\({S_{xq}} = 2\pi rl = 2\pi .5.3 = 30\pi .\)

\(V = \frac{1}{3}\pi {r^2}h = \frac{1}{3}\pi {.2^2}.5 = \frac{{20}}{3}\pi .\)

\(\int_1^2 3 f(x)dx = 3\int_1^2 {} f(x)dx = 3.2 = 6.\)

Đường thẳng \(d:{\rm{ }}\frac{{x - {x_0}}}{{{a_1}}} = \frac{{y - {y_0}}}{{{a_2}}} = \frac{{z - {z_0}}}{{{a_3}}}\)

Có  một vectơ chỉ phương là \(\vec a = ({a_1};{a_2};{a_3})\)

\(V = \frac{4}{3}\pi {r^3} = \frac{4}{3}\pi {.2^3} = \frac{{32}}{3}\pi .\)

Để có tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A(3;5;2) trên trục Ox, ta lấy hoành độ (lấy x) của A, hai tọa độ còn lại cho bằng 0.

\({\log _2}(x - 2) = 3 \Leftrightarrow x - 2 = {2^3} \Leftrightarrow x = 10.\)

Để có giá trị cực tiểu của hàm số, ta lấy giá trị của y ở vị trí có mũi tên đi xuống rồi đi lên.

Chọn:  D    

Phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm \(A( - 1;0,0),B(0;2;0)\) và \(C(0;0;3).\) là:  

\(\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1.\)

Chọn:  C    

\({3^{x + 1}} = 9 \Leftrightarrow x + 1 = {\log _3}9 = 2 \Leftrightarrow x = 1.\) 

V = abc = 2.6.7 = 84.

Chọn:  D    

\(V = \frac{1}{3}Bh = \frac{1}{3}.2.3 = 2.\)

Số phức liên hợp của số phức \(z = a + bi\) là \(z = a - bi\)

Chọn:  A    

\({u_2} = {u_1}q = 3.4 = 12.\)

Đường thẳng y = 1 (hình vẽ thêm) cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm. Vậy phương trình f(x) = 1

Có 3 nghiệm.

Chọn:  D    

\({z_1} + {z_2} = 1 - 2i + 2 + i = 3 - i.\)

Chọn  khoảng trên dòng x tương ứng với mũi tên đi lên và có trong phương án trả lời.

Chọn B  

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } \frac{{2x + 1}}{{x - 1}} = 2 \Rightarrow TCN:y = 2.\)

Đây là đồ thị hàm số bậc 4 trùng phương có hệ số a dương.

Chọn:  C    

\({R^2} = 16 \Rightarrow R = 4\)

Phần thực ứng với hoành độ.

Chọn:  A    

Biểu thức nằm dưới dấu lôgarit phải dương: x > 0.

Chọn:  B    

Mỗi cách xếp là một hoán vị của 5 phần tử. Số cách xếp là: P5 = 5! = 120.

Chọn:  D    

Đưa  số mũ của a  ra  trước nằm ở mẫu: \({\log _{{a^3}}}b = \frac{1}{3}{\log _a}b.\)

Chọn:  D    

\(\int {{x^\alpha }} dx = \frac{1}{{\alpha  + 1}}{x^{\alpha  + 1}} + C.\)

\(\int_1^3 {(1 + f(} x))dx = \int\limits_1^3 {1dx}  + \int\limits_1^3 {f(x)dx = } \left. x \right|_1^3 + \left. {{x^3}} \right|_1^3 = (3 - 1) + \left( {{3^3} - {1^3}} \right) = 28.\)

\(\begin{array}{l}
\sin {30^0} = \frac{r}{l} = \frac{3}{l} \Rightarrow l = \frac{3}{{\frac{1}{2}}} = 6.\\
{S_{xq}} = \pi rl = \pi .3.6 = 18\pi .
\end{array}\)

Phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} - 2 = 3x - 2 \Leftrightarrow {x^2} - 3x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = 3
\end{array} \right.\)

Diện tích: \(S = \int\limits_0^3 {\left| {{x^2} - 3x} \right|dx =  - \left. {\left( {\frac{{{x^3}}}{3} - \frac{3}{2}{x^2}} \right)} \right|} _0^3 = \frac{9}{2}.\)

\({2^{{x^2} - 7}} < 4 \Leftrightarrow {2^{{x^2} - 7}} < {2^2} \Leftrightarrow {x^2} - 7 < 2 \Leftrightarrow {x^2} < 9 \Leftrightarrow  - 3 < x < 3.\)

\(\begin{array}{l}
{9^{{{\log }_3}\left( {ab} \right)}} = {\left( {{3^{{{\log }_3}\left( {ab} \right)}}} \right)^2} = {\left( {ab} \right)^2} = {a^2}{b^2}.\\
{9^{{{\log }_3}\left( {ab} \right)}} = 4a \Leftrightarrow {a^2}{b^2} = 4a \Leftrightarrow a{b^2} = 4.
\end{array}\)

Vì mặt phẳng vuông góc với d có 1 vectơ chỉ phương là \(\vec u = (2;3;1).\)

Mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với d có phương trình là:

\(2(x - 2) + 3(y + 1) + 1(z - 2) = 0 \Leftrightarrow 2x + 3y + z - 3 = 0.\)

Chọn:  A    

Vì SA vuông góc với mp(ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc SCA.

Tam giác ABC vuông tại B, ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + {{(3a)}^2}}  = a\sqrt {10} .\)

Tam giác SAC vuông tại A, ta có: \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{a\sqrt {10} }} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}.\)

\({z^2} + 4z + 13 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
z =  - 2 + 3i\\
z =  - 2 - 3i
\end{array} \right. \Rightarrow {z_0} =  - 2 + 3i \Rightarrow 1 - {z_0} = 3 - 3i \Rightarrow {M_0} = (3; - 3).\)

Đường thẳng song song với BC có 1 vectơ  chỉ phương là \(\overrightarrow {BC}  = (1;2; - 1).\)

Đường thẳng đi qua A và song song với BC có phương trình là:

\(\frac{{x - {x_0}}}{{{a_1}}} = \frac{{y - {y_0}}}{{{a_2}}} = \frac{{z - {z_0}}}{{{a_3}}} \Leftrightarrow \frac{{x - 1}}{1} = \frac{{y - 2}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}.\)

\(\begin{array}{l}
 + f'(x) = 3{x^2} - 30,{\rm{ }}f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 30 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = \sqrt {10} (n)\\
x =  - \sqrt {10} (l)
\end{array} \right.{\rm{ }}\\
{\rm{ + }}f(2) = {2^3} - 30.2 =  - 52;{\rm{ }}f(19) = {19^3} - 30.19 = 6289;{\rm{ }}f(\sqrt {10} ) = {\left( {\sqrt {10} } \right)^3} - 30\sqrt {10}  =  - 20\sqrt {10} .\\
 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{{\rm{[}}2;19]} f(x) =  - 20\sqrt {10} .
\end{array}\)

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 2 cực trị.

Chọn:  A    

\(z.{\rm{\bar w}} = (4 + 2i)(1 - i) = 6 - 2i \Rightarrow \left| {z.{\rm{\bar w}}} \right| = \sqrt {{6^2} + {{( - 2)}^2}}  = 2\sqrt {10} .\)

Giải phương trình hoành độ giao điểm:

\({x^3} + {x^2} = {x^2} + 5x \Leftrightarrow {x^3} = 5x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x =  \pm \sqrt 5 
\end{array} \right.\)

Phương trình có 3 nghiệm. Vậy có 3 giao điểm. 

Diện tích rừng trồng sau n năm là: \({S_n} = S{(1 + r)^n}\) (cùng công thức lãi kép).

Ta giải bất phương trình tìm nghiệm nguyên dương n bé nhất:

\({S_n} \ge 1700 \Leftrightarrow S{(1 + r)^n} \ge 1700 \Leftrightarrow 900{\left( {1 + \frac{6}{{100}}} \right)^n} \ge 1700 \Leftrightarrow n \ge {\log _{1,06}}\frac{{17}}{9} \approx 10,9.\)

Nghiệm nguyên dương bé nhất là n = 11. Vậy đó là năm 2019 + 11 = 2030.

Tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC  là giao điểm của trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và mặt phẳng trung trực đoạn SA (thể hiện trên hình vẽ).

Bán kính mặt cầu là  R = OA.

Vì BC vuông góc với AI, SI nên góc giữa (SBC) và (ABC) là \(\widehat {SIA} = {60^0}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
 + AI = AB\frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 ;{\rm{ }}AG = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}a\sqrt 3 .\\
 + SA = AI.\tan {60^0} = a\sqrt 3 .\sqrt 3  = 3a \Rightarrow MA = \frac{{3a}}{2}.\\
 + R = OA = \sqrt {O{G^2} + A{G^2}}  = \sqrt {M{A^2} + A{G^2}}  = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{12}}{9}{a^2}}  = \frac{{a\sqrt {129} }}{6}.
\end{array}\)

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC bằng:

\(S = 4\pi {R^2} = 4\pi {\left( {\frac{{a\sqrt {129} }}{6}} \right)^2} = \frac{{43\pi {a^2}}}{3}.\)

TXĐ: \(D = \backslash \left\{ { - m} \right\}\). 

\(y' = \frac{{m - 2}}{{{{(x + m)}^2}}}.\)

Hàm số đồng biến trên \(( - \infty ; - 5)\) khi và chỉ khi:

\(\left\{ \begin{array}{l}
 - m \ge  - 5\\
y' > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
m \le 5\\
m - 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow 2 < m \le 5.\) 

\(\begin{array}{l}
\int {g(x)dx}  = \int {(x + 1)f'(x)} dx = \int {(x + 1)d\left( {f(x)} \right)}  = (x + 1)f(x) - \int {f(x)d(x + 1)} \\
{\rm{             }} = (x + 1)\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - \int {\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx = } (x + 1)\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - \int {\frac{{d\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{2\sqrt {{x^2} + 1} }}} \\
{\rm{             }} = (x + 1)\frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - \sqrt {{x^2} + 1}  + C = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} + C.
\end{array}\)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega ) = A_7^4 = 840.\)

Tập hợp \(\{ 1,2,3,4,5,6,7\} \) có 4 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn.

Gọi A: “Không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn”. Gọi số cần tìm là: \(\overline {abcd} \). Để không có hai chữ số liên tiếp nào cùng chẵn, ta có các trường hợp sau cho a, b, c, d:

- Cả 4 chữ số đều lẻ: có 4! = 24 cách chọn.

- Có 3 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn: cần chọn 4 chữ số gồm chọn 3 chữ số lẻ và 1 chữ số chẵn rồi xếp vào 4 vị trí. Có \(C_4^3.C_3^1.4! = 288\) cách.

- Có 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn: cần chọn 4 chữ số gồm chọn 2 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn rồi xếp vào 4 vị trí (xếp xen kẽ hoặc 2 chữ số chẵn phải nằm ở đầu và cuối). Có \(C_4^2.C_3^2.3(2.2.1.1) = 216.\) cách.

- Có 1 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn: không xếp được. Có 0 cách.

Do đó: n(A) = 24 + 288 + 216 + 0 = 528.

Vậy \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{528}}{{840}} = \frac{{22}}{{35}}.\)

Đặt  \(f(x) = a{x^4} + b{x^3} + c{x^2} + dx + e \Rightarrow f'(x) = 4a{x^3} + 3b{x^2} + 2cx + d.\)

Từ bảng biến thiên, ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
f(0) = 3\\
f(1) =  - 1\\
f( - 1) =  - 1\\
f'(0) = 0\\
f'(1) = 0\\
f'( - 1) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
e = 3\\
a + b + c + d + e =  - 1\\
a - b + c - d + e =  - 1\\
d = 0\\
4a + 3b + 2c + d = 0\\
 - 4a + 3b - 2c + d = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 4\\
b = 0\\
c =  - 8\\
d = 0\\
e = 3
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow f(x) = 4{x^4} - 8{x^2} + 3,{\rm{ }}f'(x) = 16{x^3} - 16x.
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
g'(x) = 4{x^3}{[f(x - 1)]^2} + {x^4}.2.f(x - 1).f'(x - 1) = 2{x^3}f(x - 1){\rm{[2}}f(x - 1) + xf'(x - 1){\rm{]}}\\
g'(x) = 0 \Leftrightarrow 2{x^3}f(x - 1){\rm{[2}}f(x - 1) + xf'(x - 1){\rm{]}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^3} = 0\\
f(x - 1) = 0\\
{\rm{2}}f(x - 1) + xf'(x - 1) = 0
\end{array} \right.\\
 + {x^3} = 0 \Leftrightarrow x = 0.\\
 + f(x - 1) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x - 1 = {t_1} <  - 1\\
x - 1 = {t_2} \in ( - 1;0)\\
x - 1 = {t_3} \in (0;1)\\
x - 1 = {t_4} > 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 1 + {t_1} < 0\\
x = 1 + {t_2} \in (0;1)\\
x = 1 + {t_3} \in (1;2)\\
x = 1 + {t_4} > 2
\end{array} \right..\\
 + {\rm{2}}f(x - 1) + xf'(x - 1) = 0 \Leftrightarrow {\rm{2}}f(t) + (t + 1)f'(t) = 0{\rm{ }}(t = x - 1)\\
 \Leftrightarrow 2\left( {4{t^4} - 8{t^2} + 3} \right) + (t + 1)\left( {16{t^3} - 16t} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {4{t^4} - 8{t^2} + 3} \right) + (t + 1)\left( {8{t^3} - 8t} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow 12{t^4} + 8{t^3} - 16{t^2} - 8t + 3 = 0.
\end{array}\)

Xét hàm số \(h(t) = 12{t^4} + 8{t^3} - 16{t^2} - 8t + 3.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
h'(t) = 48{t^3} + 24{t^2} - 32t - 8.\\
h'(t) = 0 \Leftrightarrow 48{t^3} + 24{t^2} - 32t - 8 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
{t_1} \approx 0,7287\\
{t_2} \approx  - 0,2287\\
{t_3} =  - 1
\end{array} \right..
\end{array}\)                     

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có 4 nghiệm t nên có thêm 4 nghiệm x nữa.

Phương trình g’(x) = 0 có 9 nghiệm đơn phân biệt. Vậy hàm số g(x) có 9 cực trị.

Chọn: C     

\(2x + y{.4^{x + y - 1}} \ge 3 \Leftrightarrow y{.2^{2y}} \ge (3 - 2x){.4^{1 - x}} \Leftrightarrow 2y{.2^{2y}} \ge (3 - 2x){.2^{3 - 2x}}(1).\)

+ Nếu \(3 - 2x \le 0 \Leftrightarrow x \ge \frac{3}{2}\): (1) đúng với mọi \(y \ge 0.\) Ta có:

\(P = {x^2} + {y^2} + 2x + 4y \ge {\left( {\frac{3}{2}} \right)^2} + {0^2} + 2.\frac{3}{2} + 4.0 = \frac{{21}}{4}.\)

+ Nếu \(3 - 2x \ge 0 \Leftrightarrow x \le \frac{3}{2}:\) Hàm số  \(f(t) = t{.2^t}\) đồng biến trên \({\rm{[}}0; + \infty )\), do đó:

\((1) \Leftrightarrow 2y \ge 3 - 2x \Leftrightarrow 2x + 2y - 3 \ge 0 \Leftrightarrow y \ge \frac{3}{2} - x.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
P = {x^2} + {y^2} + 2x + 4y \ge {x^2} + {\left( {\frac{3}{2} - x} \right)^2} + 2x + 4.\left( {\frac{3}{2} - x} \right) = 2{x^2} - 5x + \frac{{33}}{4}\\
P \ge 2{\left( {x - \frac{5}{4}} \right)^2} + \frac{{41}}{8} \ge \frac{{41}}{8} < \frac{{21}}{4},{\rm{  = }} \Leftrightarrow x = \frac{5}{4} < \frac{3}{2},{\rm{ }}y = \frac{3}{2} - \frac{5}{4} = \frac{1}{4} > 0.
\end{array}\)

Vậy \(\min P = \frac{{41}}{8}.\)

+ Đây là dạng đồ thị hàm số bậc 3 có hệ số  a < 0.

+ Giao điểm của đồ thị hàm số và trục Oy nằm trên trục hoành nên d > 0.

+ Ta có: \(y' = 3a{x^2} + 2bx + c;{\rm{  }}y' = 0 \Leftrightarrow 3a{x^2} + 2bx + c = 0\)

Hàm số có hai cực trị âm nên:

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

 Vậy chỉ có d > 0.

Gọi E, F, I, J lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA;  \({G_1},{G_2},{G_3},{G_4}\) lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB,SBC,SCD,SDA.

EFI J là hình vuông cạnh \({\rm{FI}} = \frac{{BD}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \({G_1}{G_2}{G_3}{G_4}\) là hình vuông cạnh \({G_2}{G_3} = \frac{2}{3}FI = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\), MNPQ là hình vuông cạnh \(NP = 2{G_2}{G_3} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\).

Gọi K, H lần lượt là tâm các hình vuông \({G_1}{G_2}{G_3}{G_4}\) và MNPQ, ta có:

\(\begin{array}{l}
SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\\
KO = \frac{1}{3}SO = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}.
\end{array}\) 

\(\begin{array}{l}
OH = 2OK = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\\
S'H = S'O + OH = SO + OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} + \frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{5a\sqrt 6 }}{6}.
\end{array}\)

Thể tích của khối chóp \(S'.MNPQ\)

\(V = \frac{1}{3}{S_{MNPQ}}.S'H = \frac{1}{3}{\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{3}} \right)^2}.\frac{{5a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{20{a^3}\sqrt 6 }}{{81}}.\)

Gọi N là trung điểm BB’, H là trung điểm AC và K là hình chiếu vuông góc của B trên B’H. Ta có BK vuông góc với  mp(AB’C).

Vì MN cắt AB’ tại trung điểm nên:  d(M,(AB’C)) = d(N,(AB’C)).

Vì  \(NB' = \frac{1}{2}BB'\) nên:  d(N,(AB’C)) = 1/2d(B,(AB’C)) = 1/2.BK.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{B{K^2}}} = \frac{1}{{B'{B^2}}} + \frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}\\
 \Rightarrow BK = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}} \Rightarrow d(M,(AB'C)) = \frac{1}{2}BK = \frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}.
\end{array}\)

Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + y > 0\\
x + y > 0\\
x,y \in 
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y \ge 1\\
x,y \in 
\end{array} \right..\)

Đặt  \(t = x + y{\rm{ }}(t \in ,{\rm{ }}t \ge 1)\), ta có:

\({\log _3}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _2}(x + y) \Leftrightarrow {\log _3}\left( {{x^2} - x + t} \right) - {\log _2}t \ge 0{\rm{ }}(1).\)

Do mỗi y tương ứng với một và chỉ một t nên ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên y thỏa mãn \({\log _3}\left( {{x^2} + y} \right) \ge {\log _2}(x + y)\) khi và chỉ khi ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên t > = 1 thỏa mãn  (1).

Hàm số   \(f(t) = {\log _3}\left( {{x^2} - x + t} \right) - {\log _2}t\)  có:

\(f'(t) = \frac{1}{{\left( {{x^2} - x + t} \right)\ln 3}} - \frac{1}{{t\ln 2}} < 0,\forall x,t \in \)

\( \Rightarrow f(1) > f(2) > ... > f(127) > f(128) > ...\)  (f nghịch biến trên \({\rm{[}}1; + \infty )\))

Xét (1) với ẩn t. Ta thấy (1) luôn nhận t = 1 làm  nghiệm với bất kỳ x nguyên nào vì  

\({x^2} - x + 1 \ge 1 \Rightarrow {\log _3}({x^2} - x + 1) - {\log _2}1 \ge {\log _3}1 - {\log _2}1 = 0.\)

Khi đó các nghiệm tiếp theo của (1), nếu có, sẽ phải được lấy lần lượt là 2, 3, 4, … bởi vì nếu t > =2 không là nghiệm của (1) thì \(f({t_0}) < 0\) và với mọi \(t > {t_0}\), ta có \(f(t) < f({t_0}) < 0\) nên t cũng không là nghiệm của (1).

Do đó ứng với mỗi x có không quá 127 số nguyên t thỏa mãn  (1) khi và chỉ khi ứng với mỗi  x , (1)  có không quá 127 nghiệm t khi và chỉ  khi:

\(\begin{array}{l}
f(128) < 0 \Leftrightarrow {\log _3}({x^2} - x + 128) - {\log _2}128 < 0 \Leftrightarrow {x^2} - x + 128 < {3^7}\\
 \Leftrightarrow {x^2} - x - 2059 < 0 \Rightarrow  - 44,9 < x < 45,9 \Rightarrow  - 44 \le x \le 45.
\end{array}\)

Vậy có tất cả 45 – (- 44) +1 = 90 số nguyên x.

\(\begin{array}{l}
f\left( {{x^2}f(x)} \right) + 2 = 0 \Leftrightarrow f\left( {{x^2}f(x)} \right) =  - 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2}f(x) = 0{\rm{              (1)}}\\
{x^2}f(x) = {t_1} \in (0;1){\rm{  (2)}}\\
{x^2}f(x) = {t_2} \in (2;3){\rm{ (3)}}\\
{x^2}f(x) = {t_1} \in (3;4){\rm{ (4)}}
\end{array} \right.\\
 + (1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} = 0\\
f(x) = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
x = {x_1} \in ( - 1;0)\\
x = {x_2} \in (3;4)
\end{array} \right.\\
 + (2) \Leftrightarrow f(x) = \frac{{{t_1}}}{{{x^2}}}
\end{array}\)

 Hàm số  \(g(x) = \frac{{{t_1}}}{{{x^2}}}\)  có \(g'(x) =  - \frac{{2{t_1}}}{{{x^3}}}.{\rm{ }}g'(x) > 0 \Leftrightarrow x < 0,{\rm{ }}g'(x) < 0 \Leftrightarrow x > 0.\)

Do đó đồ thị  hàm số y = g(x) cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm phân biệt nên (2) có 2 nghiệm phân biệt.

Tương tự, (3) cũng có 2 nghiệm phân biệt, (4) cũng có 2 nghiệm phân biệt.  Dễ kiểm tra 6 nghiệm của (2), (3) và (4) là phân biệt và  mỗi nghiệm bé hơn x₁ hoặc lớn hơn x₂.   

Vậy số nghiệm thực phân biệt của phương trình \(f\left( {{x^2}f(x)} \right) + 2 = 0\) là 9.