Do \( - 3 <  - 1\) và số mũ nguyên âm nên ${(2a + 1)^{ - 3}} > {(2a + 1)^{ - 1}}$ khi $\left[ \begin{array}{l}0 < 2a + 1 < 1\\2a + 1 <  - 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{1}{2} < a < 0\\a <  - 1\end{array} \right.$.

Vì \(\sqrt 5  - 1 > 1\) nên \({\left( {\sqrt 5  - 1} \right)^m} < {\left( {\sqrt 5  - 1} \right)^n} \Leftrightarrow m < n\).

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 \(x = 0;x=2;{\rm{ }}x = \dfrac{5}{2};{\rm{ }}x = 4\) \( \Rightarrow T = \dfrac{{17}}{2}\)

Ta có $m = 3$, mỗi kì hạn là $3$ tháng nên $2$ năm có $2.12:3 = 8$ kì hạn.

Vậy $T = A{\left( {1 + 3.r\% } \right)^8}$.

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.

Công thức tính số tiền cả vốn lẫn lãi mà người đó nhận được sau $N$ kì hạn là: $T = A{\left( {1 + r} \right)^N}$

Ta có \(\left( {{x^\alpha }} \right)' = \alpha {x^{\alpha  - 1}}\,\,\left( {x > 0} \right)\) \( \Rightarrow \left( {{x^{\frac{4}{3}}}} \right)' = \dfrac{4}{3}{x^{\frac{1}{3}}}\).

Ta có: \(\log \left( {a{b^2}} \right) = \log a + \log {b^2} = \log a + 2\log b\)

Biểu thức \({\left( {{x^2} + x + 1} \right)^{ - \dfrac{{2\pi }}{3}}}\) có nghĩa \( \Leftrightarrow {x^2} + x + 1 > 0 \Leftrightarrow \forall x \in \mathbb{R}\)

\({\left( {\sqrt 2 } \right)^{{x^2} - 2x}} \le {\left( {\sqrt 2 } \right)^3} \Leftrightarrow {x^2} - 2x \le 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \le 0 \Leftrightarrow x \in \left[ { - 1;3} \right]\)

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

- Đồ thị hàm số \(y = \log x\) nhận trục tung là tiệm cận đứng.

- Đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang và cắt trục hoành tại điểm $(1;0)$ nên các đáp án B,C,D đều sai

Hàm số \(y = {\log _a}x\left( {0 < a \ne 1} \right)\) xác định trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Điều kiện: $x > 0.$

Phương trình $ \Leftrightarrow \log {\left( {x + 2} \right)^2} + \log 4 = \log x + \log 81 \Leftrightarrow \log \left[ {4{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \right] = \log \left( {81x} \right)$

$ \Leftrightarrow 4{\left( {x + 2} \right)^2} = 81x$$ \Leftrightarrow 4{x^2} - 65x + 16 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{1}{4} = {x_1}\left( {TM} \right)\\x = 16 = {x_2}\left( {TM} \right)\end{array} \right.$ $ \Rightarrow P = \dfrac{{{x_1}}}{{{x_2}}} = \dfrac{1}{{4.16}} = \dfrac{1}{{64}}$

Vì $ - \dfrac{1}{4} >  - \dfrac{1}{3}$ nên ${\left( {a - 2} \right)^{ - \dfrac{1}{4}}} \le {\left( {a - 2} \right)^{ - \dfrac{1}{3}}} \Leftrightarrow 0 < a - 2 \le 1 \Leftrightarrow 2 < a \le 3$.

$P = {\log _3}240 = \dfrac{{{{\log }_2}240}}{{{{\log }_2}3}} = \dfrac{{{{\log }_2}\left( {{2^4}.3.5} \right)}}{{{{\log }_2}3}} = \dfrac{{{{\log }_2}{2^4} + {{\log }_2}3 + {{\log }_2}5}}{{{{\log }_2}3}} = \dfrac{{a + b + 4}}{a}$

Ta có $S = 2\ln a - \left( {\ln b + \ln c} \right) = \ln {a^2} - \ln \left( {bc} \right) = \ln \left( {bc} \right) - \ln \left( {bc} \right) = 0.$

Hàm số xác định và liên tục trên \(\mathbb{R}.\)

Ta có $y' = {e^{ - x}} + x.\left( { - {e^{ - x}}} \right) = {e^{ - x}}\left( {1 - x} \right)$$ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow 1 - x = 0 \Leftrightarrow x = 1$

Với \(x > 1\) thì \(y' < 0\) và với \(x < 1\) thì \(y' > 0\) nên \(y'\) đổi dấu từ dương sang âm qua điểm \(x = 1\).

Vậy hàm số đạt cực đại tại $x = 1$.

\({\left( {3 + \sqrt 5 } \right)^x} + {\left( {3 - \sqrt 5 } \right)^x} = {3.2^x} \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}^x}}}{{{2^x}}} + \dfrac{{{{\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}^x}}}{{{2^x}}} = 3 \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} + {\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = 3.\)

Ta có $\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right) = \dfrac{{{3^2} - {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2}}}{4} = 1 \Rightarrow {\left( {\dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)}^x}}} = {\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{ - x}}.$khi đó phương trình tương đương với \({\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} + {\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{ - x}} = 3.\)

Đặt \({\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = t\,\,\left( {t > 0} \right)\), khi đó phương trình trở thành \(t + \dfrac{1}{t} = 3 \Leftrightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{t_1} = \dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\\{t_2} = \dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}\\{\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^x} = \dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2} = {\left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{ - 1}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow {x_1}{x_2} =  - 1.\)

\(\begin{array}{l}f(x) = \dfrac{{{3^x}}}{{{7^{{x^2} - 4}}}} > 9 \Leftrightarrow {3^x} > {9.7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow {3^x} > {3^2}{.7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow {3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow {\log _3}{3^{x - 2}} > {\log _3}{7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow x - 2 > ({x^2} - 4){\log _3}7\end{array}\)

Từ đó dựa vào các đáp án ta thấy A đúng.

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow \ln {3^{x - 2}} > \ln {7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\ln3 > ({x^2} - 4)\ln 7\end{array}$ => B đúng

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow \log {3^{x - 2}} > \log {7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\log3 > ({x^2} - 4)\log 7\end{array}$ => C đúng

$\begin{array}{l}{3^{x - 2}} > {7^{{x^2} - 4}}\\ \Leftrightarrow {\log _{0,2}}{3^{x - 2}} < {\log _{0,2}}{7^{{x^2} - 4}} \Leftrightarrow (x - 2)\log_{{0,2}}3 < ({x^2} - 4){\log _{0,2}}7\end{array}$ => D sai

Điều kiện : $x > 0$

\(4.{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} + {\log _2}x + m \ge 0 \Leftrightarrow 4.{\left( {{{\log }_2}\sqrt x } \right)^2} + 2.{\log _2}\sqrt x  \ge  - m\)(1)

Đặt \(t = {\log _2}\sqrt x \). Khi \(x \in \left[ {1;64} \right] \Rightarrow t \in \left[ {0;3} \right]\).

Ta có bất phương trình \(4{t^2} + 2t \ge  - m\).

Xét \(f(t) = 4{t^2} + 2t;f'(t) = 8t + 2 > 0,\forall t \in \left[ {0;3} \right]\)

Để (1) nghiệm đúng với \(\forall t \in \left[ {0;3} \right]\) thì $\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( t \right) \ge  - m$

\( \Leftrightarrow f(0) \ge  - m \Leftrightarrow 0 \ge  - m \Leftrightarrow m \ge 0\).

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\log \left( {x + y} \right) = z\\\log \left( {{x^2} + {y^2}} \right) = z + 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = {10^z}\\{x^2} + {y^2} = {10.10^z}\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 10\left( {x + y} \right)\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,{x^3} + {y^3} = a{.10^{3z}} + b{.10^{2z}}\\ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right) = a.{\left( {{{10}^z}} \right)^3} + b.{\left( {{{10}^z}} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} + {y^2} - xy} \right) = a.{\left( {x + y} \right)^3} + b.{\left( {x + y} \right)^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - xy = a{\left( {x + y} \right)^2} + b\left( {x + y} \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - xy = a\left( {{x^2} + 2xy + {y^2}} \right) + b.\dfrac{{{x^2} + {y^2}}}{{10}}\\ \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - xy = \left( {a + \dfrac{b}{{10}}} \right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 2a.xy\end{array}\)

Đồng nhất hệ số ta có \(\left\{ \begin{array}{l}1 = a + \dfrac{b}{{10}}\\ - 1 = 2a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a =  - \dfrac{1}{2}\\b = 15\end{array} \right.\).

Vậy \(\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} = 4 + \dfrac{1}{{225}} = \dfrac{{901}}{{225}} \approx 4,004 \in \left( {4;5} \right)\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}4 = {2^x} + {2^y} \ge 2\sqrt {{2^x}{{.2}^y}}  \Rightarrow 2 \ge \sqrt {{2^x}{2^y}} \\ \Rightarrow 4 \ge {2^{x + y}} \Rightarrow 0 < x + y \le 2\\ \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} \le 4\end{array}\)

Lại có \(x + y \ge 2\sqrt {xy}  \Rightarrow xy \le 1\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P = 4{x^2}{y^2} + 2{x^3} + 2{y^3} + 10xy\\ = 4{\left( {xy} \right)^2} + 10xy + 2\left( {{x^3} + {y^3}} \right)\\ = 4{\left( {xy} \right)^2} + 10xy \\+ 2.\left( {x + y} \right).\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy} \right]\\ \Rightarrow P \le 4{\left( {xy} \right)^2} + 10xy + 2.2.\left( {4 - 3xy} \right)\\ \Rightarrow P \le 4{\left( {xy} \right)^2} - 2xy + 16\end{array}\)

Đặt \(xy = t \Rightarrow 0 < t \le 1\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = 4{t^2} - 2t + 16\) trên \(\left( {0;1} \right]\).

\( \Rightarrow f\left( t \right) \le \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( 0 \right)} \right\} = 18\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = 1\).

Vậy \({P_{\max }} = 18 \Leftrightarrow x = y = 1\).

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)

Điều kiện : \(x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4 > 0 \Leftrightarrow x.\dfrac{2}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4 > 0\)

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

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2}  >  - 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3x < 0\\\left\{ \begin{array}{l} - 3x \ge 0\\4\left( {{x^2} + 2} \right) > {\left( { - 3x} \right)^2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\\left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\5{x^2} < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0\end{array} \right.\)

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

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

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right)} \right] - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}2 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow 1 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + x + \sqrt {{x^2} + 2} \,\left( * \right)\end{array}\)

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

Từ đó

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

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

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