Tổng hợp câu hay và khó chương 2 - Phần 1

Điều kiện $\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\x \ne \dfrac{1}{2}\end{array} \right.$

Ta có ${\log _7}\left( {\dfrac{{4{x^2} - 4x + 1}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} + 1 = 6x \Leftrightarrow {\log _7}\left( {\dfrac{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}}}{{2x}}} \right) + 4{x^2} - 4x + 1 = 2x$

$\Leftrightarrow {\log _7}{\left( {2x - 1} \right)^2} + {\left( {2x - 1} \right)^2} = {\log _7}2x + 2x\left( 1 \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right) = {\log _7}t + t \Leftrightarrow f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 7}} + 1 > 0$ với $t > 0$

Vậy hàm số đồng biến

Phương trình $\left( 1 \right)$ trở thành $f\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2}} \right) = f\left( {2x} \right) \Leftrightarrow {\left( {2x - 1} \right)^2} = 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{4}\\x = \dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{4}\end{array} \right.$

Vậy ${x_1} + 2{x_2} = \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{9 - \sqrt 5 }}{4}{\rm{ }}\left( l \right)\\\dfrac{{9 + \sqrt 5 }}{4}{\rm{ }}\left( {tm} \right)\end{array} \right. \Rightarrow a = 9;b = 5 \Rightarrow a + b = 9 + 5 = 14.$

Điều kiện: $x > 0$.

PT: $\Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{2{x^2} + 1}}{{2x}}} \right) + {2^{\left( {\frac{{2{x^2} + 1}}{{2x}}} \right)}} = 5\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Đặt $t = \dfrac{{2{x^2} + 1}}{{2x}} = x + \dfrac{1}{{2x}} \ge 2\sqrt {x.\dfrac{1}{{2x}}}  = \sqrt 2$

PT trở thành ${\log _2}t + {2^t} = 5{\rm{       (2)}}$.

Xét hàm $f\left( t \right) = {\log _2}t + {2^t}\,\,\left( {t \ge \sqrt 2 } \right)$ là hàm đồng biến nên:

$\left( 2 \right) \Leftrightarrow f\left( t \right) = f\left( 2 \right) \Leftrightarrow t = 2$(t/m).

Với $t = 2$ thì $\dfrac{{2{x^2} + 1}}{{2x}} = 2 \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x + 1 = 0$

Vậy ${x_1}{x_2} = \dfrac{1}{2}$ (theo Viet ).

Đặt $x = {\log _2}a;y = {\log _2}b;z = {\log _2}c.$

Vì $a,b,c \in \left[ {1;\,2} \right]$ nên $x,y,z \in \left[ {0;1} \right]$

$\begin{array}{l}P = {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3\left( {{{\log }_2}{a^a} + {{\log }_2}{b^b} + {{\log }_2}{c^c}} \right)\\= {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3\left( {a{{\log }_2}a + b{{\log }_2}b + c{{\log }_2}c} \right)\\= {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3\left( {ax + by + cz} \right).\end{array}$

Ta chứng minh ${a^3} - 3ax \le {x^3} + 1.$ Thật vậy:

Xét hàm số $f\left( a \right) = a - {\log _2}a,\,a \in \left[ {1;\,\,2} \right] \Rightarrow f'\left( a \right) = 1 - \dfrac{1}{{a\ln 2}} \Rightarrow f'\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{1}{{\ln 2}}$

Trên đoạn $\left[ {1;2} \right]$ ta có $f\left( a \right) \le \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)} \right\} = 1 \Rightarrow a - {\log _2}a \le 1$

hay $a - x \le 1 \Leftrightarrow a - x - 1 \le 0.$

Xét: ${a^3} - 3ax - {x^3} - 1 = \left( {a - x - 1} \right)\left( {{a^2} + {x^2} + 1 + a + ax - x} \right) \le 0$

( Vì theo trên ta có $a - x - 1 \le 0$ và ${a^2} + \left( {{x^2} - x + 1} \right) + a + ax > 0,$ $\forall a \in \left[ {1;\,\,2} \right],\,$ $\forall x \in \left[ {0;\,\,1} \right]$)

Vậy ${a^3} - 3ax - {x^3} - 1 \le 0$$\Leftrightarrow {a^3} - 3ax \le {x^3} + 1$. Tương tự ${b^3} - 3by \le {y^3} + 1;$${c^3} - 3cz \le {z^3} + 1$

Do đó $P\, = {a^3} + {b^3} + {c^3} - 3\left( {ax + by + cz} \right)\, \le {x^3} + {y^3} + {z^3} + 3 \le 1 + 3 = 4$

Dấu bằng xảy ra  khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l}f\left( a \right) = \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)} \right\} = 1\\f\left( b \right) = \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)} \right\} = 1\\f\left( b \right) = \max \left\{ {f\left( 1 \right),f\left( 2 \right),f\left( {\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)} \right\} = 1\\{x^3} + {y^3} + {z^3} = 1\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}a = 1\\a = 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}b = 1\\b = 2\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}c = 1\\c = 2\end{array} \right.\\{x^3} + {y^3} + {z^3} = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}y = 0\\y = 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}z = 0\\z = 1\end{array} \right.\\{x^3} + {y^3} + {z^3} = 1\end{array} \right.$

Với $x = 0 \Rightarrow {y^3} + {z^3} = 1$. Nếu $y = 0$ thì ${\rm{z}} = 1$, nếu $y = 1$  thì ${\rm{z}} = 0$

Với $x = 1 \Rightarrow {y^3} + {z^3} = 0 \Rightarrow y = z = 0$( Vì y và z chỉ có thể bằng 0 hoặc bằng 1)

Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = 0,z = 1$ và các hoán vị, tức là $a = b = 1,c = 2$ và các hoán vị. Khi đó $a + b + c = 4$.

Ta có $P = \log _a^2b + 54{\log _b}a = \log _a^2b + \dfrac{{54}}{{{{\log }_a}b}}$

Đặt $t = {\log _a}b$ thì $P = {t^2} + \dfrac{{54}}{t}$

Vì $a,\,\,b > 1$ nên $t = {\log _a}b > 0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có

$P = {t^2} + \dfrac{{54}}{t} = {t^2} + \dfrac{{27}}{t} + \dfrac{{27}}{t} \ge 3\sqrt[3]{{{{27}^2}}} = 27.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ${t^2} = \dfrac{{27}}{t} \Leftrightarrow t = 3.$

Ta có $m = {\log _a}\sqrt {ab}  = \dfrac{1}{2}{\log _a}\left( {ab} \right)$$= \dfrac{1}{2}\left( {1 + {{\log }_a}b} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {1 + t} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {1 + 3} \right) = 2$

${4^{x + 1}} + {4^{1 - x}} = \left( {m + 1} \right)\left( {{2^{2 + x}} - {2^{2 - x}}} \right) + 16 - 8m$$\Leftrightarrow 4\left( {{4^x} + {4^{ - x}}} \right) = 4\left( {m + 1} \right)\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right) + 16 - 8m$

Đặt $t = u\left( x \right) = {2^x} - {2^{ - x}}$, $x \in \left[ {0;\,1} \right]$

Ta có: $u'\left( x \right) = {2^x}\ln 2 + {2^{ - x}}\ln 2 > 0,$ $\forall x \in \left[ {0;\,1} \right]$

Suy ra $u\left( 0 \right) \le t \le u\left( 1 \right)$ hay $t \in \left[ {0;\dfrac{3}{2}} \right]$

$\Rightarrow {t^2} = {4^x} + {4^{ - x}} - {2.2^x}{.2^{ - x}} \Rightarrow {4^x} + {4^{ - x}} = {t^2} + 2$

Phương trình trở thành :

$4\left( {{t^2} + 2} \right) = 4t\left( {m + 1} \right) + 16 - 8m$$\Leftrightarrow {t^2} + 2 = t\left( {m + 1} \right) + 4 - 2m$

$\Leftrightarrow {t^2} + 2 = mt + t + 4 - 2m$$\Leftrightarrow {t^2} - t - 2 = m\left( {t - 2} \right)$$\Leftrightarrow m = \dfrac{{{t^2} - t - 2}}{{t - 2}} = t + 1$

Vì $t \in \left[ {0;\;\;\dfrac{3}{2}} \right]$ nên $m = t + 1 \in \left[ {1;\dfrac{5}{2}} \right]$

Vậy có $2$ giá trị của $m$ thỏa mãn.

Điều kiện: $x > 0$

$\log _2^2 2x - 2\left( {m + 1} \right){\log _2}x - 2 < 0$

$\Leftrightarrow {\left( {1 + {{\log }_2}x} \right)^2} - 2\left( {m + 1} \right){\log _2}x - 2 < 0{\rm{   }}\left( 1 \right)$.

Đặt $t = {\log _2}x$. Vì $x > \sqrt 2$ nên ${\log _2}x > {\log _2}\sqrt 2  = \dfrac{1}{2}$.

Do đó $t \in \left( {\dfrac{1}{2}; + \infty } \right)$

$\left( 1 \right)$ thành ${\left( {1 + t} \right)^2} - 2\left( {m + 1} \right)t - 2 < 0$$\Leftrightarrow {t^2} - 2mt - 1 < 0$ $\left( 2 \right)$

Yêu cầu bài toán tương đương tìm $m$ để bpt $(2)$ có nghiệm thuộc $\left( {\dfrac{1}{2}; + \infty } \right)$.

Xét bất phương trình $(2)$ có: $\Delta ' = {m^2} + 1 > 0,{\rm{ }}\forall m \in \mathbb{R}$.

$f\left( t \right) = {t^2} - 2mt - 1 = 0$ có $ac < 0$ nên $f(t)$ luôn có $2$ nghiệm phân biệt ${t_1} < 0 < {t_2}$ nên tập nghiệm của $(2)$ là $(t_1;t_2)$

Khi đó cần $\dfrac{1}{2} < {t_2} \Leftrightarrow m + \sqrt {{m^2} + 1}  > \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow m >  - \dfrac{3}{4}$

Gọi số tiền đóng hàng năm là $A = 12$ (triệu đồng), lãi suất là $r = 6\%  = 0,06$.

Sau $1$ năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là ${A_1} = A\left( {1 + r} \right)$. (nhưng người đó không rút mà lại đóng thêm $A$ triệu đồng nữa, nên số tiền gốc để tính lãi năm sau là ${A_1} + A$).

Sau $2$ năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

${A_2} = \left( {{A_1} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)$

Sau $3$ năm, nếu người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

${A_3} = \left( {{A_2} + A} \right)\left( {1 + r} \right) = \left[ {A{{\left( {1 + r} \right)}^2} + A\left( {1 + r} \right) + A} \right]\left( {1 + r} \right) = A{\left( {1 + r} \right)^3} + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)$

…

Sau $18$ năm, người đó đi rút tiền thì sẽ nhận được số tiền là:

${A_{18}} = A{\left( {1 + r} \right)^{18}} + A{\left( {1 + r} \right)^{17}} + ... + A{\left( {1 + r} \right)^2} + A\left( {1 + r} \right)$

Tính: ${A_{18}} = A\left[ {{{\left( {1 + r} \right)}^{18}} + {{\left( {1 + r} \right)}^{17}} + ... + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1 - 1} \right]$

$\Rightarrow {A_{18}} = A\left[ {\dfrac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{{\left( {1 + r} \right) - 1}} - 1} \right] = A\left[ {\dfrac{{{{\left( {1 + r} \right)}^{19}} - 1}}{r} - 1} \right] = 12\left[ {\dfrac{{{{\left( {1 + 0,06} \right)}^{19}} - 1}}{{0,06}} - 1} \right] \approx 393,12$

Ta có: $P = 16{\log _a}\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{12b - 16}}} \right) + 3\log _{\frac{a}{b}}^2a$. Vì số hạng thứ hai chứa ${\log _{\frac{a}{b}}}a$ nên ta cố gắng đưa ${\log _a}\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{12b - 16}}} \right)$ về ${\log _a}\dfrac{a}{b}$. Điều này buộc ta cần đánh giá $12b - 16 \le {b^3}$. Thật vậy:

Ta có: $12b - 16 \le {b^3} \Leftrightarrow {\left( {b - 2} \right)^2}\left( {b + 4} \right) \ge 0$ (Đúng).

Suy ra: $\dfrac{{{a^3}}}{{12b - 16}} \ge \dfrac{a}{b} > 1$ $\Rightarrow {\log _a}\left( {\dfrac{{{a^3}}}{{12b - 16}}} \right) \ge {\log _a}{\left( {\dfrac{a}{b}} \right)^3} = 3{\log _a}\dfrac{a}{b} > 0$

Do đó:

$P \ge 48{\log _a}\dfrac{a}{b} + 3\log _{\frac{a}{b}}^2a$ $= 3\left( {8{{\log }_a}\dfrac{a}{b} + 8{{\log }_a}\dfrac{a}{b} + \log _{\frac{a}{b}}^2a} \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $3$ số dương $8{\log _a}\dfrac{a}{b}$, $8{\log _a}\dfrac{a}{b}$, $\log _{\frac{a}{b}}^2a$ ta được:

$P \ge 3 \cdot 3 \cdot \sqrt[3]{{\left( {8{{\log }_a}\dfrac{a}{b} \cdot 8{{\log }_a}\dfrac{a}{b} \cdot \log _{\frac{a}{b}}^2a} \right)}} = 9\sqrt[3]{{64}} = 36.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$\left\{ \begin{array}{l}b = 2\\8{\log _a}\dfrac{a}{b} = \log _{\frac{a}{b}}^2a = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\{\log _a}\dfrac{a}{b} = \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\{\log _a}2 = \dfrac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2\\a = 4\end{array} \right..$

Vậy $a + b = 6.$

Điều kiện $x > 0$.

Đặt $t = \sqrt {\log _3^2x + 1}  \ge 1$, ta được phương trình ${t^2} + t - 2m - 2 = 0\,\,\,\left( * \right)$

Ta có $x \in \left[ {1\,;\,\,{3^{\sqrt 3 }}} \right]$ $\Leftrightarrow$ $0 \le {\log _3}x \le \sqrt 3$ $\Leftrightarrow$ $1 \le t = \sqrt {\log _3^2x + 1}  \le 2$.

Phương trình đã cho có nghiệm $x \in \left[ {1\,;\,\,{3^{\sqrt 3 }}} \right]$ $\Leftrightarrow$ $\left( * \right)$ có nghiệm $t \in \left[ {1\,;\,2} \right]$.

Đặt $f\left( t \right) = {t^2} + t$, với $t \in \left[ {1\,;\,\,2} \right]$.

Hàm số $f\left( t \right)$ là hàm đồng biến trên đoạn $\left[ {1\,;\,\,2} \right]$.

Ta có $f\left( 1 \right) = 2$ và $f\left( 2 \right) = 6$.

Phương trình ${t^2} + t = 2m + 2$ $\Leftrightarrow$ $f\left( t \right) = 2m + 2$ có nghiệm $t \in \left[ {1\,;\,\,2} \right]$ $\Leftrightarrow$ $f\left( 1 \right) \le 2m + 2 \le f\left( 2 \right)$

$\Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 1 \right) \le 2m + 2\\2m + 2 \le f\left( 2 \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{array}{l}2 \le 2m + 2\\2m + 2 \le 6\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow$ $0 \le m \le 2$.

Điều kiện $4x + 4y - 4 > 0$

Ta có ${\log _{{x^2} + {y^2} + 2}}\left( {4x + 4y - 4} \right) \ge 1$ $\Leftrightarrow 4x + 4y - 4 \ge {x^2} + {y^2} + 2$$\Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \le 2\,\,\,\,\left( {{C_1}} \right)$

Miền nghiệm của bất phương trình là hình tròn (cả bờ) $\left( {{C_1}} \right)$ có tâm ${I_1}\,\left( {2;\,\,2} \right)$ bán kính ${R_1} = \sqrt 2$

Mặt khác: ${x^2} + {y^2} + 2x - 2y + 2 - m = 0$$\Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} = m\,\,\,\left( * \right)$

Với $m = 0$ $\Rightarrow x =  - 1;\,\,y = 1$ không thỏa mãn: ${\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \le 2$.

Với $m > 0$ thì $\,\left( * \right)$ là đường tròn$\,\left( {{C_2}} \right)$ có tâm ${I_2}\,\left( { - 1;\,\,1} \right)$ bán kính ${R_2} = \sqrt m$.

Để tồn tại duy nhất cặp $\left( {x;\,y} \right)$ thì $\,\left( {{C_1}} \right)$ và $\,\left( {{C_2}} \right)$ tiếp xúc với nhau.

Trường hợp 1: $\,\left( {{C_1}} \right)$ và$\,\left( {{C_2}} \right)$ tiếp xúc ngoài.

Khi đó: ${R_1} + {R_2} = {I_1}{I_2}$$\Leftrightarrow\sqrt m  + \sqrt 2  = \sqrt {10}$$\Leftrightarrow m = {\left( {\sqrt {10}  - \sqrt 2 } \right)^2}$

Trường hợp 2: $\,\left( {{C_1}} \right)$ nằm trong $\,\left( {{C_2}} \right)$ và hai đường tròn tiếp xúc trong.

Khi đó: ${R_2} - {R_1} = {I_1}{I_2}$$\Leftrightarrow \sqrt m  - \sqrt 2  = \sqrt {10}$ $\Leftrightarrow m = {\left( {\sqrt {10}  + \sqrt 2 } \right)^2}$

Vậy $m = {\left( {\sqrt {10}  - \sqrt 2 } \right)^2}$ và $m = {\left( {\sqrt {10}  + \sqrt 2 } \right)^2}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Điều kiện $x \ge  - 1$.

Xét ${3^{2x + \sqrt {x + 1} }} - {3^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2017x \le 2017$$\Leftrightarrow {3^{2x}}{.3^{\sqrt {x + 1} }} - {3^2}{.3^{\sqrt {x + 1} }} \le 2017 - 2017x$

$\Leftrightarrow$$\left( {{9^x} - 9} \right){3^{\sqrt {x + 1} }} \le 2017\left( {1 - x} \right)$. Dễ thấy $x = 1$ là một nghiệm.

Nếu $x > 1$ thì $VT = \left( {{9^x} - 9} \right){3^{\sqrt {x + 1} }} > 0$, $VP = 2017\left( {1 - x} \right) < 0$

Suy ra $\left( {{9^x} - 9} \right){3^{\sqrt {x + 1} }} \le 2017\left( {1 - x} \right)$ vô nghiệm.

Nếu $- 1 \le x < 1$ thì $VT = \left( {{9^x} - 9} \right){3^{\sqrt {x + 1} }} < 0$, $VP = 2017\left( {1 - x} \right) > 0$

Suy ra $\left( {{9^x} - 9} \right){3^{\sqrt {x + 1} }} \le 2017\left( {1 - x} \right)$ có nghiệm với $- 1 \le x < 1$

Vậy bpt ${3^{2x + \sqrt {x + 1} }} - {3^{2 + \sqrt {x + 1} }} + 2017x \le 2017$ có nghiệm với $- 1 \le x \le 1$

Bài toán trở thành tìm $m$ để bpt ${x^2} - \left( {m + 2} \right)x + 2m + 3 \ge 0$ có nghiệm $- 1 \le x \le 1$

BPT $\Leftrightarrow m\left( {x - 2} \right) \le {x^2} - 2x + 3$ $\Leftrightarrow m \ge \dfrac{{{x^2} - 2x + 3}}{{x - 2}} = f\left( x \right)$ $\left( * \right)$ (Do $- 1 \le x \le 1$)

$f'\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 4x + 1}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^2}}}$

Xét $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 2 - \sqrt 3  \in \left[ { - 1;1} \right]$

Để bpt $\left( * \right)$ có nghiệm thì $m \ge \mathop {\min f\left( x \right)}\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} .$

Lập bảng biến thiên của hàm số $f\left( x \right)$ trên $\left[ { - 1;1} \right]$ ta có $m \ge f\left( 1 \right) = f\left( { - 1} \right) =  - 2$

Vậy $m \ge  - 2$.

Bước 1: Biến đổi phương trình để đưa về dạng xét hàm đặc trưng

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

${2^{ - 2}}|x - m| + 1 \cdot {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)$$- {2^{2x - {x^2}}} \cdot {\log _2}(2|x - m| + 2) = 0$ $\Leftrightarrow {2^{ - 2}}|x - m| + 1 \cdot {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)$$= {2^{2x - {x^2}}} \cdot {\log _2}(2|x - m| + 2)$

$\Leftrightarrow {2^{{x^2} - 2x}} \cdot {\log _2}\left( {{x^2} - 2x + 3} \right)$$= {2^2}|x - m| - 1 \cdot {\log _2}(2|x - m| + 2)$

Bước 2: Xét hàm đặc trưng $f(t) = {2^{t - 3}} \cdot {\log _2}t$ với $t \ge 2$ rồi cô lập m, $m = g\left( x \right)$

Xét hàm số $f(t) = {2^{t - 3}} \cdot {\log _2}t$ với $t \ge 2$. Do $t \ge 2$ suy ra ${\log _2}t \ge 1$.

Ta có: ${f^\prime }(t) = {2^{t - 3}} \cdot \dfrac{1}{{t.\ln 2}} + {2^{t - 3}} \cdot \ln 2 \cdot {\log _2}t > 0$ với $t \ge 2$.

Do đó hàm số $f(t)$ đồng biến trên $[2; + \infty )$

$\Rightarrow f\left( {{x^2} - 2x + 3} \right) = f(2|x - m| + 2)$$\Leftrightarrow {x^2} - 2x + 3 = 2|x - m| + 2$$\Leftrightarrow |x - m| = \dfrac{{{x^2}}}{2} - x + \dfrac{1}{2}$$\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{m = \dfrac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \dfrac{1}{2}}\\{m = \dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{1}{2}}\end{array}(*)} \right.$

Bước 3: Tìm tổng các giá trị m để phương trình có 3 nghiệm

Vẽ đồ thị các hàm số $y = \dfrac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \dfrac{1}{2}$ và $y = \dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{1}{2}$ trên cùng một hệ trục tọa độ.

Đồ thị hai hàm số tiếp xúc với nhau tại điểm $(1;1)$. Điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = \dfrac{{{x^2}}}{2} + \dfrac{1}{2}$ là $\left( {0;\dfrac{1}{2}} \right)$, điểm cực trị của đồ thị hàm số $y = \dfrac{{ - {x^2}}}{2} + 2x - \dfrac{1}{2}$ là $\left( {2;\dfrac{3}{2}} \right)$. Dựa vào đồ thị, để (*) có ba nghiệm phân biệt thì $m \in \left\{ {\dfrac{1}{2};1;\dfrac{3}{2}} \right\}$. Tổng tất cả các giá trị của tham số $m$ thỏa mãn là $\dfrac{1}{2} + 1 + \dfrac{3}{2} = 3$.