ĐGNL ĐHQG Hà Nội - Tư duy định lượng - Bất phương trình logarit

Đáp án cần chọn là: C

Điều kiện:\[x > 0;{\log _{\frac{1}{2}}}x > 0 \Rightarrow x < {\left( {\frac{1}{2}} \right)^0} = 1\]

\[{\log _3}\left( {{{\log }_{\frac{1}{2}}}x} \right) < 1 = {\log _3}3 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x < 3 = {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^3}\]

\[ \Leftrightarrow x > {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} = \frac{1}{8}\] vì\(\frac{1}{2} < 1\)

Đáp án cần chọn là: B

Điều kiện\[x > - 1\]

Khi đó ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_2}(x + 1) - lo{g_2}\sqrt {x + 1} \le 0 \Leftrightarrow {{\log }_2}\frac{{x + 1}}{{\sqrt {x + 1} }} \le 0 \Leftrightarrow \frac{{x + 1}}{{\sqrt {x + 1} }} \le 1}\\{ \Leftrightarrow \frac{{{{(\sqrt {x + 1} )}^2}}}{{\sqrt {x + 1} }} \le 1 \Leftrightarrow \sqrt {x + 1} \le 1 \Leftrightarrow x \le 0}\end{array}\]

Kết hợp với điều kiện ta được:\[ - 1 < x \le 0\]

Đáp án cần chọn là: B

\[{\log _{0,7}}({\log _6}\frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}}) < 0\]

Đkxđ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{{\log }_6}\frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0}\\{\frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 4 < x < - 2}\\{x > 2}\end{array}} \right.\left( * \right)\)</>

\(lo{g_6}\frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 0,{7^0} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} > 6 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x}}{{x + 4}} - 6 > 0\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{x^2} - 5x - 24}}{{x + 4}} > 0 \Leftrightarrow \frac{{(x - 8)(x + 3)}}{{x + 4}} > 0\)

Xét dấu\[f\left( x \right) = \frac{{(x - 8)(x + 3)}}{{x + 4}}\]

Vậy\[ - 4 < x < - 3\]  hoặc\[x > 8\]</>

Kết hợp với điều kiện ta được −4<x<−3 hoặc x>8.</x

Đáp án cần chọn là: A

Điều kiện\[x > - 2\]

Bất phương trình \[ \Leftrightarrow {x^2} + 1 > 2x + 4\,(do\,\frac{\pi }{4} < 1)\]

\[ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = (x + 1)(x - 3) > 0\]

Nên x>3 hoặc x<−1.

Kết hợp điều kiện x>−2 ta được x>3 hoặc −2<x<−1.

Đáp án cần chọn là: C

Điều kiện: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x^2} + x + 3 > 0}\\{3{x^2} - x > 0}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > \frac{1}{3}}\\{x < 0}\end{array}} \right.\)

Do x=1 là một nghiệm của bất phương trình nên

\[{\log _m}({2.1^2} + 1 + 3) \le {\log _m}({3.1^2} - 1) \Leftrightarrow {\log _m}6 \le {\log _m}2 \Leftrightarrow 0 < m < 1\]

Khi đó, ta có:

\[\begin{array}{l}{\log _m}(2{x^2} + x + 3) \le {\log _m}(3{x^2} - x)\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + x + 3 \ge 3{x^2} - x \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 3\end{array}\]

Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của bpt là :\[S = \left[ { - 1;0} \right) \cup \left( {\frac{1}{3};3} \right)\]
Đáp án cần chọn là: C

Điều kiện\[x > 1\]

\[\begin{array}{l}\ln {x^2} > \ln \left( {4x - 4} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} > 4x - 4\, \Leftrightarrow {(x - 2)^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 2\\S = \left( {1; + \infty } \right) \setminus \left\{ 2 \right\}\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: B

Điều kiện: \[x > 0\]

Đặt \[t = {\log _2}x\]

BPT\[ \Leftrightarrow {t^2} - 4033t + 4066272 \le 0\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow 2016 \le t \le 2017\\2016 \le {\log _2}x \le 2017\\ \Leftrightarrow {2^{2016}} \le x \le {2^{2017}}\end{array}\]

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án cần chọn là: B

Điều kiện :

\[x\sqrt {{x^2} + 2} + 4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {\sqrt {{x^2} + 2} - x} \right) + 4 > 0 \Leftrightarrow x.\frac{2}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} + 4 > 0\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} + \frac{{4\left( {\sqrt {{x^2} + 2} + x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} > 0 \Rightarrow 6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} > 0\] (vì \[\sqrt {{x^2} + 2} > x;\,\forall x\])

\[ \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2} > - 3x \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3x < 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 3x \ge 0}\\{4({x^2} + 2) > {{( - 3x)}^2}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\]</>

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le 0}\\{5{x^2} < 8}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{ - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0}\end{array}} \right.\)

Khi đó ta có\[{\log _2}\left( {x\sqrt {{x^2} + 2} + 4 - {x^2}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow {{\log }_2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2} - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_2}\left( {\frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}} + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_2}\left( {\frac{{6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} }}{{\sqrt {{x^2} + 2} + x}}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1}\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow lo{g_2}(6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} ) - lo{g_2}(\sqrt {{x^2} + 2 + x} ) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\\ \Leftrightarrow lo{g_2}[2(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} )] - lo{g_2}(\sqrt {{x^2} + 2} + x) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\\ \Leftrightarrow lo{g_2}2 + lo{g_2}(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} ) - lo{g_2}(\sqrt {{x^2} + 2} + x) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\\ \Leftrightarrow 1 + lo{g_2}(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} ) - lo{g_2}(\sqrt {{x^2} + 2} + x) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2} \le 1\\ \Leftrightarrow lo{g_2}(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} ) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} \le lo{g_2}(\sqrt {{x^2} + 2} + x) + x + \sqrt {{x^2} + 2} ( * )\end{array}\]

Xét hàm số \[f\left( t \right) = t + {\log _2}t\,\] với t>0 ta có \[f'\left( t \right) = 1 + \frac{1}{{t.\ln 2}} > 0;\,\forall t > 0\]  nên f(t) là hàm đồng biến trên\[\left( {0; + \infty } \right)\]Từ đó

\[\begin{array}{l}( * ) \Leftrightarrow f(3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} ) \le f(\sqrt {{x^2} + 2} + x)\\ \Leftrightarrow 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} \le \sqrt {{x^2} + 2} + x\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2} \le - 2x\end{array}\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 2x \ge 0}\\{{x^2} + 2 \le 4{x^2}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le 0}\\{3{x^2} \ge 2}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \le 0}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ge \frac{{\sqrt 6 }}{3}}\\{x \le - \frac{{\sqrt 6 }}{3}}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Leftrightarrow x \le - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)

Kết hợp điều kiện \(\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{x > 0}\\{ - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0}\end{array}} \right.\) ta có\[ - \frac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le - \frac{{\sqrt 6 }}{3}\] hay\[ - \sqrt {\frac{8}{5}} < x \le - \sqrt {\frac{2}{3}} \]

Tập nghiệm bất phương trình\[S = \left( { - \sqrt {\frac{8}{5}} ; - \sqrt {\frac{2}{3}} } \right]\] nên\[a = \frac{8}{5};b = \frac{2}{3} \Rightarrow a.b = \frac{8}{5}.\frac{2}{3} = \frac{{16}}{{15}}.\]

Đáp án cần chọn là: D

ĐK : \[f\left( x \right) + m + 2 > 0\]

Ta có\[{\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) > 4 - m\]

\[ \Leftrightarrow {\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) + m + 2 > 6\left( * \right)\]

Xét hàm số \[y = {\log _5}t + t\,\,\,\left( {t > 0} \right)\] có\[y' = \frac{1}{{t.\ln 5}} + 1 > 0\] với t>0

Nên hàm số\[y = {\log _5}t + t\] đồng biến trên\[\left( {0; + \infty } \right)\] lại có\[y\left( 5 \right) = {\log _5}5 + 5 = 6\]

Nên từ (*) suy ra

\[y\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) > y\left( 5 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) + m + 2 > 5 \Leftrightarrow f\left( x \right) > 3 - m\] (1)

Từ hình vẽ ta có BBT của hàm số f(x) như sau

Từ hình vẽ ta có\[\mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 \left| {f'\left( x \right)} \right|dx < \mathop \smallint \limits_1^4 \left| {f'\left( x \right)} \right|dx \Leftrightarrow \mathop \smallint \limits_{ - 1}^1 f'\left( x \right)dx < - \mathop \smallint \limits_1^4 f'\left( x \right)dx\]

\[ \Leftrightarrow f(x)|_{ - 1}^1 < - f(x)|_1^4 \Leftrightarrow f(1) - f( - 1) < f(1) - f(4)\,\,\,\,\;\left( 2 \right)\]

Từ (1) ; (2) và BBT ta thấy để phương trình đã cho đúng với \[x \in \left( { - 1;4} \right)\] suy ra\[3 - m \le f\left( 4 \right) \Leftrightarrow m \ge 3 - f\left( 4 \right).\]

Đáp án cần chọn là: D

ĐK:\[{x^2} + 6x + 5 + m > 0.\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_7}\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) + 1 > {{\log }_7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_7}7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {{\log }_7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)}\\{ \Leftrightarrow 7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {x^2} + 6x + 5 + m}\\{ \Leftrightarrow 7{x^2} + 14x + 14 - {x^2} - 6x - 5 - m > 0}\\{ \Leftrightarrow 6{x^2} + 8x + 9 - m > 0}\end{array}\]

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa (1;3)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} + 6x + 5 + m > 0,\forall x \in (1;3)}\\{6{x^2} + 8x + 9 - m > 0,\forall x \in (1;3)}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m > - {x^2} - 6x - 5,\forall x \in (1;3)}\\{m < 6{x^2} + 8x + 9,\forall x \in (1;3)}\end{array}} \right.\left( * \right)\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge \mathop {max}\limits_{[1;3]} f(x)}\\{m \le \mathop {min}\limits_{[1;3]} g(x)}\end{array}} \right.\end{array}\)

với\[f\left( x \right) = - {x^2} - 6x - 5\] và\[g\left( x \right) = 6{x^2} + 8x + 9\]

Ta có:\[f'\left( x \right) = - 2x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = - 3 \notin \left( {1;3} \right)\] và\[f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\] nên hàm số\[y = f\left( x \right)\] nghịch biến trên \[\left( {1;3} \right)\]

\[ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) = - 12 \Rightarrow m \ge - 12\]

\[g'\left( x \right) = 12x + 8 = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{2}{3} \notin \left( {1;3} \right)\] và \[g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\] nên hàm số\[y = g\left( x \right)\] đồng biến trên (1;3)

\[ \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 23 \Rightarrow m \le 23\]

Vậy\[ - 12 \le m \le 23\]

Mà\[m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 12; - 11;...;23} \right\}\] hay có\[23 - \left( { - 12} \right) + 1 = 36\] giá trị.

Đáp án cần chọn là: A

ĐKXĐ: x>0.

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{9^{\log _9^2x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18}\\{ \Leftrightarrow {9^{{{\log }_9}x.{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18}\\{ \Leftrightarrow {{\left( {{9^{{{\log }_9}x}}} \right)}^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18}\\{ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18}\\{ \Leftrightarrow 2.{x^{{{\log }_9}x}} \le 18}\\{ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} \le 9}\end{array}\]

Lấy logarit cơ số 9 cả 2 vế bất phương trình ta được:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_9}\left( {{x^{{{\log }_9}x}}} \right) \le {{\log }_9}9}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_9}x.{{\log }_9}x \le 1}\\{ \Leftrightarrow \log _9^2x \le 1}\\{ \Leftrightarrow - 1 \le {{\log }_9}x \le 1}\\{ \Leftrightarrow \frac{1}{9} \le x \le 9}\end{array}\]

Kết hợp điều kiện xác định ta có\[x \in \left[ {\frac{1}{9};9} \right]\]

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \[S = \left[ {\frac{1}{9};9} \right]\]Đáp án cần chọn là: B

ĐKXĐ: \[ - x > 0 \Leftrightarrow x < 0\]

Ta có: \[f\left( x \right) < \ln \left( { - x} \right) + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)\left( * \right)\]</>

Xét hàm số \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)\] trên khoảng \[\left( { - 1; - \frac{1}{e}} \right)\] có:

\[\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{{ - 1}}{{ - x}} = f'\left( x \right) - \frac{1}{x}\]

Ta biểu diễn đồ thị hàm số\[y = \frac{1}{x}\] (nét màu đỏ) trên hình vẽ như sau:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy

\[\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{1}{x} > 0,\,\,\forall x \in \left( { - 1; - \frac{1}{e}} \right) \Rightarrow \] Hàm số\[y = g\left( x \right)\] đồng biến trên\[\left( { - 1; - \frac{1}{e}} \right)\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{g( - 1) = f( - 1) - ln(1) = 1}\\{g( - \frac{1}{e}) = f( - \frac{1}{e}) - ln\frac{1}{e} = 2 + 1 = 3}\end{array}} \right.\)

Để (*) nghiệm đúng với mọi\[x \in \left( { - 1; - \frac{1}{e}} \right)\] thì \[ \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1; - \frac{1}{e}} \right]} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge 3.\]

Đáp án cần chọn là: B

Bước 1: Đặt\[t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)\] đưa bất phương trình về dạng\[f\left( t \right) \ge 0\]

Đặt\[t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)\] ta có giả thiết đã cho tương đương với\[f\left( t \right) = {\log _2}t - t + 1 \ge 0\]

Ta có\[f'\left( t \right) = \frac{1}{{t\ln 2}} - 1 > 0 \Leftrightarrow t < \frac{1}{{\ln 2}}\]  Hàm số đồng biến trên\[\left( {0;\frac{1}{{\ln 2}}} \right)\]

Bước 2: Chứng minh\[t \ge 1\]

Ta chứng minh\[t \ge 1\]

Thật vậy, giả sử t<1 thì \[f\left( t \right) < f\left( 1 \right) = 0\] (mâu thuẫn)

Vậy \[2a + b \ge 1\]

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\left( {2a + b} \right)}^2} \le \left( {{2^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 5\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}\\{ \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge \frac{{{{\left( {2a + b} \right)}^2}}}{5} \ge \frac{1}{5}}\end{array}\]

Dấu bằng xảy ra\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2a + b = 1}\\{\frac{a}{2} = \frac{b}{1}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{2}{5}}\\{b = \frac{1}{5}}\end{array}} \right.\)

Đáp án cần chọn là: C

Ta có \[P = \log _a^2b + 54{\log _b}a = \log _a^2b + \frac{{54}}{{{{\log }_a}b}}\]

Đặt\[t = {\log _a}b\] thì \[P = {t^2} + \frac{{54}}{t}\]

Vì a,b>1 nên\[t = {\log _a}b > 0\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

\[P = {t^2} + \frac{{54}}{t} = {t^2} + \frac{{27}}{t} + \frac{{27}}{t} \ge 3\sqrt[3]{{{{27}^2}}} = 27.\]

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi\[{t^2} = \frac{{27}}{t} \Leftrightarrow t = 3.\]

Ta có\[m = {\log _a}\sqrt {ab} = \frac{1}{2}{\log _a}\left( {ab} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + t} \right) = \frac{1}{2}\left( {1 + 3} \right) = 2\]Đáp án cần chọn là: A

\[{\left( {\sqrt 5 - 2} \right)^{\frac{{2x}}{{x - 1}}}} \le {\left( {\sqrt 5 + 2} \right)^x} \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5 + 2} \right)^{\frac{{ - 2x}}{{x - 1}}}} \le {\left( {\sqrt 5 + 2} \right)^x} \Leftrightarrow - \frac{{2x}}{{x - 1}} \le x\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{2x}}{{x - 1}} + x \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{{x^2} + x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow - 1 \le x \le 0 \vee x > 1\]

Đáp án cần chọn là: D

Bước 1: Sử dụng hàm đặc trưng.

Ta có

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\,\,\,\,\,\,\,{{11}^x} + m = {{\log }_{11}}\left( {x - m} \right)}\\{ \Leftrightarrow {{11}^x} + x = x - m + {{\log }_{11}}\left( {x - m} \right)}\\{ \Leftrightarrow {{11}^x} + x = {{11}^{{{\log }_{11}}\left( {x - m} \right)}} + {{\log }_{11}}\left( {x - m} \right)\,\,\left( * \right)}\end{array}\]

Xét hàm số\[f\left( t \right) = {11^t} + t \Rightarrow y' = {11^t}.\ln 11 + 1 > 0\,\,\,\forall t\] Khi đó hàm số\[y = f\left( t \right)\] đồng biến trên\(\mathbb{R}\)

Do đó\[\left( * \right) \Leftrightarrow x = {\log _{11}}\left( {x - m} \right) \Leftrightarrow {11^x} = x - m \Leftrightarrow m = x - {11^x}\]

Bước 2: Khảo sát hàm số \[g(x) = x - {11^x}\]

Xét hàm số\[g\left( x \right) = x - {11^x}\] ta có

\[g'\left( x \right) = 1 - {11^x}.\ln 11 = 0 \Rightarrow x = {\log _{11}}\frac{1}{{\ln 11}} = {x_0}\]

Bảng biến thiên:

Bước 3: Biện luận nghiệm theo m.

Để phương trình đã cho có nghiệm thì\[m < g\left( {{x_0}} \right) \approx - 0,78\]

Kết hợp điều kiện đề bài ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{ - 205 < m \le - 1}\\{m \in \mathbb{Z}}\end{array}} \right.\)

Vậy có 204 giá trị của nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Bước 1: Tìm điều kiện và tìm mối quan hệ giữa a và b từ đẳng thức bài cho.

ĐKXĐ:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{b - a > 0}\\{a,b > 0}\end{array}} \right.\)

Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\log }_3}\left( {1 + ab} \right) = \frac{1}{2} + {{\log }_3}\left( {b - a} \right)}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\left( {1 + ab} \right) - {{\log }_3}\left( {b - a} \right) = \frac{1}{2}}\\{ \Leftrightarrow {{\log }_3}\frac{{1 + ab}}{{b - a}} = \frac{1}{2}}\\{ \Leftrightarrow \frac{{1 + ab}}{{b - a}} = \sqrt 3 }\\{ \Leftrightarrow 1 + ab = \sqrt 3 \left( {b - a} \right)}\\{ \Leftrightarrow \frac{1}{a} + b = \sqrt 3 \left( {\frac{b}{a} - 1} \right)}\end{array}\]

Bước 2: Sử dụng BĐT Cô-si để đánh giá\[\frac{a}{b}\]

Áp dụng BĐT Cô-si ta có\[\frac{1}{a} + b \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \] nên\[\sqrt 3 \left( {\frac{b}{a} - 1} \right) \ge 2\sqrt {\frac{b}{a}} \Leftrightarrow \sqrt 3 \frac{b}{a} - 2\sqrt {\frac{b}{a}} - \sqrt 3 \ge 0\]

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\sqrt {\frac{b}{a}} \ge \sqrt 3 }\\{\sqrt {\frac{b}{a}} \le - \frac{1}{{\sqrt 3 }}(Loai)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \sqrt {\frac{b}{a}} \ge \sqrt 3 \Leftrightarrow \frac{b}{a} \ge 3\)

Bước 3: Sử dụng BĐT Cô-si để đánh giá P.

Ta có: \[P = \frac{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \frac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}}\]

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \[1 + {a^2}{b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}} = 2ab\] nên

\[1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2} \ge {a^2} + {b^2} + 2ab = {\left( {a + b} \right)^2}\]

\[ \Rightarrow P = \frac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \frac{{a + b}}{a} = 1 + \frac{b}{a} \ge 4\]

Vậy

\[{P_{min}} = 4 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{a} = b}\\{\frac{b}{a} = 3}\\{a,b > 0,b - a > 0}\end{array}} \right.\]

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{1}{a} = 3a}\\{b = 3a}\\{a,b > 0,b - a > 0}\\{}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{1}{{\sqrt 3 }}}\\{b = \sqrt 3 }\end{array}} \right.\)

Bước 1: Chia cả 2 vế của bất phương trình cho\[{4^x}\] và đặt \[t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\]

Nhận xét:\[{x^2} + {y^2} - 2x + 2 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + 1 > 0\,\,\,\forall x,y\]

Bpt \[ \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} - 2x + 2\]

Đặt\[t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\] bất phương trình trở thành\[{2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\]

Bước 2: Xét hàm đặc trưng\[f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\] và đánh giá t từ đó đánh giá\[{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}\]

Xét hàm số\[f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\]  có\[f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right).\]

BBT:

Suy ra ta có\[0 \le t \le 1 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1\]

Bước 3: Biến đổi P và tìm min, max

Ta có:

\[P = \frac{{8x + 4}}{{2x - y + 1}} \Leftrightarrow 2Px - Py + P = 8x + 4\]

\[ \Leftrightarrow P - 4 = \left( {8 - 2P} \right)x + Py \Leftrightarrow 3P - 12 = \left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \right]\]

\[ \Rightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le {\left( {8 - 2P} \right)^2} + {P^2} \Leftrightarrow 4{P^2} - 40P + 80 \le 0\]

\[ \Leftrightarrow 5 - \sqrt 5 \le P \le 5 + \sqrt 5 \]

Bước 4: Xét dấu “=” xảy ra

Dấu “=” xảy ra

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{8 - 2P}}{P} = \frac{{x - 1}}{y} = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}}\\{{{(x - 1)}^2} + {y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 = - \frac{2}{{\sqrt 5 }}y}\\{\frac{9}{5}{y^2} = 1}\end{array}} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 \mp \frac{2}{3}}\\{y = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3}}\end{array}} \right.\end{array}\)

\[ \Rightarrow \max P = 5 + \sqrt 5 \]  đạt được khi\[x = \frac{1}{3};y = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\]

Vậy a=5

Gọi số tiền đóng hàng năm là A=12 (triệu đồng), lãi suất là\[r = 6{\rm{\% }} = 0,06\]

Sau 1 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là\[{A_1} = A\left( {1 + r} \right)\] (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm A triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là\[{A_1} + A\])

Sau 2 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\[{A_2} = \left( {{A_1} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\]

Sau 3 năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\[\begin{array}{l}{A_3} = \left( {{A_2} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A{{\left( {1 + r} \right)}^2} + A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right)\\ = A{\left( {1 + r} \right)^3} + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\end{array}\]

Sau 18 năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

\[{A_{18}} = A{\left( {1 + r} \right)^{18}} + A{\left( {1 + r} \right)^{17}} + ... + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)\]

Tính:\[{A_{18}} = A\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^{18}} + {{\left( {1 + r} \right)}^{17}} + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1 - 1} \right]\]

\[ \Rightarrow {A_{18}} = A\left[ {\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}} - 1} \right] = A\left[ {\frac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{r} - 1} \right] = 12\left[ {\frac{{{{\left( {1 + 0,06} \right)}^{19}} - 1}}{{0,06}} - 1} \right] \approx 393,12\]

Đáp án cần chọn là: D