\({\log _2}2a = {\log _2}2 + {\log _2}a = 1 + {\log _2}a\)

\(V = B.h \Rightarrow V = 6.3 = 18\)

Số phức z =  - 5 - 4i bằng -5

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.2{a^2}.9a = 6{a^3}\)

Tâm của mặt cầu (S) có tọa độ là \(\left( {1; - 2; - 3} \right)\)

\({u_2} = {u_1} + d = 8 + 3 = 11\)

Tổng số học sinh là: 5 + 7 = 12.

Số chọn một học sinh là: 12 cách.

\(\int\limits_1^2 {\left[ {f\left( x \right) - g\left( x \right)} \right]} \,{\rm{d}}x = \int\limits_1^2 {f\left( x \right)} \,{\rm{d}}x - \int\limits_1^2 {g\left( x \right){\rm{d}}x} = 3 - 2 = 1\)

Ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = - \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} y = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{2x - 2}}{{x + 1}} = + \infty \)

Nên đường thẳng x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Hàm số mũ y = 2^x xác định với mọi \(x \in R\) nên tập xác định là D = R.

Điểm cực đại của hàm số đã cho là -1

\(\left( \alpha \right):2x - y + 3z + 5 = 0\)

⇒ \(\overrightarrow {{n_2}} = \left( {2; - 1;3} \right).\)

Diện tích của mặt cầu bằng \(4\pi {r^2} = 4.\pi {.4^2} = 64\pi \)

\({z_1} - {z_2} = \left( {1 - 3i} \right) - \left( {3 + i} \right) = 1 - 3i - 3 - i = - 2 - 4i\)

\({2^{2x - 1}} = {2^x} \Leftrightarrow 2x - 1 = x \Leftrightarrow x = 1\)

\({S_{xq}} = \pi rl = 10\pi \)

Điều kiện \(x + 6 > 0 \Leftrightarrow x > - 6\)

Ta có: \({\log _2}\left( {x + 6} \right) = 5\)

\(\Leftrightarrow {\log _2}\left( {x + 6} \right) = {\log _2}{2^5}\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 6} \right) = 32\)

⇔ x = 26

Vậy nghiệm của phương trình: x = 26

Ta có: \(z = a + bi \Rightarrow N\left( {a;b} \right)\) là điểm biểu diễn của số phức z

z = 3 - 2i ⇒ N(3;-2)

Đồ thị đồng biến trên khoảng (-1;0)

\(y = {x^3} - 3x + 1\) có đồ thị như đường cong

\(\frac{{3 - 3}}{2} = \frac{{ - 1 + 1}}{4} = \frac{{ - 2 + 2}}{{ - 1}} = 0\)

Vậy \(N\left( {3; - 1; - 2} \right)\) thuộc d

Hình chiếu vuông góc của điểm A(3;5;2) trên mặt phẳng (Oxy) là điểm P(3;5;0)

\(V = \pi {r^2}h = \pi {.3^2}.4 = 36\pi \)

\(\int {3{x^2}} {\rm{d}}x = 3.\frac{{{x^3}}}{3} + C = {x^3} + C\)

Số nghiệm thực của phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số f(x) với đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\)

Dựa vào hình trên ta thấy đồ thị hàm số f(x) với đường thẳng \(y = \frac{1}{2}\) có 2 giao điểm.

Vậy phương trình \(f\left( x \right) = \frac{1}{2}\) có hai nghiệm.

Ta có \({z^2} - z + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} z = \frac{{1 - {\rm{i}}\sqrt 7 }}{2}\\ z = \frac{{1 + {\rm{i}}\sqrt 7 }}{2} \end{array} \right.\)

Không mất tính tổng quát giả sử \({z_1} = \frac{{1 - {\rm{i}}\sqrt 7 }}{2}\) và \({z_2} = \frac{{1 + {\rm{i}}\sqrt 7 }}{2}\)

Khi đó \(\left| {{z_1}} \right| + \left| {{z_2}} \right| = \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - \sqrt 7 }}{2}} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 7 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt 2 + \sqrt 2 = 2\sqrt 2 \).

Xét phương trình hoành độ giao điểm

\( - {x^3} + 3x = 0 \Leftrightarrow x( - {x^2} + 3) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = \pm \sqrt 3 \end{array} \right.\)

Vậy có 3 giao điểm.

Vì thiết diện qua trục của hình trụ (T) là một hình vuông cạnh bằng 3 nên hình trụ (T) có đường sinh l = 3, bán kính \(r = \frac{l}{2} = \frac{3}{2}\).

Diện tích xung quanh của hình trụ (T) là \({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .\frac{3}{2}.3 = 9\pi \)

Thể tích khối tròn xoay tạo thành kho quay D quanh Ox là \(V = \pi \int_0^1 {{{\left( {{e^{2x}}} \right)}^2}{\rm{d}}x} = \pi \int_0^1 {{e^{4x}}{\rm{d}}x} \).

\(\int_0^1 {\left[ {f\left( x \right) + 2x} \right]{\rm{d}}x} = 4 \Leftrightarrow \int_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} + \int_0^1 {2x{\rm{d}}x} = 4 \Leftrightarrow \int_0^1 {f\left( x \right){\rm{d}}x} = 4 - 1 = 3\)

(P) nhận \(\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến

Mặt phẳng đã cho song song với (P) nên cũng nhận nhận \(\overrightarrow n = \left( {3; - 2;1} \right)\) làm vectơ pháp tuyến

Vậy mặt phẳng đi qua M và song song với (P) có phương trình là

\(3\left( {x - 2} \right) - 2\left( {y + 1} \right) + \left( {z - 3} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow 3x - 2y + z - 11 = 0\)

\(f'\left( x \right) = 4{x^3} - 20x\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 20x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0 \notin \left( {0;9} \right)\\ x = \sqrt 5 \in \left( {0;9} \right)\\ x = - \sqrt 5 {\rm{ }} \notin \left( {0;9} \right) \end{array} \right.\)

\(f\left( 0 \right) = - 2;f\left( {\sqrt 5 } \right) = - 27;f\left( 9 \right) = 5749\)

Vậy \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;9} \right]} f\left( x \right) = - 27\)

\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left( {x + 1} \right){\left( {x - 4} \right)^3} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - 1\\ x = 4 \end{array} \right.\)

Lập bảng biến thiên của hàm số f(x)

Vậy hàm số đã cho có một điểm cực đại.

Đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) làm véc tơ chỉ phương có phương trình tham số là \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1 + 2t\\ y = - 2 + t\\ z = 2 - 3t \end{array} \right.\).

\({\log _3}a - 2{\log _9}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}a - {\log _3}b = 3 \Leftrightarrow {\log _3}\frac{a}{b} = 3 \Leftrightarrow \frac{a}{b} = 27 \Leftrightarrow a = 27b\)

\({\log _3}\left( {36 - {x^2}} \right) \ge 3 \Leftrightarrow 36 - {x^2} \ge 27 \Leftrightarrow 9 - {x^2} \ge 0 \Leftrightarrow - 3 \le x \le 3\)

Vì ABCD là hình chữ nhật, có AB = a, \(AD = a\sqrt 2 \) nên

\(AC = BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 3 \)

Ta có \(\left( {A'C;\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A'C;CA} \right) = \widehat {A'CA}\)

Do tam giác A'AC vuông tại A nên \(\tan \widehat {A'AC} = \frac{{AA'}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) ⇒ \(\widehat {A'AC} = {30^ \circ }\)

z =  - 2 + 3i ⇒ \(\bar z = - 2 - 3i\)

Do đó \(\left( {1 + i} \right)\bar z = \left( {1 + i} \right).\left( { - 2 - 3i} \right) = 1 - 5i\)

Ta có \(y' = 3{x^2} - 6x + 2 - m\).

Để hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {2; + \infty } \right)\) khi và chỉ khi \(y' \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 6x + 2 - m \ge 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

⇔ \(m \le 3{x^2} - 6x + 2,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\)

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^2} - 6x + 2,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)\).

\(f'\left( x \right) = 6x - 6\) ; \(f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = 1\).

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy \(m \le 2\). Vậy \(m \in \left( { - \infty ;2} \right]\)

\(\int {f\left( {2x} \right){\rm{d}}x} = \frac{1}{2}\int {f\left( {2x} \right){\rm{d}}\left( {2x} \right)} = \frac{1}{2}F\left( {2x} \right) + C = \frac{1}{2}{e^{2x}} - 2{x^2} + C\)

Giá bán loại xe X năm 2021 là: \(800.000.000 - 800.000.000 \times 2\% = 800.000.000 \times \left( {1 - 2\% } \right)\)

Giá bán loại xe X năm 2022 là: \(800.000.000 \times \left( {1 - 2\% } \right) - 800.000.000 \times \left( {1 - 2\% } \right) \times 2\% = 800.000.000 \times {\left( {1 - 2\% } \right)^2}\).

Tương tự ta có: giá bán loại xe X năm 2025 sẽ là: \(800.000.000 \times {\left( {1 - 2\% } \right)^5} \approx 723.137.000\) đồng.

Gọi I là tâm của (T) thì \(I \in SO\) và IS = IA. Gọi M là trung điểm của SA thì \(IM \bot SA\).

Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{{\left( {4a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt {15} \).

Lại có \(SM.SA = SI.SO \Rightarrow SI = \frac{{SM.SA}}{{SO}} = \frac{{2a.4a}}{{a\sqrt {15} }} = \frac{{8\sqrt {15} a}}{{15}}\).

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \Rightarrow a > 0.\)

\(f\left( 0 \right) = - 1 \Rightarrow d = - 1 < 0.\)

\(f'\left( x \right) = 3a{x^2} + 2bx + c.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} + {x_2} = - 2\\ {x_1}{x_2} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - \frac{{2b}}{{3a}} = - 2\\ \frac{c}{{3a}} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} b = 3a > 0\\ c = 0 \end{array} \right..\)

Gọi \(x = \overline {abcde} ,\,\,a \ne 0\) là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau.

Khi đó có 9.9.8.7.6 = 27216 số.

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left( \Omega \right) = 27216.\)

Gọi F là biến cố số x có hai chữ số tận cùng khác tính chẵn lẻ.

TH1: Một trong hai chữ số cuối có chữ số 0: Có \(C_5^1.{P_2}.A_8^3 = 3360\) số.

TH2: Hai chữ số tận cùng không có chữ số 0: Có \(C_4^1.C_5^1.{P_2}.7.7.6 = 11760\) số.

Suy ra \(n\left( F \right) = 3360 + 11760 = 15120.\)

Vậy \(P\left( F \right) = \frac{{n\left( F \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{5}{9}.\)

Xét hàm số \(h\left( x \right) = f\left( {{x^4}} \right) - {x^2}\) có \(h'\left( x \right) = 4{x^3}f'\left( {{x^4}} \right) - 2x\).

\(h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ f'\left( {{x^4}} \right) = \frac{1}{{2{x^2}}}{\rm{ }}\left( * \right) \end{array} \right.\)

Xét phương trình (*): Đặt \(t = {x^4}\) thì (*) thành \(f'\left( t \right) = \frac{1}{{2\sqrt t }}\) với t > 0.

Dựa vào đồ thị, phương trình (*) có duy nhất một nghiệm a > 0.

Khi đó, ta được \(x = \pm \sqrt[4]{a}\).

Bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = f\left( {{x^4}} \right) - {x^2}\)

Số cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = \left| {f\left( {{x^4}} \right) - {x^2}} \right|\) bằng số cực trị của hàm \(h\left( x \right) = f\left( {{x^4}} \right) - {x^2}\) và số nghiệm đơn hoặc bội lẻ của phương trình \(h\left( x \right) = 0\).

Dựa vào bảng biến thiên của hàm f(x) thì số cực trị của g(x) là 5.

Nhận xét \({x^2} + {y^2} - 2x + 2 > 0\forall x;y\)

Bất phương trình \({2^{{x^2} + {y^2} + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} - 2x + 2} \right){.4^x}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{2^{{x^2} + {y^2} + 1}}}}{{{2^{2x}}}} \le \left( {{x^2} + {y^2} - 2x + 2} \right)\)

\( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le \left( {{x^2} + {y^2} - 2x + 2} \right)\)

Đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\)

Bất phương trình \( \Leftrightarrow {2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\)

Đặt \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\). Ta thấy \(f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = 0\).

Ta có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1\)

\(f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow {2^t}\ln 2 = 1 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {\frac{1}{{\ln 2}}} \right) \approx 0,52\)

Quan sát BBT ta thấy \(f\left( t \right) \le 0 \Leftrightarrow 0 \le t \le 1\)

\(0 \le {x^2} + {y^2} - 2x + 1 \le 1 \Leftrightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1(1)\)

Xét \(P = \frac{{8x + 4}}{{2x - y + 1}} \Leftrightarrow 2Px - Py + P = 8x + 4\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow P - 4 = \left( {8 - 2P} \right)x + Py\\ \Leftrightarrow P - 4 + 2P - 8 = \left( {8 - 2P} \right)x + 2P - 8 + Py\\ \Leftrightarrow 3P - 12 = \left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py\\ \Leftrightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} = {\left[ {\left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py} \right]^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \right] \end{array}\)

Thế (1) vào ta có \({\left( {3P - 12} \right)^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\)

\( \Leftrightarrow 4{P^2} - 40P + 80 \le 0\)

\( \Leftrightarrow 5 - \sqrt 5 \le P \le 5 + \sqrt 5 \)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{8 - 2P}}{P} = \frac{{x - 1}}{y} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 }}\\ {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 1 \end{array} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1 = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 }}y\\ {\left( {\frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 }}y} \right)^2} = 1 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x - 1 = \frac{{ - 2}}{{\sqrt 5 }}y\\ y = \pm \frac{{\sqrt 5 }}{3} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{3}\\ y = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{5}{3}\\ y = \frac{{ - \sqrt 5 }}{3} \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là \(5 - \sqrt 5 \approx 2,76\) gần giá trị 3 nhất.

Gọi N là trung điểm AB, ta có AC // MN

Suy ra \(AC//\left( {AMN} \right) \Rightarrow d\left( {AC,SM} \right) = d\left( {AC,(SMN} \right) = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\)

Ta có

\(\left. \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \bot \left( {SMN} \right)(MN \bot \left( {SAB} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {SMN} \right) = SN\\ AH \bot SN \end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SMN} \right)\)

Suy ra \(AH = d\left( {A,\left( {SMN} \right)} \right)\).

\(AH = \frac{{AS.AN}}{{\sqrt {A{S^2} + A{N^2}} }} = \frac{{a.\frac{a}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{\sqrt 5 a}}{5}.\)

Gọi M', N', P', Q' lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA.

Ta có \(AB \bot OM'\) và \(AB \bot SO\) nên \(AB \bot \left( {SOM'} \right)\).

Suy ra \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SOM'} \right)\) theo giao tuyến SM'.

Theo giả thiết ta có \(OM \bot \left( {SAB} \right)\) nên \(OM \bot SM'\), do đó M là hình chiếu vuông góc của O trên SM'.

Tương tự như vậy: N, P, Q là hình chiếu vuông góc của O lần lượt trên SN', SP', SQ'.

Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{2{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2} = OM'\).

Suy ra tam giác SOM' vuông cân tại O nên M là trung điểm của SM'.

Từ đó dễ chứng minh được MNPQ là hình vuông có tâm I thuộc SO và nằm trong mặt phẳng song song với (ABCD), với I là trung điểm của SO.

Suy ra \(OI = \frac{1}{2}OS = \frac{a}{4}\).

Do đó \(MN = \frac{1}{2}M'N' = \frac{1}{4}AC = \frac{{\sqrt 2 a}}{4}\).

Thể tích khối chóp O.MNPQ bằng \(\frac{1}{3}{S_{MNPQ}}.OI = \frac{1}{3}.M{N^2}.OI = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}}}{8}.\frac{a}{4} = \frac{{{a^3}}}{{96}}\).

Đặt \(u = {x^2} - 4x\) (1)

Ta có BBT sau:

Ta thấy:

+ Với u < -4, phương trình (1) vô nghiệm.

+ Với u = -4, phương trình (1) có một nghiệm x = 2 > 0.

+ Với - 4 < u < 0, phương trình (1) có hai nghiệm x > 0.

+ Với \(u \ge 0\), phương trình (1) có một nghiệm x > 0

Khi đó \(3f\left( {{x^2} - 4x} \right) = m \Rightarrow f\left( u \right) = \frac{m}{3}\) (2), ta thấy:

+ Nếu \(\frac{m}{3} = - 3 \Leftrightarrow m = - 9\), phương trình (2) có một nghiệm u = 0 nên phương trình đã cho có một nghiệm x > 0.

+ Nếu \(- 3 < \frac{m}{3} < - 2 \Leftrightarrow - 9 < m < - 6\), phương trình (2) có một nghiệm u > 0 và một nghiệm \(u \in \left( { - 2;0} \right)\) nên phương trình đã cho có ba ngiệm x > 0.

+ Nếu \(\frac{m}{3} = - 2 \Leftrightarrow m = - 6\), phương trình (2) có một nghiệm u = -4, một nghiệm \(u \in \left( { - 2;0} \right)\) và một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có bốn nghiệm x > 0.

+ Nếu \( - 2 < \frac{m}{3} < 2 \Leftrightarrow - 6 < m < 6\), phương trình (2) có một nghiệm u < -4, hai nghiệm \(u \in \left( { - 4;0} \right)\) và một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có năm nghiệm x > 0.

+ Nếu \(\frac{m}{3} = 2 \Leftrightarrow m = 6\), phương trình (2) có một nghiệm u < - 4, một nghiệm u = -2 và một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có ba nghiệm x > 0.

+ Nếu \(\frac{m}{3} > 2 \Leftrightarrow m > 6\), phương trình (2) có một nghiệm u < -4 và một nghiệm u > 0 nên phương trình đã cho có một nghiệm x > 0.

Vậy \( - 9 < m \le 6\) ⇒ có 15 giá trị m nguyên thỏa ycbt.

Ta có \(2{a^m} = n\ln \left( {a + \sqrt {{a^2} + 1} } \right) \Leftrightarrow \frac{{2{a^m}}}{n} = \ln \left( {a + \sqrt {{a^2} + 1} } \right)\).

Xét hai hàm số \(f\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right)\) và \(g\left( x \right) = \frac{2}{n}{x^m}\) trên (-1;1).

Ta có \(f'\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} > 0\) nên f(x) luôn đồng biến và \(f\left( { - x} \right) = \ln \left( { - x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) = \ln \left( {\frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} }}} \right) = - \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right) = - f\left( x \right)\) nên f(x) là hàm số lẻ.

+ Nếu m chẵn thì g(x) là hàm số chẵn và có bảng biến thiên dạng

Suy ra phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm, do đó m lẻ.

+ Nếu m lẻ thì hàm số g(x) là hàm số lẻ và luôn đồng biến.

Ta thấy phương trình luôn có nghiệm x = 0. Dựa vào tính chất đối xứng của đồ thị hàm số lẻ, suy ra phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm trên (-1;1) khi có 1 nghiệm trên (0;1), hay \(f\left( 1 \right) > g\left( 1 \right) \Leftrightarrow \ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right) < \frac{2}{n} \Leftrightarrow n < \frac{2}{{\ln \left( {1 + \sqrt 2 } \right)}} \approx 2,26 \Rightarrow n \in \left\{ {1;2} \right\}\).

Đối chiếu điều kiện, với n = 1 suy ra \(m \in \left\{ {1;3;5;7;9} \right\}\), có 5 cặp số thỏa mãn

Với n = 2 thì \(m \in \left\{ {1;3;5;7} \right\}\) có 4 cặp số thỏa mãn.

Vậy có 9 cặp số thỏa mãn bài toán.