 1 = 0 2) x– 3 >0 ⇔ x> 3 . . . . (3)
2log 2x – 3 = 0 4 4
⇔ 2log 2x = 3 atau 2log 2x = –1
⇔ 2log 2x = 2log 8 atau 2log 2x = 2log 1 Irisan dari penyelesaian (1), (2), dan (3) diperoleh:
2
⇔ 2x = 8 atau 2x = 1 +–+
2
37
⇔ x =4 atau x= 1 44
4
Jadi, nilai yang memenuhi 3 <x≤ 7 .
4 4
Matematika Kelas XII Program IPA 225
28. Jawaban: e
1 – 1 <1 –15 3
log x 2 log x − 1
4
⇔ 2 log x − 1 – log x –1<0 ⇔ x> 3 atau x < –15 . . . . (1)
log x (2 log x − 1) log x (2 log x − 1) 4
⇔ (2 log x − 1) − log x − log x (2 log x − 1) <0 Syarat numerus: . . . . (2)
log x (2 log x − 1) 1) 1 – x > 0 ⇔ x < 1
⇔ −2 log2 x + 2 log x − 1 < 0 1
log x (2 log x − 1)
2) (1 – x)2 > 0
Misal y = log x, pertidaksamaan menjadi
−2y2 +2y − 1 < 0.
y(2y − 1)
1
(–2y2 + 2y – 1) mempunyai nilai D < 0 dan a < 0 ⇔ x > 1 atau x < 1 . . . . (3)
maka (–2y2 + 2y – 1) definit negatif sehingga
(–2y2 + 2y – 1) < 0. Irisan pertidaksamaan (1), (2), dan (3) diperoleh:
Oleh karena (–2y2 + 2y – 1) < 0 maka y(2y – 1) > 0.
+– + –15 3 1
4
01 Jadi, penyelesaian pertidaksamaan x < –15 atau
2
x> 3 , x ≠ 1.
Sehingga diperoleh: 4
y < 0 atau y > 1 30. Jawaban: e
2
| log (x – 1) | < 1
⇔ log x < 0 atau log x > 1 ⇔ –1 < log (x – 1) < 1
2
1
⇔ x < 100 atau
x > 10 2 1
10
⇔ x < 1 atau x > 10 . . . . (1) ⇔ log < log (x – 1) < log 10
Syarat numerus: x > 0 . . . . (2) ⇔ 1 < x – 1 < 10
10
Irisan penyelesaian (1) dan (2) diperoleh 0 < x < 1
atau x > 10 . ⇔ 1 + 1 < x < 10 + 1
10
Jadi, penyelesaiannya 0 < x < 1 atau x > 10 .
29. Jawaban: e ⇔ 11 < x < 11 . . . (1)
2log2 (1 – x) – 8 > 2log (1 – x)2 10
⇔ (2log (1 – x))2 – 8 > 2 2log (1 – x)
Syarat numerus:
Misalkan 2log (1 – x) = p maka pertidaksamaan
x– 1 > 0 ⇔ x > 1 . . . . (2)
menjadi:
p2 – 8 > 2p Dari pertidaksamaan (1) dan (2) diperoleh:
⇔ p2 – 2p – 8 > 0
⇔ (p – 4)(p + 2) > 0 11 < x < 11.
10
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | 11 < x < 11}.
10
+–+ B. Uraian
–2 4 1
⇔ p < –2 atau p > 4 1. a. f(x) = 2 log (x + 2) – 2
Tabel titik bantu:
⇔ 2log (1 – x) < –2 atau 2log (1 – x) > 4 x –1 0 26
⇔ 2log (1 – x) < 2log 2–2 atau 2log (1 – x) > 2log 24 1 –2 –3 –4 –5
(–1, –2) (0, –3) (2, –4) (6, –5)
⇔ 1 – x < 2–2 atau 1 – x > 24 f(x) = 2 log (x + 2) – 2
1 (x, f(x))
4
⇔ 1–x< atau 1 – x > 16
226 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
1 c. Y
Grafik fungsi f(x) = 2 log (x + 2) – 2: f(x)
g(x)
Y
X
–2 –1 0 2 6X 1
–2 –1 0
–2 1
–3
–4
–5 1 3. a. 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)
⇔ 3log (x2 – 9x + 14) = 3log (–17x + 62)
b. f(x) = 3log 6x f(x) = 2 log (x + 2) – 2 ⇔ x2 – 9x + 14 = –17x + 62
Tabel titik bantu: ⇔ x2 + 8x – 48 = 0
1 3 27 ⇔ (x – 4)(x + 12) = 0
x0 6 66 ⇔ x = 4 atau x = –12
f(x) = 3log 6x – 0 13 Syarat numerus:
1) x2 – 9x + 14 > 0
(x, f(x)) – ( 1 , 0) ( 3 , 1) ( 27 , 3)
6 6 6 ⇔ (x – 7)(x – 2) > 0
Grafik fungsi f(x) = 3log 6x:
Y +–+
f(x) = 3log 6x 27
3 27 X ⇔ x < 2 atau x > 7 . . . (1)
1
01 3 6 2) –17x + 62 > 0
6 ⇔ –17x > –62
6
2. f(x) = 3log 3x dan g(x) = 3log (x + 2) ⇔ x< 62
a. f(x) = g(x) ⇔ 3log 3x = 3log (x + 2) 17
⇔ 3x = x + 2
⇔ 2x = 2 ⇔ x < 3 11 . . . . (2)
⇔ x=1 17
f(1) = 3log 3 · 1 = 3log 3 = 1
3 11
17
Jadi, f(x) dan g(x) berpotongan di titik (1, 1). Oleh karena x = 4 tidak memenuhi (1) dan
(2) maka x = 4 bukan merupakan
b. Fungsi f(x) dan g(x) di atas sumbu X jika penyelesaian.
f(x) > 0 dan g(x) > 0.
f(x) > 0 ⇔ 3log 3x > 0
⇔ 3x > 30 Oleh karena x = –12 memenuhi (1) dan (2)
⇔ 3x > 1 maka x = –12 merupakan penyelesaian.
Jadi, penyelesaiannya x = –12.
⇔ x> 1
⇔ 3 1
g(x) > 0 3log (x + 2) > 0
⇔ x + 2 > 30 b. 2log (x + 7) + 2log (x + 6) + 2 log (x + 10) = 0
⇔ x+2>1
⇔ x > –1 ⇔ 2log (x + 7) + 2log (x + 6) = 2log (x + 10)
⇔ 2log (x + 7)(x + 6) = 2log (x + 10)
Jadi, f(x) di atas sumbu X untuk x > 1 ⇔ x2 + 13x + 42 = x + 10
3 ⇔ x2 + 12x + 32 = 0
dan g(x) di atas sumbu X untuk x > –1. ⇔ (x + 4)(x + 8) = 0
⇔ x = –4 atau x = –8
Matematika Kelas XII Program IPA 227
Syarat numerus: 2) 5x –10 > 0
⇔ 5x > 10
1) x + 7 > 0 ⇔ x > –7
2) x + 6 > 0 ⇔ x > –6 –1 . . . (2)
3) x + 10 > 0 ⇔ x > –10
⇔ x>2
Dari syarat 1), 2), dan 3) diperoleh syarat x > –6.
Oleh karena x = –4 > –6 dan x = –8 < –6, Syarat bilangan pokok:
nilai x yang memenuhi x = –4.
1) 4x + 5 > 0
Jadi, penyelesaiannya x = –4.
4. a. (2x + 3)log (x2 – 7x + 23) = 2 ⇔ 4x > –5
b.
⇔ (x2 – 7x + 23) = (2x + 3)2
⇔ x2 – 7x + 23 = 4x2 + 12x + 9
+ –
–2
⇔ 3x2 + 19x – 14 = 0
⇔ (3x – 2)(x + 7) = 0
⇔ 3x – 2 = 0 atau x + 7 = 0
⇔ x > – 5 . . . (3)
x= 2 atau x = –7 4
⇔ 3
2) 4x + 5 ≠ 1
1) Syarat numerus: x2 – 7x + 23 > 0 ⇔ 4x ≠ –4
(x2 – 7x + 23) mempunyai nilai D < 0 dan
a > 0 maka (x2 – 7x + 23) definit positif
sehingga (x2 – 7x + 23) > 0 dipenuhi untuk +–+
–2 2
sebarang nilai x ∈ R. . . . (1)
2) Syarat bilangan pokok: ⇔ x ≠ –1 . . . (4)
Oleh karena x = 2 tidak memenuhi
a) 2x + 3 > 0 ⇔ x > – 3 . . . (2) pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 2 bukan
2 merupakan penyelesaian.
b) 2x + 3 ≠ 1 ⇔ x ≠ –1 . . . (3) Oleh karena x = 6 memenuhi pertidaksamaan
(1), (2), (3), dan (4) maka x = 6 merupakan
Oleh karena x = 2 memenuhi pertidak- penyelesaian.
3
2 Jadi, himpunan penyelesaiannya {6}.
samaan (1), (2), dan (3) maka x = 3
merupakan penyelesaian. Oleh karena 5. (4log x)2 – 2log x – 3 =0
4
x = –7 tidak memenuhi pertidaksamaan (2) 1
maka x = –7 bukan merupakan penyelesaian. 2
Jadi, himpunan penyelesaiannya { 2 }. ⇔ ( 1 2log x)2 – 2log x – 3 =0
3 2 4
1 1 3
(4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10) ⇔ 4 (2log x)2 – 2 2log x – 4 = 0 (dikali 4)
⇔(4x + 5)log (x2 – 3x + 2) = (4x + 5)log (5x – 10)
⇔ x2 – 3x + 2 = 5x –10 ⇔ (2log x)2 – 2 2log x – 3 = 0
⇔ x2 – 8x + 12 = 0
⇔ (x – 2)(x – 6) = 0 ⇔ (2log x + 1)(2log x – 3) = 0
⇔ x = 2 atau x = 6
⇔ 2log x = –1 atau 2log x = 3
⇔ x = 2–1 atau x = 23
Syarat numerus: ⇔ x = 1 atau x =8
2
1) x2 – 3x + 2 > 0 Syarat numerus:
⇔ (x – 1)(x – 2) > 0 1) x > 0 . . . (1)
2) x > 0 ⇔ x > 0 . . . (2)
5 Oleh karena x = 1 dan x = 8 memenuhi
4 2
– 1
pertidaksamaan (1) dan (2) maka x = 2 dan
⇔ x < –1 atau x > 2 . . . (1)
x = 8 merupakan penyelesaian.
228 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
6. a. 5log ( x − 2 ) > 0 Syarat numerus:
x + 2 x2 – 2x + 1 > 0
⇔ (x – 1)2 > 0
⇔ 5log ( x − 2 ) > 5log 50
x + 2
⇔ 5log ( x − 2 ) > 5log 1 ++
x + 2
1
x−2 ⇔x≠1 . . . (2)
⇔ x+2 >1
Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut.
x−2 x+2
⇔ x+2 – x+2 >0
⇔ −4 >0 –3 1 5
x+2
Jadi, himpunan penyelesaiannya
+– {x | x ≥ 5}.
–2 1
⇔ x < –2 . . . (1) 7. a. 2 · 9log (2x – 3) ≤ 3 log (x + 1) + 1
Syarat numerus: ⇔ 2 · 1 3log (2x – 3) ≤ 1 1 1
2 3
3 log (x + 1) + 3 log
x−2 >0 ⇔ 3log (2x – 3) ≤ 1 x +1
x+2 3
3 log
+–+ ⇔ 3log (2x – 3) ≤ 3log x + 1−1
–2 2 3
⇔ x < –2 atau x > 2 . . . (2) ⇔ 2x – 3 ≤ 3
Irisan dari (1) dan (2) sebagai berikut. x +1
⇔ (2x – 3) – 3 ≤0
x +1
–2 2 ⇔ (2x − 3)(x + 1) − 3 ≤0
x +1
Jadi, himpunan penyelesaiannya
{x | x < –2 atau x > 2}. ⇔ 2x2 − x − 6 ≤0
x +1
⇔ (2x + 3)(x − 2) ≤0
x +1
1
–+ – + . . . . (1)
b. 2 log (x2 – 2x + 1) ≤ –4
1 (x2 – 2x + 1) ≤ 1 ( 1 )–4 – 3 –1 2
2 2
⇔ 2 log 2 log
x < – 3 atau –1 < x ≤ 2
11 ⇔ 2
⇔ 2 log (x2 – 2x + 1) ≤ 2 log 16 Syarat numerus:
⇔ x2 – 2x + 1 ≥ 16 1) 2x – 3 > 0 ⇔ x > 3
2
⇔ x2 – 2x – 15 ≥ 0 2) x + 1 > 0 ⇔ x > –1
⇔ (x + 3)(x – 5) ≥ 0 3 . . . . (2)
2
–1
+– + Irisan penyelesaian pertidaksamaan (1) dan
–3 5 (2) sebagai berikut.
⇔ x < –3 atau x > 5 . . . (1) – 3 –1 3 2
2 2
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan
adalah 3 < x ≤ 2.
2
Matematika Kelas XII Program IPA 229
1 x+y = 2−1
x−y
b. 4log (3x + 4) > 2log (x + 4) + 2 log 2 5
1 · 2log (3x + 4) > 2log (x + 4) – 2log 2 22
2
⇔ 1
1 = 3
⇔ 2log (3x + 4)2 > 2log x+4 22
2
= 1
1 x+4 42
⇔ > 2
(3x + 4)2
1
x + 4 2 = 8 2
2
⇔ 3x + 4 > 11
x + 4 2 9. 2log x = 4 2 log 2(a + b) + 2 2 log 4(a – b)
2
⇔ 3x + 4 – >0 1 1 log 4 a + b
2 a − b
– 3 2 log 2(a2 – b2) –
⇔ 4(3x + 4) – (x + 4)2 > 0
11
= 2 log 24(a + b)4 + 2 log 42(a – b)2
⇔ 12x + 16 – x2 – 8x – 16 > 0
⇔ –x2 + 4x > 0
⇔ x2– 4x < 0 – 1 1 log 4 a + b
2 a − b
2 log 23(a2 – b2)3 –
⇔ x(x – 4) < 0 1 16(a + b)4 ×16(a − b)2
+–+ = 2 log 8(a2 − b2)3 × 4 a+b
a−b
0 4 1
= 8(a + b)4(a − b)3
⇔ 0 < x < 4 . . . . (1) 2 log (a − b)3(a + b)3(a + b)
Syarat numerus:
1) 3x + 4 > 0 1
= 2 log 8
⇔ x > – 4 = 1 1 −3
3 2
2 log
2) x + 4 > 0 ⇔ 2log x = –3
⇔ x > –4 ⇔ x = 2–3
–4 – 4 . . . . (2) ⇔ x= 1
3 8
Irisan penyelesaian (1) dan (2) sebagai Jadi, nilai x = 1 .
berikut. 8
10. a. Untuk bilangan pokok (2x – 1) > 1.
2x – 1log (4x + 1) < 2x – 1log (x2 + 4x + 6)
–4 – 4 0 4 ⇔ 4x + 1 < x2 + 4x + 6
3 ⇔ x2 + 5 > 0
(x2 + 5) mempunyai nilai D < 0 dan a > 0 maka
Jadi, nilai x yang memenuhi pertidaksamaan (x2 + 5) definit positif sehingga (x2 + 5) > 0
0 < x < 4.
dipenuhi semua nilai x ∈ R.
8. x + ylog 2 = –1 ⇔ 2log 2 = –1
2log (x + y) Syarat numerus:
⇔ 1 = –1
2log (x + y)
⇔ 2log (x + y) = –1 1) 4x + 1 > 0 ⇔ x > – 1
4
⇔ x + y = 2–1
x – ylog 8 = 2 ⇔ 2log 8 =2 1 . . . . (1)
2log (x − y)
−4
⇔ 2log (x – y) = 1 2log 8
2 2) x2 + 4x + 6 > 0
(x2 + 4x + 6) mempunyai nilai D < 0 dan
⇔ 2log (x – y) = 3 a > 0 maka (x2 + 4x + 6) definit positif
2 sehingga (x2 + 4x + 6) dipenuhi untuk
sebarang nilai x ∈ R.
3
⇔ x – y = 22
230 Fungsi, Persamaan, dan Pertidaksamaan Logaritma
Syarat bilangan pokok: b. Untuk bilangan pokok 0 < (2x – 1) < 1.
2x – 1 > 1 ⇔ x > 1 Diperoleh x2 + 5 < 0.
Oleh karena (x2 + 5) definit positif, tidak ada
1 . . . . (2)
Dari penyelesaian (1) dan (2) diperoleh: nilai x yang memenuhi.
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x > 1}.
1 1 . . . . (3)
−4
Nilai x yang memenuhi x > 1.
Matematika Kelas XII Program IPA 231
1. Jawaban: d Misalkan y = 3log x, diperoleh:
Misalkan p : semua sungai bebas sampah y2 – 4y + 3 = 0
q : tidak terjadi banjir
r : semua warga tenang ⇔ (y – 3)(y – 1) = 0
Premis-premis tersebut dapat ditulis sebagai ⇔ y – 3 = 0 atau y – 1 = 0
berikut. ⇔ y = 3 atau y = 1
Premis 1: ~q ⇒ ~p Untuk y = 3 diperoleh:
≡ p⇒ q
–P–re–m––is––2–:––––q––⇒––––r– y=3
Kesimpulan: p ⇒ r ⇔ 3log x = 3
⇔ x = 33
Jadi, kesimpulan dari premis-premis tersebut ⇔ x = 27
adalah ”Jika semua sungai bebas sampah maka Untuk y = 1 diperoleh:
semua warga tenang”.
y=1
2. Jawaban: e ⇔ 3log x = 1
Misalkan p : hari ini hujan ⇔ x = 31
q : semua kegiatan luar kelas dihentikan ⇔ x=3
Diperoleh pernyataan ”p ⇒ q”. Jadi, nilai x yang memenuhi persamaan tersebut
~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q adalah x = 3 atau x = 27.
Jadi, negasi pernyataan tersebut adalah ”Hari ini 5. Jawaban: b
hujan dan beberapa kegiatan luar kelas tidak Diketahui persamaan kuadrat 2x2 + 15x + 18 = 0.
dihentikan”.
Diperoleh: α + β = – 15
2
αβ = 18 =9
2
Persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya
3. Jawaban: e
(2α + 1) dan (2β + 1):
x2 – ((2α + 1) + (2β + 1))x + (2α + 1)(2β + 1) = 0
(3 2 − 3)3(3 2 + 3) = 3(3 2 − 3)(3 2 + 3)
2 3−3 2 3−3 (2α + 1) + (2β + 1) = 2(α + β) + 2
= 3(9 × 2 − 9) = 2 · ( −15 ) + 1
2 3−3 2
3×9 = –14
2 3−3
= (2α + 1)(2β + 1) = 4αβ + 2(α + β) + 1
= 27 × 2 3 +3 = 4 · 9 + 2 · ( −15 ) + 1
3 −3 2 3 +3 2
2
= 36 + (–15) + 1
= 27(2 3 + 3) = 22
4×3−9
Jadi, persamaan kuadrat yang dimaksud x2 + 14x
27(2 3 + 3) + 22 = 0.
3
= 6. Jawaban: a
Grafik fungsi kuadrat y = x2 + (k – 2)x + 4
= 9(2 3 + 3)
menyinggung sumbu X jika D = 0.
4. Jawaban: b
3log2x – 4 3log x – 3log 1 = –3 D=0
⇔ b2 – 4ac = 0
⇔ (3log x)2 – 4 3log x – 0 + 3 = 0 ⇔ (k – 2)2 – 4 × 1 × 4 = 0
⇔ (3log x)2 – 4 3log x + 3 = 0 ⇔ k2 – 4k + 4 – 16 = 0
232 Latihan Ujian Sekolah
⇔ k2 – 4k – 12 = 0 Eliminasi b dari persamaan (1) dan (2).
⇔ (k – 6)(k + 2) = 5 –2a + b = 7
⇔ k = 6 atau k = –2
Jadi, nilai k yang memenuhi adalah k = –2 atau –21––a–+––b–=––2–– –
k = 6. 5
2
7. Jawaban: c – a = 5
Misalkan x = harga 1 mangkok bakso
y = harga 1 gelas jus jeruk ⇔ a = –2
Diperoleh penyelesaian SPLDV sebagai berikut. Substitusikan a = –2 ke persamaan (1).
5x + 4y = 50.000 × 2 10x + 8y = 100.000 –2a + b = 7
2x + 3y = 27.000 × 5 10x + 15y = 135.000
⇔ –2(–2) + b = 7
–––––––––––––––––– – ⇔ 4+b=7
–7y = –35.000 ⇔ b=3
Diperoleh ax + b = –2x + 3.
⇔ y = 5.000 Jadi, sisa pembagian f(x) oleh (2x2 + 3x – 2) adalah
Substitusikan y = 5.000 ke 5x + 4y = 50.000. –2x + 3.
5x + 4(5.000) = 50.000 10. Jawaban: e
⇔ 5x + 20.000 = 50.000 (x2 + 5x + 6) adalah faktor suku banyak 3x3 + mx2
⇔ 5x = 30.000
⇔ x = 6.000 – 7x + b sehingga dapat dituliskan:
3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(ax + b)
3x + 2y = 3(6.000) + 2(5.000)
= 18.000 + 10.000 = (x + 2)(x + 3)(ax + b)
= 28.000 Suku banyak 3x3 + mx2 – 7x + b dibagi berturut-
Jadi, uang yang harus dibayarkan Roni untuk turut oleh (x + 2) dan (x + 3) dengan metode Horner.
3 mangkok bakso dan 2 gelas jus jeruk yang
dibelinya sebesar Rp28.000,00. x = –2 3 m –7 b
–6 –2m + 12 4m – 10
8. Jawaban: b x = –3 3 m – 6 –2m + 5 4m + b – 10 = 0 . . . (1)
x2 + y2 – 6x + 12y + 25 = 0
–9 –3m + 45
⇔ x2 – 6x + y2 + 12y + 25 = 0
⇔ (x – 3)2 – 9 + (y + 6)2 – 36 + 25 = 0 3 m – 15 –5m + 50 = 0 . . . . (2)
⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 – 45 + 25 = 0
⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = 20 Dari (2) diperoleh –5m + 50 = 0 ⇔ m= −50 = 10
⇔ (x – 3)2 + (y + 6)2 = ( 20 )2 −5
Substitusikan m = 10 ke (1).
Diperoleh a = 3, y = –6, r = 20 .
Persamaan garis singgung lingkaran dengan 4(10) + b – 10 = 0
gradien 2 sebagai berikut.
⇔ b = 10 – 40
y – b = m(x – a) ± r m2 + 1 ⇔ b = –30
Hasil bagi 3x3 + mx2 – 7x + b oleh (x2 + 5x + 6)
⇔ y + 6 = 2(x – 3) ± 20 × 22 + 1
adalah 3x + (m – 15) = 3x + (10 – 15)
⇔ y + 6 = 2x – 6 ± 20 × 5
= 3x – 5
⇔ y = 2x – 12 ± 100
⇔ y = 2x – 12 ± 10 Diperoleh:
3x3 + mx2 – 7x + b = (x2 + 5x + 6)(3x – 5)
= (x + 2)(x + 3)(3x – 5)
Akar-akarnya adalah x = –2, x = –3, dan x = 5
3
Oleh karena x1 > x2 > x3 maka
9. Jawaban: a x1 = 5 , x2 = –2, dan x3 = –3.
Pembagi = 2x2 + 3x – 2 = (x + 2)(2x – 1) 3
Misalkan sisanya ax + b
f(x) dibagi (x + 2) sisanya 7, berarti: Nilai x1 + x2 – x3 = 5 + (–2) – (–3)
f(–2) = 7 3
⇔ –2a + b = 7 . . . . (1)
f(x) dibagi (2x – 1) sisanya 2, berarti: = 5 –2+3
3
1 = 2 2
2 3
f( ) = 2
Jadi, nilai x1 + x2 – x3 adalah 2 2 .
1 3
2
⇔ a + b = 2 . . . (2)
Matematika Kelas XII Program IPA 233
11. Jawaban: b Uji titik pojok ke fungsi objektif:
Misalkan y = f(x)
Titik Pojok f(x, y) = 120.000x + 150.000y
2x + 3
f(x) = 5 O(0, 0) 120.000 × 0 + 150.000 × 0 = 0
y= 2x + 3 A(5, 0) 120.000 × 5 + 150.000 × 0 = 600.000
5
⇔ B( 14 , 33 ) 120.000 × 14 + 150.000 × 33 = 1.326.000
5 5 5 5
⇔ 5y = 2x + 3
C(0, 8) 120.000 × 0 + 150.000 × 8 = 1.200.000
⇔ x= 5y − 3 Nilai maksimum f(x, y) adalah 1.326.000.
2 Jadi, penghasilan maksimum yang dapat diperoleh
Rp1.326.000,00.
⇔ f–1(x) = 5x − 3
2
(f–1 g)(x) = f–1(g(x)) 13. Jawaban: c
= f–1(3x – 4)
AB – C = D
5(3x − 4) − 3
= 2 3 1 4 2 – −6 1 = a 6
1 −1
15x − 20 − 3 ⇔ 1 −2 1 2 0 b
2
=
12 + 1 6 + 1 −6 1 a 6
15x − 23 ⇔ – −1 =
= 2 4 − 2 2 − 2 2 0 b
Jadi, (f–1 g)(x) = 15x − 23 . ⇔ 13 7 – −6 1 = a 6
2 2 0 2 −1 0 b
12. Jawaban: a ⇔ 19 6 = a 6
Misalkan x = banyak rangkaian I 1
y = banyak rangkaian II 0 0 b
Jenis Banyak Bunga Bunga Harga Diperoleh a = 19 dan b = 1.
Mawar Anyelir Jual a – 3b = 19 – 3 = 16
Rangkaian I x 24x 10x 120.000 14. Jawaban: d
150.000
Rangkaian II y 8y 20y
Pembatas 120 160 2 3 X = 4 1
5 1 −3 −17
Diperoleh SPtLDV:
24x + 8y ≤ 120 ⇔ 3x + y ≤ 15 ⇔ X = 2 3 −1 4 1
10x + 20y ≤ 160 ⇔ x + 2y ≤ 16 5 1
x≥0 −3 −17
y≥0
⇔ X= 1 1 −3 4 1
Memaksimumkan fungsi objektif: 2 −15 −5 2 −3 −17
f(x, y) = 120.000x + 150.000y
Daerah penyelesaian SPtLDV: ⇔ X= 1 13 52 = −1 −4
−13 −26 −39 2 3
Y
15 Determinan matriks X = −1 −4
2 3
= –1 × 3 – (–4) × 2
8C B
= –3 + 8
=5
OA X 15. Jawaban: a
O(0, 0, 0), A(4, –1, 5), B (2, 3, –3), dan C(0, 9, –2)
0 5 16 x + 2y = 16
3x + y = 15
Titik B adalah titik potong garis 3x + y = 15 dan 4 2 0
x + 2y = 16. −−51 3 9
a = , b = −3 , dan c =
14 33 −2
5 5
Koordinat titik B( , ).
234 Latihan Ujian Sekolah
p = 2a – 3b + c 18. Jawaban: b
Bayangan (x, y) oleh pencerminan terhadap
4 2 0 sumbu X dilanjutkan rotasi [O(0, 0), 90°] sebagai
−−51 3 9 berikut.
= 2 – 3 −3 +
−2 x′ x
y′ y
8 −6 0 = (R(O, 90°) MX)
= −2 + −9 + 9 1 0 x
−10 9 −2 0 −1 0 −1 y
= 1 0
2 0 1 x
−−32 = 1 0 y
=
y
Panjang vektor p : = x
p = 22 + (−2)2 + (−3)2 Diperoleh: x′ = y ⇔ y = x′
⇔ x = y′
= 4+4+9 y′ = x
= 17
Jadi, panjang vektor p adalah 17 satuan. Substitusikan x = y′ dan y = x′ ke 3x + 4y = 6.
3x + 4y = 6
16. Jawaban: c ⇔ 3y′ + 4x′ = 6
⇔ 4x′ + 3y′ = 6
OA = 4 i Jadi, persamaan garis bayangan 4x + 3y = 6.
AC = AO + OC = – OA + AB = –4 i + 6 j 19. Jawaban: e
Misalkan θ sudut antara OA dengan AC , maka: 2log (x2 – 4x + 3) < 2log (11 – 2x)
⇔ x2 – 4x + 3 < 11 – 2x
OA · AC = | OA || AC | cos θ ⇔ x2 – 2x – 8 < 0
⇔ (x – 4)(x + 2) < 0
⇔ cos θ = OA · AC –2 < x < 4 . . . . (1)
| OA | | AC |
x2 – 4x + 3 harus positif sehingga:
⇔ cos θ = 4 ⋅ (−4) + 0 ⋅ 6 x2 – 4x + 3 > 0
4 ⋅ 16 + 36
⇔ (x – 1)(x – 3) > 0
⇔ cos θ = – 16 ⇔ x < 1 atau x > 3 . . . . (2)
2 13
4 ⋅ 11 – 2x harus positif sehingga:
11 – 2x > 0
⇔ cos θ = – 2
13 11
⇔ x < 2 . . . . (3)
2 13
⇔ cos θ = – 13 Dari (1), (2), dan (3) diperoleh irisan sebagai berikut.
17. Jawaban: a
–2 4
2 3 −1 ------------------------------
= AB = b – a = 01 – 2 = −11 ------------------------------
u −1 ------------------------------
------------------------------13
−1 3 −4
AC 2 2 0
v = = c – a = – −1 = 4 11
2
3
–2 1 3 4
Proyeksi vektor u pada v :
Jadi, himpunan penyelesaiannya adalah
u⋅ v 4+0+4 −4 {x | –2 < x < 1 atau 3 < x < 4, x ∈ R}.
| v|2 16 + 0 + 16 0 20. Jawaban: c
w= v = Grafik melalui titik (1, 2) sehingga:
4 y = ax ⇔ 2 = a1
8 −4 −1 ⇔ a=2
32 0
= = 0 = –i +k
4
1
Matematika Kelas XII Program IPA 235
Diperoleh persamaan fungsi y = 2x. 23. Jawaban: a G
y = 2x ⇔ 2log y = 2log 2x
H
⇔ 2log y = x 2log 2
⇔ x = 2log y EF
⇔ f–1(x) = 2log x
Jadi, fungsi inversnya y = 2log x dengan x > 0. P
a
21. Jawaban: c D C
A a
Rumus umum suku ke-n pada deret aritmetika =
B
Un = a + (n – 1)b
Diketahui Ut = 38, Un = 86, dan S20 = 180 Segitiga BCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu
BC = CD = a cm (berarti ∠BDC = 45°).
Ut = U1 + Un Segitiga PCD siku-siku di C dan sama kaki, yaitu
2 CD = CP = a cm (berarti ∠CDP = 45°).
∠BDP = ∠BDC + ∠CDP = 45° + 45° = 90°
⇔ 38 = U1 + 86 Diperoleh PD tegak lurus BD.
2 PD pada (perluasan) bidang alas dan DH garis
tegak, berarti PD tegak lurus DH.
⇔ U1 = 38 × 2 – 86 PD tegak lurus BD dan DH berarti PD tegak lurus
bidang BDHF.
⇔ U1 = –10 Jarak titik P ke bidang BDHF sama dengan panjang
garis PD, yaitu:
Diperoleh a = U1 = –10
Sn = n (a + Un)
2
⇔ S20 = 20 (a + U20)
2
⇔ 180 = 10(–10 + U20) PD = PC2 + CD2 = a2 + a2 = 2a2 = a 2 cm
⇔ 180 = –100 + 10U20 Jadi, jarak titik P ke bidang BDHF a 2 cm.
⇔ 280 = 10U20
⇔ U20 = 280 = 28 24. Jawaban: d
10
AC = AB2 + BC2 H G
Jadi, suku ke-20 deret tersebut adalah 28. E
= 42 + 42 F
22. Jawaban: b 4
Misalkan barisan aritmetika tersebut a – b, a, a + b. = 32
Jika suku kedua dikurangi 1, terbentuk barisan
geometri a – b, a – 1, a + b. = 4 2 cm D C
Jumlah ketiga suku barisan geometri adalah 14. 4
(a – b) + (a – 1) + (a + b) = 14 PC = 1 AC = 2 2 cm P
⇔ 3a – 1 = 14 2 A4 B
PF = PB2 + FB2
⇔ a= 14 + 1 =5 = (2 2)2 + 42
3
Barisan geometri yang terbentuk 5 – b, 4, 5 + b. = 8 + 16 = 24 = 2 6 cm
Pada barisan geometri berlaku: FC = 4 2 cm
U22 = U1 × U3
Perhatikan ∆PCF di samping. F
⇔ 42 = (5 – b)(5 + b)
⇔ 16 = 25 – b2 Dengan aturan cosinus α
⇔ b2 – 9 = 0 diperoleh:
⇔ (b – 3)(b + 3) = 0
⇔ b = 3 atau b = –3 FP2 + FC2 − PC2 26 42
2 ⋅ FP ⋅ FC
cos α =
Beda bernilai positif sehingga nilai b yang = (2 6)2 + (4 2)2 − (2 2)2 P 22 C
2⋅2 6⋅4 2
memenuhi adalah b = 3.
Barisan geometri yang terbentuk: = 24 + 32 − 8 = 48
16 12 32 3
5 – 3, 4, 5 + 3
⇔ 2, 4, 8 = 3 · 3 = 33 = 1 3
23 3 6 2
Rasio = 4 = 8 =2
2 4 Jadi, cosinus sudut yang dibentuk oleh FP dan
Jadi, rasio barisan tersebut 2.
1
FC adalah 2 3.
236 Latihan Ujian Sekolah
25. Jawaban: a b. sin 2x = –1 = sin 270°
(i) 2x = 270° + k · 360°
10 cm ⇔ x = 135° + k · 180°
30° untuk k = 0 ⇒ x = 135°
untuk k = 1 ⇒ x = 315°
10 cm
(ii) 2x = (180° – 270°) + k · 360°
Lsegitiga = 1 × 10 × 10 sin 30°
2 ⇔ 2x = –90° + k · 360°
⇔ x = –45° + k · 180°
= 50 × 1 = 25 cm2 untuk k = 1 → x = 135°
2 untuk k = 2 → x = 315°
Luas segi dua belas: Oleh karena 180° ≤ x ≤ 360° maka himpunan
penyelesaiannya {195°, 255°, 315°}.
L = 12 × Lsegitiga
= 12 × 25 = 300 cm2 28. Jawaban: a
Jadi, luas segi dua belas tersebut 300 cm2. sin A = 24 , A di kuadran I
25
26. Jawaban: a
Alas prisma berbentuk segitiga sama sisi. cos A = 7 25 24
25
C tan B = – 5 , B di kuadran II
12
60°
10 cm 10 cm sin B = 5 13 A
13 5 7
60° 60° cos B = – 12 B
A 10 cm B 13 12
1 sin (A – B) = sin A cos B – cos A sin B
2
Luas alas = AB · AC · sin BAC = 24 · (– 12 ) – 7 · 5
25 13 25 13
1
= 2 · 10 · 10 · sin 60° = – 288 – 35 = – 323
325 325 325
= 50 · 1 3 = 25 3 cm2
2 29. Jawaban: d
Volume prisma = Lalas × tinggi sin 126° + sin54° − 2 cos 24°
cos 126° − cos 54° + 2 sin 24°
= 25 3 × 15 = 375 3 cm3
Jadi, volume prisma 375 3 cm3. = 2 sin 90° cos 36° − 2 cos 24°
−2 sin 90° sin 36° + 2 sin 24°
27. Jawaban: d = 2(cos 36° − cos 24°)
−2(sin 36° − sin 24°)
cos 4x = sin 2x
⇔ 1 – 2 sin2 2x = sin 2x −2 sin 30° sin 6° 1 1 1
−2 cos 30° sin 6° 3 3
⇔ 2 sin2 2x + sin 2x – 1 = 0 = = 1 2 = = 3
2
⇔ (2 sin 2x – 1)(sin 2x + 1) = 0 3
⇔ 2 sin 2x – 1 = 0 atau sin 2x + 1 = 0 30. Jawaban: a
⇔ sin 2x = 1 atau sin 2x = –1 lim x2 + 5x + 4 − x2 − x + 4
2 6x
x→0
a. sin 2x = 1 = sin 30° = lim x2 + 5x + 4 − x2 − x + 4 · x2 + 5x + 4 + x2 − x + 4
2 6x x2 + 5x + 4 + x2 − x + 4
x→0
(i) 2x = 30° + k · 360°
⇔ x = 15° + k · 180° = lim x2 + 5x + 4 − (x2 − x + 4)
untuk k = 0 → x = 15°
untuk k = 1 → x = 195° x → 0 6x( x2 + 5x + 4 + x2 − x + 4)
(ii) 2x = (180° – 30°) + k · 360° = lim 6x( 6x x2 − x + 4)
x2 + 5x + 4 +
⇔ 2x = 150° + k · 360° x→0
⇔ x = 75° + k · 180°
untuk k = 0 → x = 75° = lim 1
untuk k = 1 → x = 255°
x → 0 x2 + 5x + 4 + x2 − x + 4
= 1 02 − 0 + 4 = 1 = 1
02 + 0 + 4 + 2+2 4
Matematika Kelas XII Program IPA 237
31. Jawaban: a 35. Jawaban: d
lim cos 4x −1 = lim −2 sin2 2x π
x tan 2x x tan 2x 3
x→0 x→0
∫ (sin x cos3 x – cos x sin3 x) dx
= lim −2 sin 2x · sin 2x
x tan 2 x π
x→0
4
π
= –2 · 2 · 2 = –4 = 3 ( 1 · 2 sin x cos x · cos2 x
1 2 2
∫
π
32. Jawaban: c 4
Persamaan jarak partikel = s(t) = 8t + 20t3 – t4
– 1 · 2 sin x cos x · sin2 x) dx
Persamaan kecepatan partikel 2
= v(t) = s′(t) = 8 + 60t2 – 4t3
v′(t) = 120t – 12t2 π
Kecepatan partikel maksimum jika v′(t) = 0.
= 3 1 (sin 2x cos2 x – sin 2x sin2 x) dx
120t – 12t2 = 0 2
∫
⇔ 12t(10 – t) = 0
⇔ t = 0 atau t = 10 π
4
π
= 1 3
2
∫ sin 2x (cos2 x – sin2 x) dx
π
––– +++ ––– 4
0 10
π
↑↑
minimum maksimum = 1 3
2
Kecepatan maksimum partikel ∫ sin 2x cos 2x dx
= v(10) = 8 + 60 · 102 – 4 · 103 = 2.008 m/detik
π
4
π
33. Jawaban: c = 1 · 1 3
Misalkan u = 2x + 3 maka: 2 2
∫ sin 2x d(sin 2x)
π
4
= 1 · 1 sin2 π
4 2
du =2 ⇔ du = 2dx 2x 3
dx π
4
Diperoleh: = 1 (sin2 2π – sin2 π )
8 3 2
∫(4x + 6) 2x + 3 dx
1 = 1 ( 1 3 )2 – 12) = 1 ( 3 – 1) = 1 (– 1 ) = – 1
8 2 8 4 8 4 32
= ∫2(2x + 3)(2x + 3)2 dx
3 36. Jawaban: c
3x – 2y = –6
= ∫(2x + 3)2 2dx
3 ⇔ y= 3x + 6
2
= ∫ u2 du
= 2 5 +c ⇔ y= 3 x + 3
5 2
u2
= 2 (2x + 3)2 2x + 3 + c ⇔ 6x + y = 18
5 ⇔ y = –6x + 18
34. Jawaban: a Y
∫ cos 2x sin x dx = ∫ (2 cos2 x – 1) sin x dx y1 = 3 x + 3
2
= ∫ (2 cos2 x sin x – sin x) dx
= ∫ 2 cos2 x sin x dx – ∫ sin x dx 6
= –2 ∫ cos2 d (cos x) – (–cos x)
= –2 · 1 cos3 x + cos x + c 3
3 I
= – 2 cos3 x + cos x + c II
3
–2 0 23 X
y2 = –6x + 18
238 Latihan Ujian Sekolah
L = LI + LII 38. Jawaban: c
23 Tinggi Badan (cm) Frekuensi
= ∫ y1 dx + ∫ y2 dx 145–149 4
150–154 5
0 2 155–159 6
23 160–164 12
3
= ∫ ( 2 x + 3) dx + ∫ (–6x + 18) dx 165–169 8
170–174 5
0 2
= 3 x2 + 3x 2 + −3x2 + 18x32
4 0
= ( 3 · 22 + 3 · 2) – ( 3 · 02 + 3 · 0) Kelas modus 160–164; L0 = 160 – 0,5 = 159,5;
4 4 d1 = 12 – 6 = 6; d2 = 12 – 8 = 4; p = 5.
+ ((–3 · 32 + 18 · 3) – (–3 · 22 + 18 · 2))
= 9 – 0 + 27 – 24 Mo = L0 + d1 · p = 159,5 + 6 ·5
d1 + d2 6+4
= 12 satuan luas
37. Jawaban: e = 159,5 + 3 = 162,5
Y Jadi, nilai modus dari data tersebut 162,5 cm.
39. Jawaban: e
Ratusan Puluhan Satuan
2 y= x
1 X 243
x+y=2⇔y=2–x
AB Tempat ratusan dapat diisi oleh dua angka, yaitu
01 2 2 dan 4.
Tempat puluhan dapat diisi oleh empat angka.
Menentukan titik potong y = x dan x + y = 2. Angka satuan dapat diisi oleh tiga angka.
Banyak bilangan yang terbentuk yang nilainya
y = x ⇔ y2 = x . . . (1) kurang dari 500 adalah 2 × 4 × 3 = 24 bilangan.
x+y=2 . . . (2)
Substitusikan persamaan (1) ke persamaan (2). 40. Jawaban: a
x = y2 ⇔
x + y=2 Kemungkinan bola yang terambil adalah merah dari
⇔ y2 + y = 2
⇔ y2 + y – 2 = 0 kotak I dan merah dari kotak II atau kuning dari
⇔ (y – 1)(y + 2) = 0 kotak I dan kuning dari kotak II.
⇔ y = 1 atau y = –2 MI = kejadian terambil bola merah dari kotak I
MII = kejadian terambil bola merah dari kotak II
Substitusikan nilai y = 1 ke x + y = 2. KI = kejadian terambil bola kuning dari kotak I
KII = kejadian terambil bola kuning dari kotak II
x+1=2⇔x=1
Diperoleh titik potong (1, 1). 5 3
8 8
Volume benda putar yang terjadi P(MI) = P(KI) =
= volume daerah A + volume daerah B 4 4
8 8
12 P(MII) = P(KII) =
= π ∫ ( x )2 dx + π ∫ (2 – x)2 dx M = kejadian terambil bola merah dari kotak I
01
dan kotak II
12
P(M) = P(MI) × P(MII) = 5 × 4 = 20
= π ∫ x dx + π ∫ (4 – 4x + x2) dx 8 8 64
01
K = kejadian terambil bola kuning dari kotak I
= π 1 x2 1 + π 4x − 2x2 + 1 x3 2 dan kotak II
2 0 3
1
3 4 12
= π( 1 – 0) + π((8 – 8 + 8 ) – (4 – 2 + 1 )) P(K) = P(KI) × P(KII) = 8 × 8 = 64
2 3 3
Peluang terambil kedua bola berwarna sama:
= 1 π + 1 π
2 3 P = P(M) + P(K) = 20 + 12 = 32 = 1
64 64 64 2
= 5 π satuan volume Jadi, peluang terambil kedua bola berwarna sama
6
adalah 1 .
2
Matematika Kelas XII Program IPA 239
1. Jawaban: b 5. Jawaban: a
Misal p : Tio kehujanan. 24log 288 = 3log 288
q : Tio sakit. 3log 24
r : Ia demam.
= 3log 36 × 8
Premis 1 : p ⇒ q 3log 6 × 4
Premis 2 : q ⇒ r
––––––––––––––––– Silogisme = 3log 36 + 3log 8
Kesimpulan : p ⇒ r 3log 6 + 3log 4
Jadi, kesimpulannya ”Jika Tio kehujanan maka = 3log 62 + 3log 23
ia demam”. 3log 6 + 3log 22
2. Jawaban: c = 2 3log 6 + 3 3log 2
3log 6 + 2 3log 2
Misal p : Semua mahasiswa berdemonstrasi.
q : Lalu lintas macet. = 2p + 3q
p + 2q
~q : Lalu lintas tidak macet.
6. Jawaban: b
Pernyataan : p ⇒ q
Ingkaran : ~(p ⇒ q) ≡ p ∧ ~q Persamaan kuadrat x2 + (m – 1)x – 5 = 0
Jadi, ingkarannya ”Semua mahasiswa ber- mempunyai nilai a = 1, b = m – 1, dan c = –5.
demonstrasi dan lalu lintas tidak macet”.
Akar-akar persamaan kuadrat x1 dan x2 maka:
x1 + x2 = −b = −(m − 1) =1–m
a 1
3. Jawaban: c
c −5
(a–1)2 × b4 = a–2b4c3 x1x2 = a = 1 = –5
c−3
= b4c3 x12 + x22 – 2x1x2 = 8 m
a2 ⇔ ((x1 + x2)2 – 2x1x2) – 2x1x2 = 8 m
⇔ (x1 + x2)2 – 4x1x2 = 8 m
= 24 ⋅ ( 1 )3 ⇔ (m – 1)2 – 4(–3) = 8 m
2
42 ⇔ m2 – 2m + 1 + 20 = 8 m
⇔ m2 – 10m + 21 = 0
= 16 ⋅ 1 ⇔ (m – 3)(m – 7) = 0
8 ⇔ m – 3 = 0 atau m – 7 = 0
⇔ m = 3 atau m = 7
16 Jadi, nilai m = 3 atau m = 7.
= 1
8
4. Jawaban: e
2−2 3 = 2−2 3 × 2+ 3
2− 3 2− 3 2+ 3
7. Jawaban: b
= 2( 2 + 3) − 2 3( 2 + 3)
2−3 Persamaan kuadrat 2x2 – 2(p – 4)x + p = 0
mempunyai nilai a = 2, b = –2(p – 4), dan c = p.
= ( 2)2 + 2 3−2 3 2 − 2( 3)2 Persamaan kuadrat mempunyai dua akar real
−1 berbeda jika D > 0.
= –(2 + 6 – 2 6 – 2 · 3)
=4+ 6
240 Latihan Ujian Nasional
b2 – 4ac > 0 Diperoleh titik singgung A(–4, 3) dan B(2, 3).
⇔ (–2(p – 4))2 – 4 · 2 · p > 0 Persamaan garis singgung lingkaran L di titik
⇔ 4(p2 – 8p + 16) – 8p > 0 A(–4, 3):
⇔ p2 – 8p + 16 – 2p > 0
⇔ p2 – 10p + 16 > 0 (x + 1)(–4 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9
⇔ –3(x + 1) = 9
Pembuat nol: ⇔ x + 1 = –3
⇔ x = –4
p2 – 10p + 16 = 0
⇔ (p – 2)(p – 8) = 0 Persamaan garis singgung lingkaran L di titik
⇔ p – 2 = 0 atau p – 8 = 0 B(2, 3):
⇔ p = 2 atau p = 8
(x + 1)(2 + 1) + (y – 3)(3 – 3) = 9
+ –+ ⇔ 3(x + 1) = 9
⇔ x+1=3
28 ⇔ x=2
Jadi, nilai p yang memenuhi adalah p < 2 atau Jadi, persamaan garis singgungnya x = –4 dan
p > 8. x = 2.
8. Jawaban: d 10. Jawaban: b
Misalkan x = umur Deksa Misalkan suku banyak tersebut F(x).
y = umur Elisa
z = umur Firda F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa
(3x – 4). Menurut teorema sisa:
Dari permasalahan tersebut diperoleh SPLTV F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13
sebagai berikut. F(1) = 3 · 1 – 4 = –1
x=4+y . . . (1) Misalkan juga F(x) dibagi (x2 – x – 2) hasil baginya
(ax + b) dan bersisa (2x + 3).
y=3+z . . . (2)
x + y + z = 58 . . . (3) F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)
Substitusi persamaan (1) dan (2) ke persamaan (3). F(1) = (12 – 1 – 2)(a · 1 + b) + (2 · 1 + 3)
x + y + z = 58 ⇔ –1 = (–2)(a + b) + 5
⇔ (4 + y) + (3 + z) + z = 58 ⇔ –6 = (–2)(a + b)
⇔ 4 + 3 + z + 3 + 2z = 58 ⇔ a+b=3 . . . (1)
⇔ 10 + 3z = 58
⇔ 3z = 48 ⇔ z = 16 F(–3) = ((–3)2 – (–3) – 2)(a · (–3) + b) + (2 · (–3) + 3)
y = 3 + z = 3 + 16 = 19
x = 4 + y = 4 + 19 = 23 ⇔ –13 = 10(–3a + b) – 3
Jumlah umur Deksa dan Firda ⇔ –10 = 10(–3a + b)
=x+z ⇔ –3a + b = –1 . . . (2)
= 23 + 16
= 39 tahun Eliminasi b dari (1) dan (2).
a+b=3
–3a + b = –1
–––––––––– –
9. Jawaban: a 4a = 4 ⇔ a = 1
Mencari titik singgung lingkaran. Substitusi a = 1 ke (1).
Substitusi y = 3 ke L ≡ (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9.
a+b=3 ⇔ 1+b=3
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 9
⇔ (x + 1)2 + (3 – 3)2 = 9 ⇔ b=2
⇔ x2 + 2x + 1 + 0 – 9 = 0
⇔ x2 + 2x – 8 = 0 Diperoleh a = 1 dan b = 2.
⇔ (x + 4)(x – 2) = 0
⇔ x + 4 = 0 atau x – 2 = 0 F(x) = (x2 – x – 2)(ax + b) + (2x + 3)
⇔ x = –4 atau x = 2
= (x2 – x – 2)(x + 2) + (2x + 3)
= (x3 – x2 – 2x + 2x2 – 2x – 4) + (2x + 3)
= x3 + x2 – 2x – 1
Jadi, suku banyak tersebut x3 + x2 – 2x – 1.
Matematika Kelas XII Program IPA 241
Cara lain: Diperoleh model matematika:
Misalkan suku banyak tersebut F(x). Memaksimumkan f(x, y) = 1.000x + 2.000y
F(x) dibagi (x2 + 2x – 3) = (x + 3)(x – 1) bersisa dengan kendala:
(3x – 4). Menurut teorema sisa:
F(–3) = 3 · (–3) – 4 = –13 x + y ≤ 200
F(1) = 3 · 1 – 4 = –1 4x + 20y ≤ 1.760 ⇔ x + 5y ≤ 440
F(x) dibagi (x2 – x – 2) = (x – 2)(x + 1) bersisa
(2x + 3). Menurut teorema sisa: x≥0
F(2) = 2 · 2 + 3 = 7 y≥0
F(–1) = 2 · (–1) + 3 = 1
Perhatikan persamaan suku banyak pada Daerah penyelesaian SPtLDV:
pilihan b.
F(x) = x3 + x2 – 2x – 1 Y
F(–3) = (–3)3 + (–3)2 – 2(–3) – 1
200
= –27 + 9 + 6 – 1
= –13 (bernilai benar) C B(140, 60) X
88 A x + 5y = 440
F(1) = 13 + 12 – 2 · 1 – 1 O
=1+1–2–1 200 440
= –1 (bernilai benar) x + y = 200
F(2) = 23 + 22 – 2 · 2 – 1 Titik B merupakan perpotongan garis x + y = 200
=8+4–4–1 dan x + 5y = 440. Koordinat B(140, 60).
= 7 (bernilai benar)
Uji titik pojok ke fungsi objektif f(x, y):
F(–1) = (–1)3 + (–1)2 – 2(–1) – 1
= –1 + 1 + 2 – 1 Titik Pojok Fungsi Objektif f(x, y) = 1.000x + 2.000y
= 1 (bernilai benar)
O(0, 0) f(0, 0) = 1.000 × 0 + 2.000 × 0 = 0
Jadi, suku banyak tersebut adalah A(200, 0) f(200, 0) = 1.000 × 200 + 2.000 × 0 = 200.000
F(x) = x3 + x2 – 2x – 1. B(140, 60) f(140, 60) = 1.000 × 140 + 2.000 × 60 = 260.000
C(0, 88) f(0, 88) = 1.000 × 0 + 2.000 × 88 = 176.000
Nilai maksimum f(x, y) = 1.000x + 2.000y adalah
260.000.
Jadi, penghasilan maksimum dari tempat parkir
Rp260.000,00.
11. Jawaban: e 13. Jawaban: c
C = AB
f(x) = 2x – 3
g(x) = x2 + 2x – 3 = 3 1 1 2
(g f)(x) = g(f(x)) 4 −2 −2 3
= g(2x – 3) = 3 −2 6 + 3
= (2x – 3)2 + 2(2x – 3) – 3 4 + 4 8 − 6
= 4x2 – 12x + 9 + 4x – 6 – 3
= 4x2 – 8x = 1 9
8 2
12. Jawaban: c C – D = 1 9 – 6 3
8 2 1 −5
Misal x = banyak mobil kecil
y = banyak mobil besar −5 6
7 7
Banyak Luas Biaya Parkir =
Mobil kecil x 4 1.000
Mobil besar y 20 2.000
Pembatas 200 1.760
242 Latihan Ujian Nasional
14. Jawaban: b Proyeksi ortogonal vektor AB pada AC
Oleh karena a tegak lurus b , berlaku a · b = 0
= AB ⋅ AC AC
⇔ x × 3 + 1 × 9 + 2 × (–12) = 0 | AC |2
⇔ 3x + 9 – 24 = 0
⇔ 3x = 15 (−3) ⋅ 3 + 5 ⋅ 1+ (−1) ⋅ (−2) 3
⇔ x=5 ( 32 + 12 + (−2)2 )2 1
Diperoleh a = 5 i + j + 2k =
−2
( a + c )( a – b )
−2 3
14 1
5 3 5 3 =
2 9 −2
= 1 + 1 –
2 −1 2 −12
1 3
7 1
8 2 = –
−2
= 3 −8
1 14
= – 1 (3 i + j − 2k)
7
= 8 × 2 + 3 × (–8) + 1 × 14
= 16 – 24 + 14 = 6 17. Jawaban: e
15. Jawaban: e Matriks pencerminan terhadap sumbu X adalah
Diketahui A(0, 0, 0), B(–1, 1, 0), dan C(1, –2, 2)
1 0 .
0 −1
0 −1 1
a = 0 , b = , dan c = −2 Misalkan x′ dan y′ merupakan bayangan titik x
1 2 dan y setelah ditransformasikan oleh matriks
0 0
−1 0 −1 1 2 dan dilanjutkan 1 0 .
AB = b – a = 1 – 0 = 1 0 1 0 −1
0 0 0 x′ = 1 0 1 2 x
y′ 0 −1 0 1 y
1 0 1
AC = c – a = −2 – 0 = −2 1 2 x
2 2 ⇔ x′ = 0 −1 y
0 y′
α = sudut antara AB dan AC ⇔ x′ = x + 2y
y′ −y
cos α = AB ⋅ AC
| AB | | AC | Diperoleh y′ = –y ⇔ y = –y′ . . . (1)
= (−1) ⋅ 1 + 1⋅ (−2) + 0 ⋅ 2 x′ = x + 2y ⇔ x = x′ – 2y
(−1)2 + 12 + 02 ⋅ 12 + (−2)2 + 22 ⇔ x = x′ – 2(–y′)
= −1 − 2 + 0 = −3 = – 1 2 ⇔ x = x′ + 2y′ . . . (2)
2⋅ 9 32 2
Substitusi (1) dan (2) ke persamaan garis.
16. Jawaban: c y=x+1
Diketahui A(2, –1, –1), B(–1, 4, –2), dan ⇔ –y′ = (x′ + 2y′) + 1
C(5, 0, –3). ⇔ x′ + 3y′ + 1 = 0
⇔ x + 3y + 1 = 0
2 −1 5 Jadi, persamaan bayangan garis x + 3y + 1 = 0.
a = −−11 , b = 4 , dan c = 0
−2 −3 18. Jawaban: d
−1 2 −3 ( 1 )x2 – 2x – 5 < ( 1 )–6x + 2
5 4 2
AB = b – a = 4 – −−11 = −1
−2 ⇔ ( 1 )x2 – 2x – 5 < ( 1 )2(–3x + 1)
4 2
5 2 3
1 1 )x2 – 2x – 5 1 )–3x + 1
AC = c – a = 0 – −−11 = ⇔ ( 4 < ( 4
−3 −2
Matematika Kelas XII Program IPA 243
Untuk 0 < a < 1 penyelesaian af(x) < ag(x) adalah 21. Jawaban: b
f(x) > g(x).
Banyak kursi dalam gedung kesenian membentuk
x2 – 2x – 5 > –3x + 1 barisan aritmetika 18, 22, 16, . . . .
Suku pertama = a = 18
⇔ x2 + x – 6 > 0 Beda = b = 4
⇔ (x + 3)(x – 2) > 0 U12 = a + (12 – 1)b
Pembuat nol: x = –3 atau x = 2.
= 18 + (11)4
+ –+ = 18 + 44 = 62
Jadi, banyak kursi pada baris kedua belas adalah
–3 2 62.
Nilai x yang memenuhi x < –3 atau x > 2. 22. Jawaban: D
Jadi, himpunan penyelesaiannya {x | x < –3 atau Banyak potongan kertas membentuk barisan
x > 2}. geometri dengan rasio 2.
Pada potongan ketiga (U4):
19. Jawaban: e U4 = 160 ⇔ a × 23 = 160
Grafik fungsi melalui titik (–1, 9), (0, 3), dan ⇔ 8a = 160
(1, 1). Fungsi yang memenuhi adalah f(x) = 31 – x ⇔ a = 20
karena: Banyak kertas setelah potongan ke-7 (U8):
f(–1) = 31 – (–1) = 32 = 9 U8 = ar7 = 20 x 27 = 20 x 128 = 2.560
f(0) = 31 – 0 = 31 = 3 Jadi, banyak kertas setelah potongan ketujuh ada
f(1) = 31 – 1 = 30 = 1 2.560 lembar.
Cara lain: Cara lain:
Banyak kertas:
Grafik fungsi pada gambar adalah grafik fungsi Pada potongan ke-3 = 160 lembar
g(x) = 3–x yang digeser ke kanan 1 satuan, yaitu Pada potongan ke-4 = 2 × 160 = 320 lembar
f(x) = 3–(x – 1) = 31 – x. Pada potongan ke-5 = 2 × 320 = 640 lembar
Pada potongan ke-6 = 2 × 640 = 1.280 lembar
Jadi, fungsi yang sesuai dengan grafik tersebut Pada potongan ke-7 = 2 × 1.280 = 2.560 lembar
adalah f(x) = 31 – x.
20. Jawaban: b
Diketahui U3 = –10 dan U5 = –4. 23. Jawaban: b
U3 = –10 ⇔ a + 2b = –10 . . . (1)
U5 = –4 ⇔ a + 4b = –4 . . . (2) Diketahui U4 = 24 dan r = 2.
Eliminasi a dari (1) dan (2). U4 = 24 ⇔ ar3 = 24
⇔
a + 2b = –10 a · 23 = 24
a + 4b = –4 ⇔ a · 8 = 24
–––––––––––––– – ⇔ a=3
–2b = –6 ⇔ b = 3 Sn = a(rn − 1) = 3(2n − 1)
r −1 2 −1
Substitusi b = 3 ke (1).
3(28 − 1) 3(256 − 1)
a + 2b = –10 ⇔ a + 2(3) = –10 S8 = 2−1 = 1 = 765
⇔ a = –10 – 6
⇔ a = –16 Jadi, jumlah delapan suku pertama deret tersebut
adalah 765.
Diperoleh a = –16 dan b = 3.
24. Jawaban: e
Sn = n (2a + (n – 1) b) G
2 H
S15 = 15 × (2(–16) + (15 – 1) 3) EG
2
EF 8 cm
= 15 × (–32 + 42)
2 T
= 15 × 10 = 75 DT C
2 O
8 cm O
Jadi, jumlah 15 suku pertama adalah 75.
AB
Jarak titik E ke bidang BGD = ET
244 Latihan Ujian Nasional
OE = OG cos ∠BDT = BD2 + TD2 − TB2
= OC2 + CG2 2 × BD × TD
= (4 2)2 + 82 = (2 2)2 + ( 3)2 − ( 3)2
2×2 2× 3
= 32 + 64 = 8+3−3
46
= 96 = 8 = 2
46 6
= 4 6 cm T
EG = 8 2 cm tan ∠BDT = 2 2 6
2 B 2
D
Pada ∆OGE berlaku aturan kosinus sebagai = 1 2
berikut. 2
cos ∠EOG = OE2 + OE2 − EG2 26. Jawaban: d
2 × OE × OG
A
(4 6)2 + (4 6)2 − (8 2 )2
= 2×4 6×4 6 6 cm B
96 + 96 − 128 O 6 cm
= 2 × 96 45°
= 64
192
= 1
3
O sin ∠EOG = 22 Pada ∆AOB berlaku aturan kosinus sebagai
3 3 berikut.
1 G AB2 = OA2 + OB2 – 2 × OA × OB × cos ∠AOB
= 62 + 62 – 2 × 6 × 6 × cos 45°
E 22
Oleh karena luas ∆EOG = 1 × ET × OG dan = 36 × 2 – 36 × 2
2
= 36(2 – 2)× 1 2
luas ∆EOG = 1 × OE × OG sin ∠EOG maka 2
2
1 × ET × OG = 1 × OE × OG sin ∠EOG = 36 × 2 – 36 2
2 2
= 36(2 – 2 )
⇔ ET = OE sin ∠EOG
=4 6 · 22 AB = 36(2 − 2) = 6 2 − 2 cm
3 Keliling segi delapan = 8AB
= 8 3× 2× 2 = 8⋅6 2− 2
3
= 16 3 cm = 48 2 − 2 cm
3
Jadi, jarak titik E ke bidang BGD adalah 16 3 cm. 27. Jawaban: b
3
25. Jawaban: b cos 4x + 3 sin 2x = –1
T ⇔ 1 – 2 sin2 2x + 3 sin 2x + 1 = 0
3 cm ⇔ –2 sin2 2x + 3 sin 2x + 2 = 0
DC ⇔ 2 sin2 2x – 3 sin 2x – 2 = 0
⇔ (2 sin 2x + 1)(sin 2x – 2) = 0
2 cm ⇔ 2 sin 2x + 1 = 0 atau sin 2x – 2 = 0
A 2 cm B ⇔ sin 2x = – 1 atau sin 2x = 2
2
Sudut antara TD dan bidang ABCD = ∠BDT. Untuk sin 2x = 2 tidak ada nilai x yang memenuhi
Pada ∆BDT berlaku aturan kosinus sebagai
berikut. karena –1 ≤ sin 2x ≤ 1.
Matematika Kelas XII Program IPA 245
Mencari penyelesaian sin 2x = – 1 . = lim (1− x)(2 + x + 3)
2
x →1 1− x
1
sin 2x = – 2 = sin 210° = lim (2 + x + 3 )
a. 2x = 210° + k · 360° x →1
⇔ x = 105° + k · 180° = (2 + 2 1+ 3 )
= 105°, 285°, . . . = (2 + 2)
=4
b. 2x = (180° – 210°) + k · 360°
⇔ 2x = –30° + k · 360° Cara lain:
⇔ x = –15° + k · 180°
= –15°, 165°, 345°, . . . Mencari nilai limit menggunakan teorema
L’Hopital.
Oleh karena 0° ≤ x ≤ 180°, himpunan penyelesai-
annya adalah {105°, 165°}. lim 1− x
x→1 2− x+3
28. Jawaban: d = lim 1− x
sin 75° – sin 165° x →1 1
2 − (x + 3)2
= 2 cos 1 (75° + 165°) · sin 1 (75° – 165°) = lim −1
2 2
x →1 − 1 (x + −1
= 2 cos 120° sin (–45°) 2
3) 2
= –2 cos 120° sin 45° 1
= –2 · (– 1 ) · 1 2 = lim 2(x + 3)2
2 2
x →1
= 1 2 = lim 2 x + 3
2
x →1
29. Jawaban: c
= 2 1+ 3
sin (α – β) = 3 =2 4
5 =2·2=4
⇔ sin α cos β – cos α sin β = 3 31. Jawaban: a
5
cos 4x − 1
⇔ 1 – cos α sin β = 3 lim 2x sin 3x
5 5
x→0
⇔ cos α sin β = 1 – 3 = lim (1 − 2 sin2 2x) − 1
5 5 2x sin 3x
x→0
= – 2 = lim −2 sin2 2x
5 2x sin 3x
x→0
sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β = – lim sin2 2x
x sin 3x
1 2 x→0
5 5
= + (– ) = – lim sin 2x · sin 2x
x sin 3x
1 x→0
= – 5
= – 2 · 2 = – 4
1 3 3
30. Jawaban: b 32. Jawaban: d
Biaya produksi per unit barang:
Dengan substitusi langsung: b(x) = (5x2 – 10x + 30) ribu rupiah
Biaya produksi x unit barang:
lim 1− x = 1− 1 = 0 B(x) = x b(x)
2−2 0 = x(5x2 – 10x + 30) ribu rupiah
x→1 2− x+3 = (5x3 – 10x2 + 30x) ribu rupiah
Harga jual x unit barang:
Dengan mengalikan bentuk sekawan: H(x) = 50x ribu rupiah
lim 1− x × 2+ x+3
2+ x+3
x→1 2− x+3
= lim (1− x)(2 + x + 3)
x → 1 4 − (x + 3)
246 Latihan Ujian Nasional
Keuntungan: = 1 1
3
U(x) = H(x) – B(x) ∫ (3x2 + 9x – 10)5 d(3x2 + 9x – 10)
= (50x – (5x3 – 10x2 + 30x)) ribu rupiah 0
= (–5x3 + 10x2 + 20x) ribu rupiah = 1 × 1 (3x2 + 9x − 10)6 1
3 6 0
dU(x)
Fungsi U(x) mencapai stasioner jika dx = 0. = 1 ((3 · 12 +9 ·1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)
18
dU(x)
dx = –15x2 + 20x + 20 = 0 = 1 ((3 · 12 +9 ·1 – 10)6 – (3 · 02 + 9 · 0 – 10)6)
18
⇔ 3x2 – 4x – 4 = 0
= 1 ((3 + 9 – 10)6 – (–10)6)
⇔ (3x + 2)(x – 2) = 0 18
⇔ 3x + 2 = 0 atau x – 2 = 0 = 1 (26 – 1.000.000)
18
⇔ x = – 2 atau x=2
3 = 1 (64 – 1.000.000)
18
Diagram dU(x) :
dx = 1 (–999.936)
18
––– +++ –––
= –55.552
2
– 3 2 35. Jawaban: b
minimum maksimum π
Dari diagram terlihat fungsi U(x) mencapai 4
maksimum di x = 2.
Keuntungan maksimum ∫ 4 sin2 2x sin 4x dx
= U(2) 0
= (–5 · 23 + 10 · 22 + 20 · 2) ribu rupiah
π
= 40.000 rupiah
4
Jadi, keuntungan maksimum yang diperoleh
perusahaan Rp40.000,00. = ∫ 2 · 2 sin2 2x sin 4x dx
0
π
4
= 2 ∫ (1 – cos 4x) sin 4x dx
0
π
33. Jawaban: d = – 2 4
4
∫ (1 – cos 4x) d(cos 4x)
∫ 1− 4x
0
3 (6x2 − 3x + 2)5 dx 1 cos 4x 1 cos2 π
2
5 = – − 2 4x04
3
= –∫ (4x – 1)(6x2 – 3x + 2) − dx 1 1 1
2 2 2
1 5 = – ((cos π – cos2 π) – (cos 0 – cos2 0))
3 3
= – ∫ (6x2 – 3x + 2) − d(6x2 – 3x + 2)
= – 1 (–1 – 1 · (–1)2 – 1+ 1 · 1)
2 2 2
1 1 2
= – 3 · (6x2 – 3x + 2) − 3 +C 1 1 1
2 2 2
− 2 = – (–1 – –1+ )
3
= 1 2 +C = – 1 · (–2)
2
2(6x2 − 3x + 2)3
=1
= 1 +C
36. Jawaban: c
2 3 (6x2 − 3x + 2)2
Y
34. Jawaban: d y1 = x2 – 4
1 2
∫ (2x + 3)(3x2 + 9x – 10)5 dx I
0 –2 0 X
y2 = 2 – x
1 II 2
= ∫ (3x2 + 9x – 10)5 (2x + 3) dx
0
= 1 1 d(3x2 + 9x – 10) –4
3
∫ (3x2 + 9x – 10)5 ·
0
Matematika Kelas XII Program IPA 247
Daerah yang diarsir terbagi menjadi daerah I 38. Jawaban: d
dan II. Daerah I berbentuk segitiga dibatasi oleh
garis garis y = 2 – x, sumbu X, dan sumbu Y. Modus data pada interval kelas 50–59.
Daerah II dibatasi kurva y = x2 – 4, sumbu X, dan
sumbu Y. LO = 49,5
d1 = 12 – 8 = 4
L = LI + LII d2 = 12 – 9 = 3
c = 59,5 – 49,5 = 10
1 2
2
= ·2·2– ∫ y1 dx MO = LO + d1 ·c
d1 + d2
0
2 4
4+3
= 2 – ∫ (x2 – 4) dx = 49,5 + · 10
0
40
=2– 1 x3 − 4x02 = 49,5 + 7
3
39. Jawaban: a
=2– 1 (23 – 03) + 4(2 – 0)
3 Banyak huruf = 6
=2– 8 +8 Banyak huruf A = 2
3
Banyak susunan kata
= 7 1 satuan luas
3 = 6!
2!
37. Jawaban: a
6×5×4×3× 2 × 1
Y = 2×1
2
=6·5·4·3
1 = 360
40. Jawaban: e
X Jumlah kelereng = 3 + 4 = 7
01 2 Banyak anggota ruang sampel = n(S) = 7C3 = 35.
Kemungkinan kelereng yang terambil 2 putih dan
2 y1 = 2x – x2 y2 = 2 – x 1 merah, atau 3 putih.
V = π ∫ (y12 – y22) dx A = kejadian terambil paling sedikit 2 kelereng
putih
1
= π 2 ((2x – x2)2 – (2 – x)2) dx n(A) = 4C2 · 3C1 + 4C3
=6·3+4
∫
1
= π 2 (4x2 – 4x3 + x4 – (4 – 4x + x2)) dx = 18 + 4
∫
1 = 22
= π 2 (3x2 – 4x3 + x4 – 4 + 4x) dx Peluang kejadian A:
∫ 22
1 n(A) 35
P(A) = n(S) =
1 2
= π x3 – x4 + 5 x5 – 4x + 2x2 1 Jadi, peluang terambil paling sedikit 2 kelereng
= π((23 – 24 + 1 · 25 – 4 · 2 + 2 · 22) putih adalah 22 .
5 35
– (13 – 14 + 1 · 15 – 4 · 1 + 2 · 12))
5
= π(8 – 16 + 32 – 8 + 8) – (1 – 1 + 1 – 4 + 2))
5 5
= π(– 8 + 9 )
5 5
= π satuan volume
5
248 Latihan Ujian Nasional
Silabus
Bab I Integral
Sekolah : SMA/MA
Kelas/Semester : XII/1 Program IPA
Mata Pelajaran : Matematika
Standar Kompetensi : 1. Menggunakan konsep integral dalam pemecahan masalah.
Materi Pokok/ Nilai dan Penilaian
Pembelajaran Materi yang
Kompetensi Kegiatan Indikator Pencapaian Alokasi Alat dan Sumber
Dasar Diintegrasikan Pembelajaran Kompetensi
Teknik Bentuk Contoh Instrumen Waktu Belajar
Instrumen
1.1 M e m a h a m i Integral – Menjelaskan integral 1.1.1 Mampu mende- Tes Pilihan Jika f′(x) = 3x2 + 6x – 5 4 jp 1. Buku PR Mate-
konsep integral sebagai antiturunan. finisikan integral tertulis ganda dan f(–1) = 8, rumus matika Kelas XII
tentu dan tak tak tentu. fungsi f(x) = . . . . IPA Semester 1,
tentu. – Menuliskan notasi Uraian a. 3x3 + 6x2 – 5x Intan Pariwara,
integral tak tentu. 1.1.2 Mampu mende- b. 3x3 + 3x2 – 5x + 3 halaman 1–24
finisikan integral c. x3 + 6x2 – 5x + 8
– Menjelaskan penger- tentu. d. x3 + 3x2 – 5x + 1 2. Buku PG Mate-
tian integral tentu e. x3 + 3x2 – 5x + 8 matika Kelas XII
menggunakan metode IPA Semester 1,
Riemann. 5 Intan Pariwara,
halaman 1–44
– Menuliskan notasi Diketahui ∫ f(x) dx = 8
integral tentu. −2 3. BSE Matematika
5 Kelas XII Program
– Membuktikan integral IPA untuk SMA/
tentu sebagai jumlahan dan ∫ 2g(x) dx = 6. MA, Depdiknas
Riemann. −2
4. W e b s i t e -
Matematika Kelas XII Program IPA 477 Tentukan: website yang
relevan
5
6 jp 1. Buku PR Mate-
a. ∫ g(x) dx matika Kelas XII
−2 IPA Semester 1,
Intan Pariwara,
5 halaman 1–24
b. ∫ (2f(x) – 3g(x)) dx 2. Buku PG Mate-
−2 matika Kelas XII
IPA Semester 1,
1.2 M e n g h i t u n g Integral Pendidikan – Menyebutkan rumus- 1.2.1 Mampu menen- Tes Pilihan 1. Hasil pengintegralan Intan Pariwara,
integral tak tentu karakter rumus integral tak tukan hasil integral tertulis ganda halaman 1–44
dan integral tentu (*) Teliti tentu fungsi aljabar. tak tentu fungsi ∫ 3x − 4x2 x dx = . . . .
dari fungsi aljabar aljabar. xx
dan trigonometri – Menyebutkan sifat-
yang sederhana. sifat integral tak tentu 1.2.2 Mampu menen- a. 6 x – 2x2 + c
fungsi aljabar. tukan hasil integral
tentu fungsi aljabar. b. 6 x – x2 + c
– Membuktikan rumus
dan sifat integral tak 1.2.3 Mampu menen- c. 3 x – 4x2 + c
tentu fungsi aljabar. tukan hasil integral
tak tentu fungsi d. 3 x – 2x2 + c
– Menentukan hasil trigonometri.
integral tak tentu e. 3 x – 2x2 + c
fungsi aljabar. 2
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here.
04 MATEMATIKA 12 IPA 2013
Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base.
Search