Ta xét các trường hợp sau:

TH1. \(x - 3 = 1 \Leftrightarrow x = 4\) thỏa mãn phương trình.

TH2: \(x-3=-1\Leftrightarrow x = 2\) thỏa mãn phương trình.

TH3. \(\left\{ \begin{array}{l}x - 3 \ne 0\\2{x^2} - 5x = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \dfrac{5}{2}\end{array} \right.\).

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm \(x = 0;x=2;{\rm{ }}x = \dfrac{5}{2};{\rm{ }}x = 4\) \( \Rightarrow T = \dfrac{{17}}{2}\)

${2^{\sqrt x }} \ne {x^{\sqrt 2 }}$ nên A sai.

${3^{\sqrt {xy} }} = {3^{\sqrt x .\sqrt y }} = {\left( {{3^{\sqrt x }}} \right)^{\sqrt y }}$ nên B đúng.

$\dfrac{{{3^{\sqrt[3]{x}}}}}{{{3^{\sqrt[3]{y}}}}} = {3^{\sqrt[3]{x} - \sqrt[3]{y}}} \ne {3^{\sqrt[3]{{x - y}}}}$ nên C sai.

${x^{\sqrt 3 }} \ne {y^{\sqrt 3 }}$ nếu $x \ne y$  nên D sai.

Ta có: \(\frac{{{\log }_{a}}b}{{{\log }_{a}}c}=\frac{{{\log }_{a}}c.{{\log }_{c}}b}{{{\log }_{a}}c}={{\log }_{c}}b.\)

Hàm số \(y = {x^{ - 4}}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\backslash \left\{ 0 \right\}\) và có \(y' =  - 4{x^{ - 5}}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định (đồng biến trên \(\left( { - \infty ,0} \right)\) và nghịch biến trên \(\left( {0, + \infty } \right)\)), loại A.

Hàm số \(y = {x^{ - \dfrac{3}{4}}}\) có tập xác định là \(\left( {0, + \infty } \right)\) và có \(y' =  - \dfrac{3}{4}{x^{ - \dfrac{7}{4}}} < 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\) nên không đồng biến trên từng khoảng xác định, loại B.

Hàm số \(y = {x^4}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = 4{x^3}\) nên không đồng biến trên các khoảng xác định, loại C.

Hàm số \(y = \sqrt[3]{x}\) có tập xác định là \(\mathbb{R}\) và có \(y' = \dfrac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} > 0\) nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.

Phương trình tương đương với:

\(3 - x = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{{11}}{4}\)

Vậy $x = \dfrac{{11}}{4}$.

Điều kiện: \(x - y > 0 \Leftrightarrow x > y\). Do đó B đúng và các đáp án còn lại sai.

Hàm số \(f\left( x \right) = \sqrt {{{\log }_{\dfrac{1}{2}}}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}}} \) xác định

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{\dfrac{1}{2}}}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge 0\\\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} > 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\log _{\dfrac{1}{2}}}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \ge {\log _{\dfrac{1}{2}}}1\\\dfrac{{ - \left( {x - 1} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{x + 1}} > 0\\x + 1 \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{3 - 2x - {x^2}}}{{x + 1}} \le 1\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 3\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\\x \ne  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{3 - 2x - {x^2} - x - 1}}{{x + 1}} \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 3\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{ - {x^2} - 3x + 2}}{{x + 1}} \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 3\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2} \le x \le  - 1\\x \ge \dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2}\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}x <  - 3\\ - 1 < x < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2} \le x <  - 3\\\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2} \le x < 1\end{array} \right.\end{array}\)

Vậy tập xác định của phương trình là \(D = \left[ {\dfrac{{ - 3 - \sqrt {17} }}{2}; - 3} \right) \cup \left[ {\dfrac{{ - 3 + \sqrt {17} }}{2};1} \right)\)

\({\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{ - 0,75}} + {\left( {\dfrac{1}{8}} \right)^{ - \frac{4}{3}}} = {16^{0,75}} + {8^{\frac{4}{3}}} = {\left( {{2^4}} \right)^{\frac{3}{4}}} + {\left( {{2^3}} \right)^{\frac{4}{3}}} = {2^3} + {2^4} = 24\).

Công thức lãi kép (hoặc công thức tăng trưởng mũ):

\(T = A.{e^{Nr}}\), ở đó \(A\) là số tiền gửi ban đầu, \(r\) là lãi suất, \(N\) là số kì hạn.

Cho số thực \(b\) và số nguyên dương \(n\left( {n \ge 2} \right)\). Nếu có \({a^n} = b\) thì \(a\) được gọi là căn bậc \(n\) của \(b\).

\(0<2-\sqrt{2}<1\Rightarrow {{\left( 2-\sqrt{2} \right)}^{3}}>{{\left( 2-\sqrt{2} \right)}^{4}}\Rightarrow \)Đáp án A sai.

\(4-\sqrt{2}>1\Rightarrow {{\left( 4-\sqrt{2} \right)}^{3}}<{{\left( 4-\sqrt{2} \right)}^{4}}\Rightarrow \)Đáp án B đúng.

\(\sqrt{11}-\sqrt{2}>1\Rightarrow {{\left( \sqrt{11}-\sqrt{2} \right)}^{6}}<{{\left( \sqrt{11}-\sqrt{2} \right)}^{7}}\Rightarrow \) Đáp án C sai.

\(0<\sqrt{3}-\sqrt{2}<1\Rightarrow {{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{4}}>{{\left( \sqrt{3}-\sqrt{2} \right)}^{5}}\Rightarrow \)Đáp án D sai.

Tập xác định của hàm số \(y = {8^x}\) là \(\mathbb{R}\)

Ta có

\({2^{x - 1}} > {\left( {\dfrac{1}{{16}}} \right)^{\frac{1}{x}}} \Leftrightarrow {2^{x - 1}} > {\left( {{2^{ - 4}}} \right)^{\frac{1}{x}}} \Leftrightarrow {2^{x - 1}} > {2^{ - \frac{4}{x}}} \)

$\Leftrightarrow x - 1 >  - \dfrac{4}{x} \Leftrightarrow x + \dfrac{4}{x} - 1 > 0 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} - x + 4}}{x} > 0$

Vì ${x^2} - x + 4 > 0$ nên suy ra $x > 0$ 

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy \({x_1}\) là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm \({\log _b}{x_1} = 3 \Leftrightarrow {x_1} = {b^3}.\)

Và \({x_2}\) là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm \({\log _a}{x_2} = 3 \Leftrightarrow {x_2} = {a^3}.\)

Theo đề bài ta có: \({x_2} = 2{x_1} \Rightarrow {a^3} = 2{b^3} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^3}}}{{{b^3}}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{a}{b} = \sqrt[3]{2}.\)

Ta có: \({\log _2}\dfrac{a}{{{b^2}}} = {\log _2}a - {\log _2}{b^2} = {\log _2}a - 2{\log _a}b.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{x^{1 + \dfrac{1}{{2{{\log }_4}x}}}} = {x^{1 + \dfrac{1}{{{{\log }_2}x}}}} = {x^{1 + {{\log }_x}2}} = {x^{{{\log }_x}2x}} = 2x\\{8^{\dfrac{1}{{3{{\log }_{{x^2}}}2}}}} = {2^{3.\dfrac{1}{{3{{\log }_{{x^2}}}2}}}} = {2^{\dfrac{1}{{{{\log }_{{x^2}}}2}}}} = {2^{{{\log }_2}{x^2}}} = {x^2}\end{array}\)

Khi đó \(f\left( x \right) = {\left( {{x^2} + 2x + 1} \right)^{\dfrac{1}{2}}} - 1 = {\left( {{{\left( {x + 1} \right)}^2}} \right)^{\dfrac{1}{2}}} - 1 = x \Rightarrow f\left( x \right) = x\)

Do đó \(P = f\left( {f\left( {2018} \right)} \right) = f\left( {2018} \right) = 2018\).

Gọi số năm để xe có giá trị 5 triệu đồng là \(n\left( {n \in {N^*}} \right)\)

Sau \(n\) năm giá trị xe còn lại là: \({T_n} = {T_0}{\left( {1 - 60\% } \right)^n}\)  với \({T_n}\) là giá xe sau \(n\) năm, \({T_o}\) là giá xe ban đầu

Khi đó ta có:  \(5 = 45.0,{4^n} \Rightarrow 0,{4^n} = \dfrac{1}{9}\) nên \(n = {\log _{0,4}}\dfrac{1}{9} \approx 2,39\)

Vậy sau 2,5 năm giá trị xe chỉ còn 5 triệu đồng

Ta có: \(f'\left( x \right) =  - 3{e^{2 - 3x}} < 0,\forall x \in R\).

Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) lên tục và nghịch biến trên \(\left[ {0;2} \right]\).

Do đó \(m = \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 2 \right) = \dfrac{1}{{{e^4}}};M = \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;2} \right]} f\left( x \right) = f\left( 0 \right) = {e^2} \Rightarrow M.m = \dfrac{1}{{{e^2}}}\) 

Đặt \(t = \ln x,\,\,\,t \in \mathbb{R}.\) Hàm số đã cho trở thành \(y = \dfrac{{mt - 2}}{{t + m - 3}}\,\,\,\left( {t \ne 3 - m} \right)\) (1)

Xét hàm số \(t = \ln x\) với\(x \in \left( {{e^2}; + \infty } \right)\)ta có: \(t'\left( x \right) = \dfrac{1}{x} > 0\,\,\forall x \in \left( {{e^2}; + \infty } \right)\).

Do đó hàm số \(t = \ln x\) đồng biến trên khoảng \(\left( {{e^2}; + \infty } \right)\), do đó ta có: \(t \in \left( {2; + \infty } \right)\).

Yêu cầu bài toán trở thành : Tìm số các giá trị nguyên không dương của tham số \(m\) để hàm số \(y = f\left( t \right) = \dfrac{{mt - 2}}{{t + m - 3}}\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\).

Ta có: \(f'\left( t \right) = \dfrac{{m\left( {m - 3} \right) + 2}}{{{{\left( {t + m - 3} \right)}^2}}} = \dfrac{{{m^2} - 3m + 2}}{{{{\left( {t + m - 3} \right)}^2}}}.\)

Hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi nó xác định trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) đồng thời \(f'\left( t \right) \ge 0,\,\,\,\forall t \in \left( {2; + \infty } \right)\) (Dấu ‘=’ chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).

Do đó, \(\left\{ \begin{array}{l}t \ne 3 - m\,\,\forall t \in \left( {2; + \infty } \right)\\{m^2} - 3m + 2 > 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3 - m \le 2\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 1\end{array} \right.\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 1\\\left[ \begin{array}{l}m > 2\\m < 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m > 2.\) 

Suy ra không có giá trị nguyên không dương nào của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

\(\begin{array}{l}{4.9^x} - {13.6^x} + {9.4^x} = 0 \Leftrightarrow 4 - 13.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} + 9.{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^{2x}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} = 1\\{\left( {\dfrac{2}{3}} \right)^x} = \dfrac{4}{9}\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 2\end{array} \right. \Rightarrow T = 0 + 2 = 2\end{array}\)

Ta có: \(\left( 1 \right) \Leftrightarrow {2^x} + x = {2^y} + y\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)                 

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} + t\) trên \(\mathbb{R},\) ta có: \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 + 1 > 0,\,\forall t \in \mathbb{R}.\)

Vậy hàm số \(f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Do đó: \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) = f\left( y \right) \Leftrightarrow x = y.\)

Thay \(x = y\) vào (2) ta được: \(3{x^2} = 3 \Leftrightarrow {x^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1 \Rightarrow y = 1\\x =  - 1 \Rightarrow y =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {1;1} \right),\left( { - 1; - 1} \right).\)

Thử giá trị  $x = 3:{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) - {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2} - x} \right) + 1 < 0$: Loại đáp án A

Thử giá trị  $x = 2:{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) - {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2} - x} \right) + 1 = 0$: Loại đáp án D

Thử giá trị $x = 0,5$: MATH ERROR: Loại đáp án C

Gọi x: số tháng gửi với \(r = 0,7\% /\)tháng

y: số tháng gửi với \(r = 0,9\% /\)tháng

\( + )\) Tổng số tháng gửi tiết kiệm: \(x + 6 + y\) (tháng)

\( + )\) Theo đề bài ta có: \(\left[ {\left[ {5000000{{\left( {1 + 0,7\% } \right)}^x}} \right]{{\left( {1 + 1,15\% } \right)}^6}} \right]{\left( {1 + 0,9\% } \right)^y} = 5787710,707\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1,007} \right)^x}.{\left( {1,009} \right)^y} = 1,080790424\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1,009} \right)^y} = \dfrac{{1,080790424}}{{{{\left( {1,007} \right)}^x}}}\)

\( \Leftrightarrow y = {\log _{1,009}}\dfrac{{1,080790424}}{{{{\left( {1,007} \right)}^x}}} = f\left( x \right)\)

Nhập \(f\left( x \right)\) vào TABLE \(\left\{ \begin{array}{l}F\left( x \right) = {\log _{1,009}}\dfrac{{1,080790424}}{{{{\left( {1,007} \right)}^x}}}\\Start:1\\End:11\\Step:1\end{array} \right.\)

Khi đó bảng giá trị hiện ra x=6 thì y=3,9999.

\( + )\) Vì x, y nguyên \( \Rightarrow \)\(\left\{ \begin{array}{l}x = 6\\y = 4\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) Số tháng gửi tiết kiệm là:

\(  6 + 6 + 4 = 16\) (tháng)

Ta có

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{x^2} + 3{y^2}}}{{xy - {y^2}}}\\ \Leftrightarrow Pxy - P{y^2} = {x^2} + 3{y^2}\\ \Leftrightarrow \left( {P + 3} \right){y^2} - Pxy + {x^2} = 0\end{array}\)

Phương trình trên có nghiệm khi

\(\begin{array}{l}\Delta  = {P^2}{x^2} - 4\left( {P + 3} \right){x^2} \ge 0\\ \Leftrightarrow {P^2} - 4P - 12 \ge 0\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}P \ge 6\\P \le  - 2\end{array} \right. \Rightarrow MinP = 6\end{array}\)

Dấu bằng xáy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}y = \dfrac{{Px}}{{2\left( {P + 3} \right)}} = \dfrac{x}{3}\\\dfrac{{{x^2} + 3{y^2}}}{{xy - {y^2}}} = 6\end{array} \right. \Rightarrow x = 3y\)

Dễ thấy \(x=3y\) thỏa mãn điều kiện bài cho vì:

$\begin{array}{l}
{\left( {{2^{3y}} + \frac{1}{{{2^{3y}}}}} \right)^y} < {\left( {{2^y} + \frac{1}{{{2^y}}}} \right)^{3y}}\\
\Leftrightarrow {2^{3y}} + \frac{1}{{{2^{3y}}}} < {\left( {{2^y} + \frac{1}{{{2^y}}}} \right)^3}\\
\Leftrightarrow {2^{3y}} + \frac{1}{{{2^{3y}}}} < {2^{3y}} + \frac{1}{{{2^{3y}}}} + {3.2^y}.\frac{1}{{{2^y}}}.\left( {{2^y} + \frac{1}{{{2^y}}}} \right)\\
\Leftrightarrow 0 < 3\left( {{2^y} + \frac{1}{{{2^y}}}} \right)
\end{array}$

Bđt trên luôn đúng với mọi \(y>0\).

ĐK: \({5^x} - 1 > 0 \Leftrightarrow {5^x} > 1 \Leftrightarrow x > 0\)

\(\begin{array}{l}{\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _4}\left( {{{2.5}^x} - 2} \right) = m\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).{\log _{{2^2}}}\left[ {2\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right).\dfrac{1}{2}\left[ {{{\log }_2}2 + {{\log }_2}\left( {{5^x} - 1} \right)} \right] = m\\ \Leftrightarrow \log _2^2\left( {{5^x} - 1} \right) + {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) = 2m\end{array}\)

Đặt \(t = {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right)\), với \(x \ge 1\) ta có \({5^x} \ge 5 \Rightarrow {5^x} - 1 \ge 4 \Rightarrow {\log _2}\left( {{5^x} - 1} \right) \ge {\log _2}4 = 2\)

Khi đó phương trình trở thành \({t^2} + t = 2m\,\,\left( {t \ge 2} \right)\,\,\,\left( * \right)\). Để phương trình ban đầu có nghiệm \(x \ge 1\) khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm \(t \ge 2\).

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {t^2} + t\) trên \(\left[ {2; + \infty } \right)\), ta có \(f'\left( t \right) = 2t + 1 = 0 \Leftrightarrow t =  - \dfrac{1}{2}\). Lập BBT

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (*) có nghiệm \(t \ge 2\) khi và chỉ khi \(2m \ge 6 \Leftrightarrow m \ge 3 \Rightarrow m \in \left[ {3; + \infty } \right)\)