Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phương trình mũ/logarit (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t={\log }_{2}x$ ($t\in \mathbb{R}$), phương trình thành $h(t)=t^2-2t-m-\sqrt{m+t}=0$ với điều kiện $t\ge -m$.

Ta tìm điều kiện để $h(t)=0$ có nghiệm với $t\ge -m$.

• Với $m\in [-1;0]$: tại $t=-m$ có $h(-m)=m^2+m=m(m+1)\le 0$, mà $h(t)\to +\infty$ khi $t\to +\infty$, nên phương trình có nghiệm. Cụ thể $m=0$ cho nghiệm $t=0$ ($x=1$), $m=-1$ cho nghiệm $t=1$ ($x=2$).

• Với $m\ge 1$: $h(-m)=m(m+1)>0$ nhưng $h(1)=1-2-m-\sqrt{m+1}=-(m+1)-\sqrt{m+1}<0$, và $-m<1$, nên theo định lý giá trị trung gian tồn tại nghiệm $t\in (-m;1)$. Vậy mọi $m\ge 1$ đều cho phương trình có nghiệm.

• Với $m\le -2$ (đặt $M=-m\ge 2$): với $t\ge M$, $h(M)=M^2-M>0$. Xét $s=t-M\ge 0$: $h\approx M^2-M+(2M-2)s-2\sqrt{s}$. Thành phần $(2M-2)s-2\sqrt{s}$ có giá trị nhỏ nhất bằng $-\frac{1}{2M-2}>-1$, nên $h(t)\ge M^2-M-\frac{1}{2M-2}>0$ với mọi $t\ge M$. Do đó không có nghiệm khi $m\le -2$.

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi $m\in \{-1\}\cup \{0\}\cup \{1,2,\dots \}$. Trong $[-2019;2019]$, các giá trị nguyên là $m=-1,0,1,\dots ,2019$, tổng cộng $2+2019=2021$ giá trị.

Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Ta có $f(x)=\log \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)=\frac{\mathrm{asinh}x}{\ln 10}$ là hàm lẻ, xác định trên toàn trục $\mathbb{R}$ (vì $x+\sqrt{x^2+1}>0$ với mọi $x$), và $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\cdot \sqrt{x^2+1}}>0$ nên $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$, đặc biệt trên $(-2;2)$ → d) Đúng. Trên $(0;+\infty )$: $f^{\prime \prime }(x)=\frac{-x}{\ln 10(x^2+1{)}^{3/2}}<0$ nên $f$ lõm xuống.

a) $f(x^3+1)+f(3x-m)=0\iff f(x^3+1)=f(m-3x)$. Vì $f$ đồng biến (đơn ánh): $x^3+1=m-3x\iff x^3+3x+1-m=0$. Hàm $g(x)=x^3+3x+1-m$ có $g^{\prime }(x)=3x^2+3>0$ nên luôn có đúng 1 nghiệm với mọi $m$. Vậy có 0 giá trị của $m$ (không phải 7) → Sai.

b) $f$ đồng biến nên $f(x^2-3x+m)$ đồng biến theo $x^2-3x+m$; tam thức $x^2-3x+m$ có điểm nhỏ nhất tại $x=\frac{3}{2}$ với mọi $m$, do đó hàm số giảm trên $\left(-\infty ;\frac{3}{2}\right)$ và tăng trên $\left(\frac{3}{2};+\infty \right)$, có đúng 1 điểm cực tiểu tại $x=\frac{3}{2}$ với mọi $m$ → Đúng.

c) Xét $\phi (x)=f(x)-\frac{3}{a}{\left(\frac{x}{2}\right)}^b$ trên $(0;2)$, với $\phi (0)=0$.
• Nếu $b$ chẵn: với $x<0$ thì vế phải $>0$ còn $f(x)<0$ nên không có nghiệm âm; $x=0$ là nghiệm; trên $(0;2)$, ${\phi }^{\prime \prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)-\frac{3a?}{...}<0$ (cụ thể ${\phi }^{\prime \prime }(x)=\frac{-x}{\ln 10(x^2+1{)}^{3/2}}-\frac{3b(b-1)}{a{2}^b}{x}^{b-2}<0$) nên $\phi$ lõm xuống và có nhiều nhất 1 nghiệm dương → tổng nhiều nhất 2 nghiệm, không đạt 3 nghiệm.
• Nếu $b$ lẻ: hai vế đều là hàm lẻ nên tập nghiệm đối xứng qua gốc, chứa $x=0$; cần đúng 1 nghiệm dương $x_0\in (0;2)$ (khi đó $-x_0$ cũng là nghiệm, tổng 3 nghiệm). Vì $\phi$ lõm xuống trên $(0;2)$, ${\phi }^{\prime }(0)=\frac{1}{\ln 10}-\frac{3}{2a}>0$ với mọi $a\ge 1$ (khi $b=1$) và ${\phi }^{\prime }(0)=\frac{1}{\ln 10}>0$ khi $b\ge 2$, nên điều kiện và đủ để có đúng 1 nghiệm dương là $\phi (2)<0\iff \frac{3}{a}>\log (2+\sqrt{5})\approx 0,6269\iff a\le 4$. Vậy $a\in \{1;2;3;4\}$ và $b\in \{1;3;5;7;9;11;13;15;17;19\}$ (10 giá trị lẻ), cho $4\times 10=40$ cặp $(a;b)$ thỏa mãn, không phải 18 → Sai.

d) $f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\cdot \sqrt{x^2+1}}>0$ với mọi $x$, nên $f$ đồng biến trên $(-2;2)$ → Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình tương đương $x^3+3x+1-m=0$ với hàm số đồng biến ngặt nên luôn có đúng 1 nghiệm với mọi $m$; do đó có 0 (không phải 7) giá trị của $m$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ và $x^2-3x+m$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $x=3/2$ với mọi $m$, nên hàm hợp có đúng 1 điểm cực tiểu tại $x=3/2$ với mọi $m$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Chỉ khi $b$ lẻ phương trình mới có thể có 3 nghiệm đối xứng $\{-x_0;0;x_0\}$. Điều kiện là $\phi (2)=\log (2+\sqrt{5})-\frac{3}{a}<0\iff a\le 4$, kết hợp $b$ lẻ $\in \{1;3;\dots ;19\}$ cho $4\times 10=40$ cặp $(a;b)$, không phải 18.
d) (AI giải đề cho tôi)
$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\ln 10\sqrt{x^2+1}}>0$ trên $(-2;2)$ nên hàm số đồng biến.

(AI giải đề cho tôi)
Từ điều kiện $\ln (x-y)+\frac{1}{2}\ln (xy)=\ln (x+y)$, với $x>y>0$ ta suy ra $(x-y)\sqrt{xy}=x+y$. Đặt $t=\frac{x}{y}>1$, khi đó $x=ty$ và phương trình trở thành $(t-1)\sqrt{t}{y}^2=(t+1)y$, suy ra $y=\frac{t+1}{(t-1)\sqrt{t}}$. Do đó $M=x+y=y(t+1)=\frac{(t+1{)}^2}{(t-1)\sqrt{t}}$. Đặt $u=\sqrt{t}>1$: $M=\frac{(u^2+1{)}^2}{u(u^2-1)}$. Đạo hàm $M^{\prime }=0$ dẫn đến $u^4-6u^2+1=0$, cho $u^2=3+2\sqrt{2}=(1+\sqrt{2}{)}^2$, tức $u=1+\sqrt{2}$. Khi đó $M_{\min }=\frac{(u^2+1{)}^2}{u(u^2-1)}=\frac{8(3+2\sqrt{2})}{2(3+2\sqrt{2})}=4$. Kiểm tra: với $u=1+\sqrt{2}$ thì $t=3+2\sqrt{2}$, $y=2-\sqrt{2}$, $x=2+\sqrt{2}$, thỏa $x>y>0$ và $(x-y)\sqrt{xy}=2\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=4=x+y$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là $4$, chọn đáp án C.

Ta có: $e^{x^3+x}+{\log }_{2}x=e^{(y-1{)}^3+(y-1)}+{\log }_2(y-1)$.
Xét hàm số $f(t)=e^{t^3+t}+{\log }_{2}t$, $t>0$ có $f^{\prime }(t)=\left(3t^2+1\right).e^{t^3+t}+\frac{1}{t\ln 2}>0,\forall t>0$ $\Rightarrow$ hàm số $f(t)$ luôn đồng biến và liên tục trên khoảng $(0;+\infty )$.
Ta có $f(x)=f(y-1)\iff x=y-1\iff y=x+1$.
Ta có phương trình $2024^x+2026^x-4048x+2=0$.
Xét hàm số $g(x)=2024^x+2026^x-4048x+2$; $g^{\prime }(x)=2024^x\ln 2024+2026^x\ln 2026-4048$ liên tục trên đoạn $[0;1]$.
Ta có $g^{\prime }(0).g^{\prime }(1)<0\Rightarrow g^{\prime }(x)=0$ có một nghiệm $x_0\in (0;1)$.
Ta có $g^{\prime \prime }(x)=2024^x{\left(\ln 2024\right)}^2+2026^x{\left(\ln 2026\right)}^2$; $g^{\prime \prime }(x)>0\forall x\in (0;1)$ $\Rightarrow g^{\prime }(x)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )\Rightarrow x_0$ là nghiệm duy nhất của $g^{\prime }(x)$.
Ta có bảng biến thiên:

Dựa trên bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm trên khoảng $(0;+\infty )\Rightarrow g(x)=0$ có nghiệm $x=a\Rightarrow y=a+1$; $x=b\Rightarrow y=b+1$ $(0<a<b)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t={\log }_{2}x$ ($x>0$). Ta có ${\log }_{\sqrt{2}}x=2{\log }_{2}x=2t$, nên $\frac{1}{4}{\log }_{\sqrt{2}}^{2}x-3{\log }_{2}x+2=t^2-3t+2=(t-1)(t-2)$. Nhân tử thứ nhất triệt tiêu khi $t=1$ hoặc $t=2$, tức $x=2$ hoặc $x=4$. Nhân tử thứ hai triệt tiêu khi $3^x=m$, tức $x={\log }_{3}m$ (cần $m>0$ và $x>0\iff m>1$). Điều kiện xác định: $x>0$ và $3^x\ge m$.

a) Với $m\le 0$, điều kiện $3^x\ge m$ luôn đúng nhưng vẫn cần $x>0$ (vì có ${\log }_{2}x$). Tập xác định là $(0;+\infty )$, không phải $\mathbb{R}$. → Sai.

b) Số nghiệm theo $m$: với $m\le 1$: hai nghiệm $x=2,4$; với $1<m<9$: ba nghiệm $x=2,4,{\log }_{3}m$; với $m=9$: ${\log }_{3}9=2$ trùng $x=2$, còn $x=4$ thỏa $3^4\ge 9$, nên đúng hai nghiệm; với $9<m<81$: hai nghiệm $x=4,{\log }_{3}m$; với $m=81$: một nghiệm; với $m>81$: một nghiệm $x={\log }_{3}m$. Vậy đúng hai nghiệm phân biệt khi $m\le 1$ hoặc $m\in [9;81)$. Giá trị nguyên dương: $m=1$, $m=9$, $m\in \{10,\dots ,80\}$ (71 giá trị), tổng $1+1+71=73$ giá trị. → Đúng.

c) Với mọi $m\le 0$, $3^x-m>0$ với mọi $x$ và tập xác định $x>0$ chứa $x=2,4$, nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt $x=2$ và $x=4$. → Đúng.

d) Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi $1<m<9$ (lúc đó $x=2$, $x=4$, $x={\log }_{3}m\in (0;2)$ đôi một khác nhau và đều hợp lệ). Các giá trị nguyên dương: $m\in \{2,3,4,5,6,7,8\}$ — chỉ 7 giá trị, không phải 78. → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Với $m\le 0$, điều kiện $3^x\ge m$ luôn đúng nhưng do có ${\log }_{2}x$ nên vẫn cần $x>0$; tập xác định là $(0;+\infty )$, không phải $\mathbb{R}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt khi $m\le 1$ hoặc $m\in [9;81)$ (tại $m=9$, ${\log }_{3}9=2$ trùng nghiệm $x=2$). Giá trị nguyên dương: $m=1$, $m=9$ và $m=10,\dots ,80$, tổng $1+1+71=73$ giá trị.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với mọi $m\le 0$, $3^x-m>0$ với mọi $x>0$, nên $x=2$ và $x=4$ (nghiệm của $t^2-3t+2=0$) luôn là hai nghiệm phân biệt.
d) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $1<m<9$, tức $m\in \{2,3,\dots ,8\}$ — chỉ có 7 giá trị nguyên dương, không phải 78.

(AI giải đề cho tôi)
Nhận xét quan trọng: $f(x)+f(-x)=\frac{1}{2}{\log }_3\left[(\sqrt{x^2+9}-x)(\sqrt{x^2+9}+x)\right]=\frac{1}{2}{\log }_{3}9=1$, nên $f(-u)=1-f(u)$. Đặt $t=3^{x^2}\ge 1$, khi đó $-3^{2x^2}=-t^2$ và $f(-t^2)=1-f(t^2)$. Phương trình trở thành $f(m+4t-3)=f(t^2)$. Vì $f$ nghịch biến ngặt (do $\sqrt{x^2+9}-x$ nghịch biến) nên f đơn ánh, suy ra $m+4t-3=t^2$, tức $m=t^2-4t+3$ hay $t^2-4t+(3-m)=0$ với $t\ge 1$. Với mỗi nghiệm $t>1$ ta được hai nghiệm $x=\pm \sqrt{{\log }_{3}t}$; với $t=1$ ta được một nghiệm $x=0$. Yêu cầu đúng hai nghiệm $x$ phân biệt: (i) $m=-1$: nghiệm kép $t=2>1$ cho đúng hai nghiệm $x=\pm \sqrt{{\log }_{3}2}$ — thỏa; (ii) $m>-1$: hai nghiệm $t=2\pm \sqrt{1+m}$, cần đúng một nghiệm dương lớn hơn 1 và nghiệm kia nhỏ hơn 1 (không tính $t=1$ vì sinh thêm nghiệm $x=0$). Điều kiện $2-\sqrt{1+m}<1\iff m>0$; khi đó $2+\sqrt{1+m}>2>1$ luôn thỏa. Loại $m=0$ (nghiệm $t=1$ và $t=3$ cho ba nghiệm $x$). Với $-1<m<0$ cả hai nghiệm $t\in (1,2)$ cho bốn nghiệm; $m<-1$ vô nghiệm. Vậy $m\in \{-1\}\cup \{1,2,\dots ,10\}$, tất cả thuộc $[-10;10]$, nên $S$ có $11$ phần tử.

Trả lời: 1. Điều kiện: $x>-1$. Ta có $$\frac{1}{2}{\log }_2(x+3)={\log }_2(x+1)+x^2-x-4+2\sqrt{x+3}$$ $$\iff {\log }_2\sqrt{x+3}+{\left(\sqrt{x+3}-1\right)}^2={\log }_2(x+1)+x^2(\ast )$$ Xét hàm số $f(t)={\log }_{2}t+(t-1{)}^2$ trên khoảng $(0;+\infty )$. $$f^{\prime }(t)=\frac{1}{t\ln 2}+2(t-1)=\frac{1+2\ln 2\left(t^2-t\right)}{t\ln 2}=\frac{2\ln 2{\left(t-\frac{1}{2}\right)}^2+\left(1-\ln \sqrt{2}\right)}{t\ln 2}>0\forall t>0.$$ Vậy hàm số $f(t)$ đồng biến trên khoảng $(0;+\infty )$. Suy ra $(\ast )\iff f\left(\sqrt{x+3}\right)=f(x+1)\iff \sqrt{x+3}=x+1$ $$\iff \{\begin{array}{l}x>-1\\ x^2+x-2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x>-1\\ \left[\begin{array}{c}x=1\\ x=-2\end{array}\right]\end{array}\iff x=1.$$ Vậy tổng các nghiệm của phương trình bằng 1.

Chọn B
Điều kiện: $x+y-1>0$.
Từ giả thiết $2^{(x-1)(x+1)}\ln \left[(x+1{)}^2+1\right]=2^{y-x-3}\ln \sqrt{x+y-1}$
$\iff 2^{x^2-1}\ln \left[x^2+2x+2\right]=2^{y-x-4}\ln (x+y-1)$
$\iff 2^{x^2+3}\ln \left(x^2+2x+2\right)=2^{y-x}\ln (x+y-1)$
$\iff 2^{x^2+2x+2}\ln \left(x^2+2x+2\right)=2^{x+y-1}\ln (x+y-1)$.
Vì $x,y\in {\mathbb{Z}}^{+}$ nên suy ra $x+y\ge 2$. Do đó: $x+y-1\ge 1$.
Xét hàm số $f(t)=2^t\ln t$ trên $[1;+\infty )$.
Ta có $f^{\prime }(t)=2^t\cdot \ln 2\cdot \ln t+2^t\cdot \frac{1}{t}>0,\forall t\ge 1$.
Suy ra hàm số đồng biến trên $[1;+\infty )$.
Ta thấy $f\left(x^2+2x+2\right)=f(x+y-1)$.
Suy ra $\Rightarrow x^2+2x+2=x+y-1$
$\iff y=x^2+x+3\le 2025$.
$\iff x^2+x-2022\le 0\Rightarrow x\in \left[1;\frac{-1+\sqrt{8089}}{2}\right]$
Vậy có 44 giá trị nguyên của $x$.

$3^{x^2+mx+1}=(3+mx)\cdot 3^{9x}\iff 3^{x^2+mx+1-9x}-(3+mx)=0(1)$
Để phương trình có nghiệm $3+mx>0$ (do $3^{x^2+mx+1-9x}>0,\forall x\in \mathbb{R}$)
Khi đó, $3+mx>0\iff m>\frac{-3}{x}\iff m>-3$ (do $1<x<9$)
Xét hàm số $f(x)=3^{x^2+mx+1-9x}-(3+mx)$
Đạo hàm: $f^{\prime }(x)=\ln 3.(2x+m-9)3^{x^2+mx+1-9x}-m$
Đạo hàm cấp 2: $f^{\prime \prime }(x)=\ln \mathrm{3.2.}{3}^{x^2+mx+1-9x}+{\left(\ln 3.(2x+m-9)\right)}^2{3}^{x^2+mx+1-9x}>0$
Do đó $f^{\prime }(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}\Rightarrow f^{\prime }(x)=0$ có nhiều nhất một nghiệm $\Rightarrow f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm.
Mặt khác $x=0$ là một nghiệm của phương trình $(1)$ nên để phương trình này có nghiệm $x\in (1;9)$ thì $(1)$ phải có đúng một nghiệm $x\in (1;9)$
$\Rightarrow f(1).f(9)<0\iff \left(3^{m-7}-3-m\right)\left(3^{1+m}-3-9m\right)<0$
Giải ra ta được $m\in \{-2;-1;1;...;9\}$ có 11 giá trị.

(AI giải đề cho tôi)
Xét $f(x)={\log }_2\frac{\sqrt{2x^2+mx+1}}{x+2}$, điều kiện xác định: $\sqrt{2x^2+mx+1}>0$ và $x+2>0$ (vì mẫu phải cùng dấu với tử dương), tức $x>-2$ và $2x^2+mx+1>0$.

a) Sai. Với $m=-1$: $f(x)=1\iff \frac{\sqrt{2x^2-x+1}}{x+2}=2\iff \sqrt{2x^2-x+1}=2x+4$ với $x>-2$. Bình phương: $2x^2-x+1=4x^2+16x+16\iff 2x^2+17x+15=0\iff x=-1$ hoặc $x=-\frac{15}{2}$. Chỉ $x=-1>-2$ thỏa mãn (với $x=-\frac{15}{2}$ thì $2x+4<0$ loại). Vậy phương trình chỉ có một nghiệm, không có hai nghiệm phân biệt.

b) Đúng. $y=f(2-x^2)$ xác định khi $\frac{\sqrt{2(2-x^2{)}^2+m(2-x^2)+1}}{4-x^2}>0$. Đặt $g(t)=2t^2+mt+1$ với $t=2-x^2$: khi $0<m<2\sqrt{2}$ thì $\Delta =m^2-8<0$ nên $g(t)>0$ với mọi $t$. Do đó chỉ cần $4-x^2>0\iff x\in (-2;2)$, tức $D=(-2;2)$.

c) Đúng. Với $m=0$: $f(x)=\frac{1}{2}{\log }_2(2x^2+1)-{\log }_2(x+2)$, nên trên $(-2;+\infty )$: $y^{\prime }=\frac{1}{2}\cdot \frac{4x}{(2x^2+1)\ln 2}-\frac{1}{(x+2)\ln 2}=\frac{2x}{(2x^2+1)\ln 2}-\frac{1}{(x+2)\ln 2}$.

d) Đúng. Phương trình $f(x)+\sqrt{2x^2+mx+1}=x+2$ với điều kiện $x>-2$, $2x^2+mx+1>0$. Đặt $A=\sqrt{2x^2+mx+1}$, xét $F(x)={\log }_2\frac{A}{x+2}+A-x-2$ trên các khoảng xác định.
- Khi $m\ge \frac{9}{2}$: tam thức $2x^2+mx+1$ có hai nghiệm $x_{1,2}=\frac{-m\pm \sqrt{m^2-8}}{4}$; khoảng xác định bên trái $(x_1;x_2)$ với $x_1\le -2$ (tại $m=\frac{9}{2}$, $x_1=-2$) nên bị loại do $x>-2$; chỉ còn khoảng $(x_2;+\infty )$, trên đó $F\to -\infty$ khi $x\to x_2^{+}$ và $F\to +\infty$ khi $x\to +\infty$, và $F^{\prime }>0$ (vì $\frac{(8-m)x+2m-2}{2A^2(x+2)\ln 2}>0$ và $A^{\prime }=\frac{2x+m}{2A}\ge 1$ trên khoảng này), cho đúng một nghiệm. Vậy $m\ge \frac{9}{2}$ không thỏa.
- Khi $m<\frac{9}{2}$: nếu $m^2\le 8$ thì tập xác định là $(-2;+\infty )$, có $F\to +\infty$ khi $x\to -2^{+}$, $F(0)=-2<0$, $F\to +\infty$ khi $x\to +\infty$ nên có hai nghiệm; nếu $m^2>8$ (khi đó $m<-2\sqrt{2}$ hoặc $2\sqrt{2}<m<\frac{9}{2}$) thì có hai khoảng xác định, trên mỗi khoảng $F$ đơn điệu (trên khoảng trái $A^{\prime }<0$ nên $F^{\prime }<0$; trên khoảng phải $A^{\prime }\ge 1$ và $\frac{(8-m)x+2m-2}{2A^2(x+2)\ln 2}>0$ nên $F^{\prime }>0$) và $F$ đổi dấu ở hai đầu nên mỗi khoảng cho đúng một nghiệm: tổng hai nghiệm phân biệt.
Vậy tập $m$ là $\left(-\infty ;\frac{9}{2}\right)$, mệnh đề đúng.
a) Với $m=-1$, $f(x)=1\iff \sqrt{2x^2-x+1}=2x+4$ ($x>-2$) $\iff 2x^2+17x+15=0\iff x=-1$ hoặc $x=-\frac{15}{2}$. Chỉ $x=-1$ thỏa mãn điều kiện $x>-2$, nên phương trình chỉ có một nghiệm phân biệt.
b) $f(2-x^2)$ xác định khi $\frac{\sqrt{2(2-x^2{)}^2+m(2-x^2)+1}}{4-x^2}>0$. Vì $0<m<2\sqrt{2}$ nên $\Delta =m^2-8<0$, do đó $2(2-x^2{)}^2+m(2-x^2)+1>0$ với mọi $x$. Chỉ cần $4-x^2>0\iff x\in (-2;2)$.
c) Với $m=0$: $f(x)=\frac{1}{2}{\log }_2(2x^2+1)-{\log }_2(x+2)$, suy ra $y^{\prime }=\frac{2x}{(2x^2+1)\ln 2}-\frac{1}{(x+2)\ln 2}$ trên $(-2;+\infty )$.
d) Với điều kiện $x>-2$, $2x^2+mx+1>0$. Xét $F(x)={\log }_2\frac{\sqrt{2x^2+mx+1}}{x+2}+\sqrt{2x^2+mx+1}-x-2$. Khi $m\ge \frac{9}{2}$, khoảng xác định bên trái bị mất (chứa $x\le -2$) nên chỉ còn đúng một nghiệm. Khi $m<\frac{9}{2}$, trên mỗi khoảng xác định $F$ đơn điệu và đổi dấu hai đầu (do $F\to +\infty$ tại một đầu và $F\to -\infty$ tại đầu kia, với $F(0)=-2<0$ khi miền là $(-2;+\infty )$), cho đúng hai nghiệm phân biệt. Vậy tập $m$ là $\left(-\infty ;\frac{9}{2}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t={\log }_3(x+1)$ với điều kiện $x>-1$, khi đó $x=3^t-1$. Phương trình trở thành $4(3^t-1)t=1+mt$, tức $m=4\cdot 3^t-4-\frac{1}{t}$ với $t\ne 0$ (với $t=0$, tức $x=0$: vế trái bằng 0, vế phải bằng 1, không thỏa). Xét $f(t)=4\cdot 3^t-4-\frac{1}{t}$, có $f^{\prime }(t)=4\cdot 3^t\ln 3+\frac{1}{t^2}>0$ trên mỗi khoảng $(-\infty ;0)$ và $(0;+\infty )$. Với $t>0$: $f$ tăng từ $-\infty$ đến $+\infty$ nên với mọi $m$ có đúng 1 nghiệm $t>0$. Với $t<0$: $f$ tăng từ ${\lim }_{t\to -\infty }f(t)=-4$ (không đạt) đến $+\infty$, nên có 1 nghiệm $t<0$ khi và chỉ khi $m>-4$. Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt $⟺m>-4$. Các giá trị nguyên $m\in (-10;20)$ thỏa: $m\in \{-3,-2,\dots ,19\}$, gồm $19-(-3)+1=23$ giá trị.

Vì $a,b>1$ nên phương trình ${\log }_a(ax){\log }_b(bx)=2025$ có điều kiện xác định là $x>0$.

Ta có: ${\log }_a(ax){\log }_b(bx)=2025$

$$\iff \left({\log }_{a}x+1\right)\left({\log }_{b}a{\log }_{a}x+1\right)=2025$$

$$\iff {\log }_{b}a{\log }_a^{2}x+\left(1+{\log }_{b}a\right){\log }_{a}x-2024=0.$$

Đặt $t={\log }_{a}x$ ta được phương trình: $\left({\log }_{b}a\right)t^2+\left(1+{\log }_{b}a\right)t-2024=0(\ast )$.

Vì $a,b>1$ nên $-2024{\log }_{b}a<0$.

Suy ra phương trình $(\ast )$ có hai nghiệm phân biệt $t_1,t_2$.

Theo Vi-ét: $t_1+t_2=-\frac{1+{\log }_{b}a}{{\log }_{b}a}$

$$\iff {\log }_a{x}_1+{\log }_a{x}_2=-\frac{{\log }_b(ab)}{{\log }_{b}a}$$

$$\iff {\log }_a\left(x_1{x}_2\right)=-{\log }_a(ab)$$

$$\iff x_1{x}_2=\frac{1}{ab}.$$

Từ đó: $P=x_1{x}_2\left(4a^2+9b^2\right)=\frac{1}{ab}\left(4a^2+9b^2\right)\ge \frac{1}{ab}.2.6ab=12$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $2a=3b$.

Có $1<a,b$, $0<x\ne 1$. Có $a^{{\log }_{b}x}=b^{{\log }_a{x}^2}\iff a^{{\log }_{b}a.{\log }_{a}x}=b^{2{\log }_{a}x}\iff a^{{\log }_{a}x.{\log }_{b}a}=b^{2{\log }_{a}x}$. $\iff x^{{\log }_{b}a}=x^{2{\log }_{a}b}\iff {\log }_{b}a=2{\log }_{a}b\iff {\log }_{b}a=2\frac{1}{{\log }_{b}a}$. $\iff {\left({\log }_{b}a\right)}^2=2\iff {\log }_{b}a=\sqrt{2}$ (do $1<a,b$, nên ${\log }_{b}a>0$) $\iff a=b^{\sqrt{2}}$. Có $P={\ln }^{2}a+{\ln }^{2}b-\ln (ab)={\left(\ln b^{\sqrt{2}}\right)}^2+{\ln }^{2}b-\ln \left(b^{\sqrt{2}}b\right)$ $=2{\ln }^{2}b+{\ln }^{2}b-\left(\sqrt{2}+1\right)\ln b=3{\ln }^{2}b-\left(\sqrt{2}+1\right)\ln b$. Đặt $t=\ln b,t>0$ (do $b>1$). Xét hàm số $y=f(t)=3t^2-\left(\sqrt{2}+1\right)t$, với $t>0$. Có $f^{\prime }(t)=6t-\left(\sqrt{2}+1\right)$, $f^{\prime }(t)=0\iff 6t-\left(\sqrt{2}+1\right)=0\iff t=\frac{\sqrt{2}+1}{6}>0$.



Dựa vào bảng biến thiên có $\underset{(0;+\infty )}{\min }P=\underset{(0;+\infty )}{\min }f(t)=-\frac{3+2\sqrt{2}}{12}\approx -0,5$ khi $t=\frac{\sqrt{2}+1}{6}$. Vậy đáp số: $-0,5$.