Bài tập tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số mũ và logarit có đáp án chi tiết
Bài tập trắc nghiệm Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số mũ, logarit, lũy thừa – Toán lớp 12
| Bài tập 1: Cho $m={{\log }_{a}}\left( \sqrt[3]{ab} \right)$, với $a,b>1$ và $P=\log _{a}^{2}b+16{{\log }_{b}}a$. Khi biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất thì giá trị của m bằng
A. $m=2$. B. $m=1$. C. $m=\frac{1}{2}$. D. $m=4$. |
Lời giải chi tiết
Ta có: $P=\log _{a}^{2}b+16{{\log }_{b}}a={{\left( {{\log }_{a}}b \right)}^{2}}+\frac{16}{{{\log }_{a}}b}$
Đặt $t={{\log }_{a}}b$ vì $a,b>1\Rightarrow {{\log }_{a}}b=t>0$
Khi đó $P={{t}^{2}}+\frac{16}{t}={{t}^{2}}+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge \sqrt[3]{{{t}^{2}}.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${{t}^{2}}=\frac{8}{t}\Leftrightarrow t=2\Leftrightarrow {{\log }_{a}}b=2$.
Lại có $m={{\log }_{a}}\left( \sqrt[3]{ab} \right)={{\log }_{a}}{{\left( ab \right)}^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{3}{{\log }_{a}}ab=\frac{1}{3}\left( 1+{{\log }_{a}}b \right)=1$. Chọn B.
| Bài tập 2: Cho x, y là số thực dương thỏa mãn $\ln x+\ln y\ge \ln \left( {{x}^{2}}+y \right)$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=x+y$.
A. ${{P}_{\min }}=6$. B. ${{P}_{\min }}=2\sqrt{2}+3$. C. ${{P}_{\min }}=3\sqrt{2}+2$. D. ${{P}_{\min }}=\sqrt{17}+\sqrt{2}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có $\ln x+\ln y\ge \ln \left( {{x}^{2}}+y \right)\Leftrightarrow \ln \left( xy \right)\ge \ln \left( {{x}^{2}}+y \right)\Leftrightarrow xy\ge {{x}^{2}}+y\Leftrightarrow y\left( x-1 \right)\ge {{x}^{2}}$.
Mà $x,y>0$ suy ra $y\left( x-1 \right)\ge {{x}^{2}}>0\Leftrightarrow x-1>0\Leftrightarrow x>1$. Khi đó $y\left( x-1 \right)\ge {{x}^{2}}\Leftrightarrow y\ge \frac{{{x}^{2}}}{x-1}$.
Do đó, biểu thức $P=x+y=x+\frac{{{x}^{2}}}{x-1}\xrightarrow{{}}f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}-x}{x-1}$.
Xét hàm số $f\left( x \right)$ trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)$, có ${f}’\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}-4x+1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}},\text{ }\forall x\ne 1$.
Phương trình ${f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} x>1 \\ {} {{x}^{2}}-4x+1=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow x=\frac{2+\sqrt{2}}{2}$.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra $\min f\left( x \right)=f\left( \frac{2+2\sqrt{2}}{2} \right)=3+2\sqrt{2}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là ${{P}_{\min }}=3+2\sqrt{2}$. Chọn B.
Nhận xét. Vì hàm số$y=\ln x$ đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$ nên
$f\left( x \right)>g\left( x \right)\Leftrightarrow \ln f\left( x \right)>\ln g\left( x \right)$ .
| Bài tập 3: Cho các số thực dương x, y thỏa mãn $\log \left( x+2y \right)=\log x+\log y$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\sqrt[4]{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{1+2y}}}}.{{e}^{\frac{{{y}^{2}}}{1+x}}}$. A. ${{P}_{\min }}={{e}^{\frac{5}{8}}}$. B. ${{P}_{\min }}=e$. C. ${{P}_{\min }}={{e}^{\frac{8}{5}}}$. D. ${{P}_{\min }}={{e}^{\frac{1}{2}}}$. |
Lời giải chi tiết
Từ giả thiết, ta có $\log \left( x+2y \right)=\log x+\log y\Leftrightarrow \log \left( x+2y \right)=\log \left( xy \right)\Leftrightarrow x+2y=xy$.
Ta có $P=\sqrt[4]{{{e}^{\frac{{{x}^{2}}}{1+2y}}}}.{{e}^{\frac{{{y}^{2}}}{1+x}}}={{e}^{\frac{1}{4}.\frac{{{x}^{2}}}{1+2y}}}.{{e}^{\frac{{{y}^{2}}}{1+x}}}={{e}^{\frac{{{\left( \frac{x}{2} \right)}^{2}}}{1+2y}+\frac{{{y}^{2}}}{1+2.\frac{x}{2}}}}$. Đặt $\left\{ \begin{array} {} a=\frac{x}{2} \\ {} b=y \\ \end{array} \right.$, giả thiết $\Leftrightarrow a+b=ab$.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được $a+b=ab\le \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}\Leftrightarrow a+b\ge 4$
Và xét biểu thức $T=\frac{{{a}^{2}}}{1+2b}+\frac{{{b}^{2}}}{1+2a}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{2+2\left( a+b \right)}\xrightarrow{{}}f\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}}{t+1}$ với $t=a+b\ge 4$.
Xét hàm số $f\left( t \right)$ trên $\left[ 4;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)=\frac{{{t}^{2}}+2t}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}}>0\Rightarrow f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên $\left[ 4;+\infty \right)$
Do đó $f\left( t \right)\ge f\left( 4 \right)=\frac{16}{5}$ suy ra $T\ge \frac{8}{5}\xrightarrow{{}}P={{e}^{T}}\ge {{e}^{\frac{8}{5}}}$. Chọn C
Nhận xét. Bài toán có sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{a+b}$.
| Bài tập 4: Cho x, y là số thực dương thỏa mãn ${{\log }_{4}}\left( x+y \right)+{{\log }_{4}}\left( x-y \right)\ge 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=2x-y$.
A. ${{P}_{\min }}=4$. B. ${{P}_{\min }}=-4$. C. ${{P}_{\min }}=2\sqrt{3}$. D. ${{P}_{\min }}=\frac{10\sqrt{3}}{3}$. |
Lời giải chi tiết
Điều kiện: $x>y>0$. Từ giả thiết, ta có ${{\log }_{4}}\left[ \left( x+y \right)\left( x-y \right) \right]\ge 1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-{{y}^{2}}\ge 4\text{ }\left( * \right)$
Ta có $P=2x-y\Leftrightarrow y=2x-P$ thế vào (*), ta được ${{x}^{2}}-{{\left( 2x-P \right)}^{2}}\ge 4$.
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-4{{x}^{2}}+4xP-{{P}^{2}}\ge 4\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}-4xP+{{P}^{2}}+4\le 0\text{ }\left( * \right)$
Để bất phương trình (*) có nghiệm $\text{{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }’=}{{\left( -2P \right)}^{2}}-3\left( {{P}^{2}}+4 \right)\ge 0\Leftrightarrow {{P}^{2}}-12\ge 0\Leftrightarrow P\ge 2\sqrt{3}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là ${{P}_{\min }}=2\sqrt{3}$.Chọn C.
| Bài tập 5: [Đề thi THPT Quốc gia 2017] Xét các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện ${{\log }_{3}}\frac{1-xy}{x+2y}=3xy+x+2y-4$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của $P=x+y$.
A. ${{P}_{\min }}=\frac{9\sqrt{11}-19}{9}$. B. ${{P}_{\min }}=\frac{9\sqrt{11}+19}{9}$. C. ${{P}_{\min }}=\frac{18\sqrt{11}-29}{21}$. D. ${{P}_{\min }}=\frac{2\sqrt{11}-3}{3}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{\log }_{3}}\frac{1-xy}{x+2y}=3xy+x+2y-4\Leftrightarrow {{\log }_{3}}\left( 1-xy \right)-{{\log }_{3}}\left( x+2y \right)=3xy+x+2y-4$
$\Leftrightarrow 2-3xy+{{\log }_{3}}\left( 3-3xy \right)=x+2y+{{\log }_{3}}\left( x+2y \right)$
Xét hàm số $f\left( t \right)=t+{{\log }_{3}}t$ trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)=1+\frac{1}{t.\ln 3}>0,\text{ }\forall t>0$
Suy ra $f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$
Mà $f\left( 3-3xy \right)=f\left( x+2y \right)\Leftrightarrow 3-3xy=x+2y\Leftrightarrow y=\frac{3-x}{3x+2}$.
Khi đó, biểu thức $P=x+y=x+\frac{3-x}{3x+2}=\frac{3{{x}^{2}}+x+3}{3x+2}\xrightarrow{{}}f\left( x \right)=\frac{3{{x}^{2}}+x+3}{3x+2}$
Xét hàm số $f\left( x \right)$ trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$, có ${f}’\left( x \right)=\frac{9{{x}^{2}}+12x-7}{{{\left( 3x+2 \right)}^{2}}},\text{ }\forall x>0$.
Phương trình ${f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} x>0 \\ {} 9{{x}^{2}}+12x-7=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{11}-2}{3}$.
Tính $f\left( \frac{\sqrt{11}-2}{3} \right)=\frac{2\sqrt{11}-3}{3},f\left( 0 \right)=\frac{3}{2}$ và $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty \xrightarrow{{}}\underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=\frac{2\sqrt{11}-3}{3}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là ${{P}_{\min }}=\frac{2\sqrt{11}-3}{3}$. Chọn D.
| Bài tập 6: Cho hai số thực x, y thỏa mãn ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}>1$ và ${{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}\left( x+2y \right)\ge 1$. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2x+y$. Tính $M+m$.
A. ${{P}_{\min }}=4$. B. ${{P}_{\min }}=4$. C. ${{P}_{\min }}=2\sqrt{3}$. D. ${{P}_{\min }}=\frac{10\sqrt{3}}{3}$. |
Lời giải chi tiết
Vì ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}>1$ suy ra $y={{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}f\left( x \right)$ là hàm số đồng biến trên tập xác định.
Khi đó ${{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}\left( x+2y \right)\ge {{\log }_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\Leftrightarrow x+2y\ge {{x}^{2}}+{{y}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+{{y}^{2}}-2y\le 0\Leftrightarrow \left( {{x}^{2}}-x+\frac{1}{4} \right)+\left( {{y}^{2}}-2y+1 \right)\le \frac{5}{4}\Leftrightarrow {{\left( x-\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}}\le \frac{5}{4}$
Xét biểu thức P, ta có $P=2x+y=2\left( x-\frac{1}{2} \right)+y-1+2\Leftrightarrow 2\left( x-\frac{1}{2} \right)+y-1=P-2$.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, có ${{\left[ 2\left( x-\frac{1}{2} \right)+y-1 \right]}^{2}}\le \left( {{2}^{2}}+{{1}^{2}} \right).{{\left[ {{\left( x+\frac{1}{2} \right)}^{2}}+{{\left( y-1 \right)}^{2}} \right]}^{2}}$
$\Leftrightarrow {{\left( P-2 \right)}^{2}}\le 5.\frac{5}{4}=\frac{25}{5}\Leftrightarrow -\frac{5}{2}\le P-2\le \frac{5}{2}\Leftrightarrow -\frac{1}{2}\le P\le \frac{9}{2}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{array} {} {{P}_{\min }}=-\frac{1}{2} \\ {} {{P}_{\max }}=\frac{9}{2} \\ \end{array} \right.$.
Vậy tổng $M+m=\frac{9}{2}+\left( -\frac{1}{2} \right)=4$. Chọn C.
| Bài tập 7: [Đề thi Thử nghiệm 2017 – Bộ GD{}ĐT] Xét các số thực a, b thỏa mãn điều kiện $a>b>1$. Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=\log _{\frac{a}{b}}^{2}\left( {{a}^{2}} \right)+3{{\log }_{b}}\left( \frac{a}{b} \right)$.
A. ${{P}_{\min }}=19$. B. ${{P}_{\min }}=13$. C. ${{P}_{\min }}=14$. D. ${{P}_{\min }}=15$. |
Lời giải chi tiết
Ta có $\log _{\frac{a}{b}}^{2}\left( {{a}^{2}} \right)=4{{\left( {{\log }_{\frac{a}{b}}}a \right)}^{2}}=\frac{4}{{{\left( {{\log }_{a}}\frac{a}{b} \right)}^{2}}}=\frac{4}{{{\left( {{\log }_{a}}a-{{\log }_{a}}b \right)}^{2}}}=\frac{4}{{{\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}^{2}}}$.
Khi đó biểu thức $P=\frac{4}{{{\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}^{2}}}+3{{\log }_{b}}a-3=\frac{4}{{{\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}^{2}}}+\frac{3}{{{\log }_{a}}b}-3$.
Đặt $t={{\log }_{a}}b$ với $\left\{ \begin{array} {} a>1 \\ {} b>1 \\ \end{array} \right.\Rightarrow t>0$ suy ra $P=f\left( t \right)=\frac{4}{{{\left( 1-t \right)}^{2}}}+\frac{3}{t}-3$.
Xét hàm số $f\left( t \right)$, có ${f}’\left( t \right)=-\frac{8}{{{\left( t-1 \right)}^{3}}}-\frac{3}{{{t}^{2}}},\text{ }{f}’\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}$.
Tính $f\left( \frac{1}{3} \right)=15,\text{ }\underset{t\to 1}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty $ và $\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty $.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( t \right)$ là 15.
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là ${{P}_{\min }}=15$. Chọn D.
| Bài tập 8: Cho các số thực a, b thỏa mãn $a>1,\text{ }b>1$.
Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=\frac{27}{2}{{\left( 2{{\log }_{ab}}a+{{\log }_{ab}}b \right)}^{2}}+4{{\log }_{a}}ab$. A. ${{P}_{\min }}=36$. B. ${{P}_{\min }}=24$. C. ${{P}_{\min }}=48$. D. ${{P}_{\min }}=32$. |
Lời giải chi tiết
Xét biểu thức P, ta có $P=\frac{27}{2}\left( \frac{2}{{{\log }_{a}}ab}+\frac{1}{{{\log }_{b}}ab} \right)+4{{\log }_{a}}b+4$.
Đặt $t={{\log }_{a}}b\text{ }\left( t>0 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{b}}a=\frac{1}{t}$. Khi đó $P=\frac{27}{2}{{\left( \frac{2}{t+1}+\frac{t}{t+1} \right)}^{2}}+4t+4$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{27}{2}{{\left( \frac{t+2}{t+2} \right)}^{2}}+4t$ với $t\in \left( 0;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)=\frac{\left( t-2 \right){{\left( 2t+5 \right)}^{2}}}{{{\left( t+1 \right)}^{3}}}=0\Leftrightarrow t=2$.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy rằng $f\left( t \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $f\left( 2 \right)=32\Rightarrow {{P}_{\min }}=36$. Chọn A.
| Bài tập 9: Cho hai số thực $a\ge b>1$. Biết rằng biểu thức $T=\frac{2}{{{\log }_{ab}}a}+\sqrt{{{\log }_{a}}\frac{a}{b}}$ đạt giá trị lớn nhất là M khi có số thực m sao cho $b={{a}^{m}}$. Tính $P=M+m$.
A. $M-m=\frac{23}{8}$. B. $M-m=\frac{81}{16}$. C. $M-m=\frac{19}{8}$. D. $M-m=\frac{51}{16}$. |
Lời giải chi tiết
Xét biểu thức T, ta có $T=2{{\log }_{a}}ab+\sqrt{{{\log }_{a}}a-{{\log }_{a}}b}=2{{\log }_{a}}b+\sqrt{1-{{\log }_{a}}b}+2$.
Đặt $t={{\log }_{a}}b$ với $t\in \left( -\infty ;1 \right]$, khi đó $T=f\left( t \right)=2t+\sqrt{1-t}+2$.
Xét hàm số $f\left( t \right)$ trên khoảng $\left( -\infty ;1 \right]$, có ${f}’\left( t \right)=2-\frac{1}{2\sqrt{1-t}};{f}’\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\frac{15}{16}$.
Tính $f\left( 1 \right)=4,f\left( \frac{15}{16} \right)=\frac{33}{8}$ và $\underset{t\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=-\infty $.
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra giá trị lớn nhất của hàm số $f\left( t \right)$ là $\frac{33}{8}$.
Vậy $M=\frac{33}{8}$ và $b={{a}^{m}}\Leftrightarrow m={{\log }_{a}}b=t=\frac{15}{16}\Rightarrow M-m=\frac{51}{16}$. Chọn D.
| Bài tập 10: Cho a, b là các số thực dương khác 1. Biết rằng biểu thức $P=\frac{{{\log }_{a}}\frac{b}{a}+{{\log }_{b}}a}{{{\log }_{a}}\left( ab \right)+{{\log }_{b}}a}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng M khi $b={{a}^{m}}$. Tính $M+m$.
A. $M+m=2$. B. $M+m=\frac{2}{3}$. C. $M+m=\frac{4}{3}$. D. $M+m=0$. |
Lời giải chi tiết
Xét biểu thức P, ta có $P=\frac{{{\log }_{a}}b-{{\log }_{a}}a+{{\log }_{b}}a}{lo{{g}_{a}}a+{{\log }_{a}}b+{{\log }_{b}}a}=\frac{{{\log }_{a}}b+{{\log }_{b}}a-1}{{{\log }_{a}}b+{{\log }_{b}}a+1}$.
Đặt $t={{\log }_{a}}b\Leftrightarrow {{\log }_{b}}a=\frac{1}{t}$ với $t\in \mathbb{R}$, khi đó $P=f\left( t \right)=\frac{t+\frac{1}{t}-1}{t+\frac{1}{t}+1}=\frac{{{t}^{2}}-t+1}{{{t}^{2}}+t+1}$.
Xét hàm số $f\left( t \right)$ trên khoảng $\left( -\infty ;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)=\frac{2\left( {{t}^{2}}-1 \right)}{{{\left( {{t}^{2}}+t+1 \right)}^{2}}},\text{ }{f}’\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\pm 1$.
Tính $f\left( 1 \right)=\frac{1}{3},f\left( -1 \right)=3$ và $\underset{t\to \infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=1$ suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số $f\left( t \right)$ bằng $\frac{1}{3}$.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $t=1\Leftrightarrow {{\log }_{a}}b=1\Leftrightarrow a=b$.
Vậy $M=\frac{1}{3},\text{ }b={{a}^{m}}=a\Rightarrow m=1\xrightarrow{{}}M+m=\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}$. Chọn C.
| Bài tập 11: Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn ${{b}^{2}}=3ab+4{{a}^{2}}$ và $a\in \left[ 4;{{2}^{32}} \right]$. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P={{\log }_{\frac{b}{8}}}4a+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}\frac{b}{4}$. Tính tổng $T=M+m$.
A. $T=\frac{3701}{124}$. B. $T=\frac{7}{2}$. C. $T=\frac{2957}{124}$. D. $T=\frac{1897}{62}$. |
Lời giải chi tiết
Từ giả thiết, ta có ${{b}^{2}}=3ab+4{{a}^{2}}\Leftrightarrow 4.{{\left( \frac{a}{b} \right)}^{2}}+3.\frac{a}{b}-1=0\Leftrightarrow \frac{a}{b}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow b=4a$.
Khi đó $P={{\log }_{\frac{b}{8}}}4a+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}\frac{b}{4}={{\log }_{\frac{b}{8}}}b+\frac{3}{4}\left( {{\log }_{2}}b-{{\log }_{2}}4 \right)=\frac{1}{{{\log }_{b}}\frac{b}{8}}+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}b-\frac{3}{2}$
$=\frac{1}{1-{{\log }_{b}}8}+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}b-\frac{3}{2}=\frac{1}{1-\frac{3}{{{\log }_{2}}b}}+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}b-\frac{3}{2}=\frac{{{\log }_{2}}b}{{{\log }_{2}}b-3}+\frac{3}{4}{{\log }_{2}}b-\frac{3}{2}$.
Đặt $t={{\log }_{2}}b$ với $a\in \left[ 4;{{2}^{32}} \right]\Rightarrow 16\le b\le {{2}^{34}}\Rightarrow 4\le {{\log }_{2}}b\le 34\Rightarrow t\in \left[ 4;34 \right]$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{t}{t-3}+\frac{3}{4}t$ với $t\in \left[ 4;34 \right]$, ta có ${f}’\left( t \right)=\frac{3\left( {{t}^{2}}-6t+5 \right)}{4{{\left( t-3 \right)}^{2}}};\text{ }\forall t\in \left[ 4;34 \right]$.
Phương trình ${f}’\left( t \right)=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} 4\le t\le 34 \\ {} {{t}^{2}}-6t+5=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow t=5\Rightarrow f\left( 4 \right)=7,f\left( 5 \right)=\frac{25}{4},f\left( 34 \right)=\frac{1649}{62}$.
Suy ra $\left\{ \begin{array} {} \underset{\left[ 4;34 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( 34 \right)=\frac{1649}{62} \\ {} \underset{\left[ 4;34 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( 5 \right)=\frac{25}{4} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array} {} M={{P}_{\max }}=\frac{778}{31} \\ {} m={{P}_{\min }}=\frac{19}{4} \\ \end{array} \right.\Rightarrow T=M+m=\frac{3701}{124}$. Chọn A.
| Bài tập 12: Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện $ab=4,\text{ }a\ge \frac{1}{2},\text{ }b\ge 1$. Tìm giá trị lớn nhất ${{P}_{\max }}$ của biểu thức $P={{\left( {{\log }_{\frac{1}{2}}}a \right)}^{3}}+{{\left( {{\log }_{\frac{1}{2}}}b-1 \right)}^{3}}$. A. ${{P}_{\max }}=-63$. B. ${{P}_{\max }}=-6$. C. ${{P}_{\max }}=-\frac{27}{4}$. D. ${{P}_{\max }}=0$. |
Lời giải chi tiết
Đặt $x={{\log }_{\frac{1}{2}}}a$ và $y={{\log }_{\frac{1}{2}}}b$ suy ra
$x+y={{\log }_{\frac{1}{2}}}a+{{\log }_{\frac{1}{2}}}b={{\log }_{\frac{1}{2}}}\left( ab \right)={{\log }_{\frac{1}{2}}}4=-2$.
Khi đó $P={{x}^{3}}+{{\left( y-1 \right)}^{3}}$ mà $x+y=-2\Leftrightarrow y=-x-2\Rightarrow P={{x}^{3}}+{{\left( -x-3 \right)}^{3}}=-9{{x}^{2}}-27x-27$.
$=-9\left( {{x}^{2}}+3x+3 \right)=-9\left( {{x}^{2}}+2.\frac{3}{2}x+\frac{9}{4} \right)-\frac{27}{4}=-9{{\left( x+\frac{3}{2} \right)}^{2}}-\frac{27}{4}\le \frac{-27}{4}\Rightarrow {{P}_{\max }}=-\frac{27}{4}$.
Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow x=-\frac{3}{2}\Rightarrow y=-\frac{1}{2}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{array} {} {{\log }_{\frac{1}{2}}}a=-\frac{3}{2} \\ {} {{\log }_{\frac{1}{2}}}b=-\frac{1}{2} \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow a={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-\frac{3}{2}}};\text{ }b={{\left( \frac{1}{2} \right)}^{-\frac{1}{2}}}$. Chọn C.
| Bài tập 13: Cho hai số thực a, b thỏa mãn $0<a<b<1$ và biểu thức $P={{\log }_{\frac{a}{b}}}\sqrt{a}-4{{\log }_{a}}\left( a+\frac{b}{4} \right)$ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính $S=a+b$.
A. $S=\frac{5}{16}$. B. $S=\frac{5}{8}$. C. $S=\frac{5}{4}$. D. $S=\frac{5}{32}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{\log }_{\frac{a}{b}}}\sqrt{a}=\frac{1}{2}{{\log }_{\frac{a}{b}}}a=\frac{1}{2{{\log }_{a}}\frac{a}{b}}=\frac{1}{2\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}$.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có $a+\frac{b}{4}\ge 2\sqrt{a.\frac{b}{4}}=\sqrt{ab}$.
Do $a<1\Rightarrow {{\log }_{a}}\left( a+\frac{b}{4} \right)\le {{\log }_{a}}\sqrt{ab}\Rightarrow -4{{\log }_{a}}\left( a+\frac{b}{4} \right)\ge -4{{\log }_{a}}\sqrt{ab}=-2\left( 1+{{\log }_{a}}b \right)$.
Suy ra $P=\frac{1}{2\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}-2\left( 1+{{\log }_{a}}b \right)=\frac{1}{2\left( 1-x \right)}-2\left( 1+x \right)=f\left( x \right)$, với $x={{\log }_{a}}b$.
Do $0<a<b<1\Rightarrow 0<{{\log }_{a}}b<1\Rightarrow 0<x<1$
Xét trên khoảng $\left( 0;1 \right)$ có ${f}’\left( x \right)=-2+\frac{1}{2{{\left( 1-x \right)}^{2}}}\Rightarrow {f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$.
Suy ra $f\left( x \right)\ge f\left( \frac{1}{2} \right)=-2$. Vậy ${{P}_{\min }}=\underset{\left( 0;1 \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( \frac{1}{2} \right)=-2$.
Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} a=\frac{b}{4} \\ {} {{\log }_{a}}b=x=\frac{1}{2} \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} a=\frac{1}{16} \\ {} b=\frac{1}{4} \\ \end{array} \right.\Rightarrow S=a+b=\frac{5}{16}$. Chọn A.
| Bài tập 14: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{4}<a<b<1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P={{\log }_{b}}\left( a-\frac{1}{4} \right)+{{\log }_{\frac{a}{b}}}\sqrt{a}$.
A. $\frac{1}{2}$. B. $\frac{9}{2}$. C. $\frac{19}{4}$. D. $\frac{7}{2}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{\log }_{\frac{a}{b}}}\sqrt{a}=\frac{1}{2{{\log }_{a}}\frac{a}{b}}=\frac{1}{2\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}$.
Và ${{a}^{2}}-a+\frac{1}{4}={{\left( a-\frac{1}{2} \right)}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow a-\frac{1}{4}\le {{a}^{2}}\Rightarrow {{\log }_{b}}\left( a-\frac{1}{4} \right)\ge {{\log }_{b}}{{a}^{2}}=\frac{2}{{{\log }_{a}}b}$, với $b\in \left( \frac{1}{4};1 \right)$.
Vậy $P={{\log }_{b}}\left( a-\frac{1}{4} \right)+{{\log }_{\frac{a}{b}}}\sqrt{a}\ge \frac{2}{{{\log }_{a}}b}+\frac{1}{2\left( 1-{{\log }_{a}}b \right)}=\frac{2}{x}+\frac{1}{2\left( 1-x \right)}=f\left( x \right)$, với $x={{\log }_{a}}b$.
Do $\frac{1}{4}<a<b<1\Rightarrow 0<{{\log }_{a}}b<1\Rightarrow x\in \left( 0;1 \right)$. Xét $f\left( x \right)=\frac{2}{x}+\frac{1}{2\left( 1-x \right)}$ trên $\left( 0;1 \right)$, có
${f}’\left( x \right)=-\frac{2}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{2{{\left( 1-x \right)}^{2}}},\text{ }{f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow -\frac{2}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{2{{\left( 1-x \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow 4{{\left( 1-x \right)}^{2}}={{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{2}{3}$.
Suy ra $P\ge f\left( x \right)\ge f\left( \frac{2}{3} \right)=\frac{9}{2}$. Dấu “=” xảy ra khi $\Leftrightarrow {{\log }_{a}}b=x=\frac{2}{3}$. Chọn B.
| Bài tập 15: Cho hai số thực a, b thỏa mãn $\frac{1}{6}<a<b<1$. Biết rằng biểu thức $P=\frac{1}{2}\log _{\frac{b}{a}}^{2}\sqrt{a}-{{\log }_{a}}\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{3}}}$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng m khi có số thực n sao cho $b={{a}^{n}}$. Tính $S=m+n$.
A. $S=\frac{1}{2}$. B. $S=\frac{1}{2}$. C. $S=-\frac{3}{2}$. D. $S=\frac{5}{2}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có $\log _{\frac{b}{a}}^{2}\sqrt{a}=\frac{1}{4}.\log _{\frac{b}{a}}^{2}a=\frac{1}{4\log _{a}^{2}\frac{b}{a}}=\frac{1}{4{{\left( {{\log }_{a}}b-1 \right)}^{2}}},\text{ }{{\log }_{a}}\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{3}}}=2{{\log }_{a}}b-3$.
Vậy $P=\frac{1}{2}.\frac{1}{4{{\left( {{\log }_{a}}b-1 \right)}^{2}}}-2{{\log }_{a}}b+3=\frac{1}{8{{\left( x-1 \right)}^{2}}}-2x+3=f\left( x \right)$, với $x={{\log }_{a}}b$.
Do $0<a<b<a\Rightarrow 0<{{\log }_{a}}b<1\Rightarrow x\in \left( 0;1 \right)$.
Xét $f\left( x \right)=\frac{1}{8{{\left( x-1 \right)}^{2}}}-2x+3$ trên $\left( 0;1 \right)$, có
${f}’\left( x \right)=-\frac{1}{4{{\left( x-1 \right)}^{3}}}-2,{f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow 2+\frac{1}{4{{\left( x-1 \right)}^{3}}}=0\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{3}}=-\frac{1}{8}\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$
Suy ra $P=f\left( x \right)\ge f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{5}{2}$. Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow {{\log }_{a}}b=x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow b={{a}^{\frac{1}{2}}}$.
Vậy $m=\frac{5}{2},\text{ }n=\frac{1}{2}\Rightarrow S=m+n=3$. Chọn B.
| Bài tập 16: Gọi a, b, c là ba số thực khác 0 và thay đổi thỏa mãn điều kiện ${{3}^{a}}={{5}^{b}}={{15}^{-c}}$ .
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-4\left( a+b+c \right)$. A. $-3-{{\log }_{5}}3$. B. $-4$. C. $-2-\sqrt{3}$. D. $-2-{{\log }_{3}}5$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{3}^{a}}={{5}^{b}}={{15}^{-c}}=t\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} a={{\log }_{3}}t \\ {} b={{\log }_{5}}t \\ {} -c={{\log }_{15}}t \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \frac{1}{a}={{\log }_{t}}3;\text{ }\frac{1}{b}={{\log }_{t}}5;\text{ }-\frac{1}{c}={{\log }_{t}}15$.
Mặt khác ${{\log }_{t}}3+{{\log }_{t}}5={{\log }_{t}}\left( 3.5 \right)={{\log }_{t}}15\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=-\frac{1}{c}\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Leftrightarrow ab+bc+ca=0$.
Khi đó $P={{\left( a+b+c \right)}^{2}}-2\left( ab+bc+ca \right)-4\left( a+b+c \right)={{\left( a+b+c \right)}^{2}}-4\left( a+b+c \right)$
$={{\left( a+b+c \right)}^{2}}-2.2\left( a+b+c \right)+{{2}^{2}}-4={{\left( a+b+c-2 \right)}^{2}}-4\ge -4\Rightarrow {{P}_{\min }}=-4$. Chọn B.
| Bài tập 17: Cho hai số thực a, b thỏa mãn điều kiện $a>0,\text{ }0<b<2$ .
Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=\frac{{{\left( 2b \right)}^{a}}}{{{\left( {{2}^{a}}-{{b}^{a}} \right)}^{2}}}+\frac{{{2}^{a}}+2{{b}^{a}}}{2{{b}^{a}}}$. A. ${{P}_{\min }}=\frac{9}{4}$. B. ${{P}_{\min }}=\frac{7}{4}$. C. ${{P}_{\min }}=\frac{13}{4}$. D. ${{P}_{\min }}=4$. |
Lời giải chi tiết
Ta có $P=\frac{{{\left( 2b \right)}^{a}}}{{{\left( {{2}^{a}}-{{b}^{a}} \right)}^{2}}}+\frac{{{2}^{a}}+2{{b}^{a}}}{2{{b}^{a}}}=\frac{{{2}^{a}}.{{b}^{a}}}{{{\left( {{2}^{a}} \right)}^{2}}-{{2.2}^{a}}{{.2}^{b}}+{{\left( {{b}^{a}} \right)}^{2}}}+\frac{{{2}^{a}}}{2{{b}^{a}}}+1$.
Đặt $t=\frac{{{2}^{a}}}{{{b}^{a}}}={{\left( \frac{2}{b} \right)}^{a}}$, vì $b\in \left( 0;2 \right)\Leftrightarrow \frac{2}{b}>1$ và $a>o$ suy ra ${{\left( \frac{2}{b} \right)}^{a}}>1\Leftrightarrow t>1$.
Khi đó $\frac{{{2}^{a}}.{{b}^{a}}}{{{\left( {{2}^{a}} \right)}^{2}}-{{2.2}^{a}}{{.2}^{b}}+{{\left( {{b}^{a}} \right)}^{2}}}=\frac{{{\left( \frac{2}{b} \right)}^{a}}}{{{\left( \frac{2}{b} \right)}^{a}}-2.{{\left( \frac{2}{b} \right)}^{a}}+1}=\frac{t}{{{t}^{2}}-2t+1}\xrightarrow{{}}P=\frac{t}{{{t}^{2}}-2t+1}+\frac{t}{2}+1$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=\frac{t}{{{t}^{2}}-2t+1}+\frac{t}{2}$ trên khoảng $\left( 1;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)=\frac{{{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+t-3}{2{{\left( t-1 \right)}^{3}}},\text{ }\forall t>1$.
Phương trình ${f}’\left( t \right)=0\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} t>1 \\ {} {{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+t-3=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} t>1 \\ {} {{t}^{2}}\left( t-3 \right)+t-3=0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow t=3$.
Tính $f\left( 3 \right)=\frac{9}{4},\text{ }\underset{t\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty $ và $\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( t \right)=+\infty $ suy ra $\underset{\left( 1;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( 3 \right)=\frac{9}{4}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là ${{P}_{\min }}=\frac{9}{4}+1=\frac{13}{4}$. Chọn C.
| Bài tập 18: Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn $5+{{16.4}^{{{x}^{2}}-2y}}=\left( 5+{{16}^{{{x}^{2}}-2y}} \right){{.7}^{2y-{{x}^{2}}+2}}$ .
Tìm giá trị nhỏ nhất ${{P}_{\min }}$ của biểu thức $P=\frac{2xy+16}{x}$. A. ${{P}_{\min }}=16$. B. ${{P}_{\min }}=8$. C. ${{P}_{\min }}=12$. D. ${{P}_{\min }}=10$. |
Lời giải chi tiết
Đặt $t={{x}^{2}}-2y$, khi đó giả thiết $\Leftrightarrow 5+{{16.4}^{t}}=\left( 5+{{16}^{t}} \right){{.7}^{2-t}}\Leftrightarrow \frac{5+{{4}^{t+2}}}{{{7}^{t+2}}}=\frac{5+{{4}^{2t}}}{{{7}^{2t}}}$.
Xét hàm số $f\left( a \right)=\frac{5+{{4}^{a}}}{{{7}^{a}}}=5.{{\left( \frac{1}{7} \right)}^{a}}+{{\left( \frac{4}{7} \right)}^{a}}$, có ${f}’\left( a \right)=5.{{\left( \frac{1}{7} \right)}^{a}}.\ln \left( \frac{1}{7} \right)+{{\left( \frac{4}{7} \right)}^{a}}.\ln \left( \frac{4}{7} \right)<0,\text{ }\forall a\in \mathbb{R}$.
Suy ra $f\left( a \right)$ là hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$ mà $f\left( t+2 \right)=f\left( 2t \right)\Leftrightarrow t+2=2t\Leftrightarrow t=2$.
Do đó ${{x}^{2}}-2y=2\Leftrightarrow 2y={{x}^{2}}-2\xrightarrow{{}}P=\frac{x.\left( {{x}^{2}}-2 \right)+16}{x}={{x}^{2}}+\frac{16}{x}-2=f\left( x \right)$.
Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{2}}+\frac{16}{x}-2$ trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$, có ${f}’\left( x \right)=2x-\frac{16}{{{x}^{2}}},{f}’\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=2$.
Tính $f\left( 2 \right)=10,\text{ }\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty $ và $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=+\infty $ suy ra $\underset{\left( 0;+\infty \right)}{\mathop{\min }}\,f\left( x \right)=f\left( 2 \right)=10$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là ${{P}_{\min }}=10$. Chọn D.
| Bài tập 19: Cho hai số thực $a>1,\text{ }b>1$ thỏa mãn phương trình ${{a}^{x}}.{{b}^{{{x}^{2}}-1}}=1$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S={{\left( \frac{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}} \right)}^{2}}-4\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)$ thuộc khoảng nào dưới đây?
A. $\left( 1;\frac{3}{2} \right)$. B. $\left( 2;\frac{5}{2} \right)$. C. $\left( \frac{9}{2};5 \right)$. D. $\left( \frac{7}{2};4 \right)$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{a}^{x}}.{{b}^{{{x}^{2}}-1}}=1\Leftrightarrow {{\log }_{b}}\left( {{a}^{x}}.{{b}^{{{x}^{2}}-1}} \right)={{\log }_{b}}1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+x.{{\log }_{a}}b-1=0\text{ }\left( * \right)$
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt $\Leftrightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }={{\left( {{\log }_{a}}b \right)}^{2}}+4>0$ (luôn đúng).
Khi đó, theo hệ thức Viet ta được $\left\{ \begin{array} {} {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=-{{\log }_{a}}b \\ {} {{x}_{1}}{{x}_{2}}=-1 \\ \end{array} \right.\xrightarrow{{}}S=4{{\log }_{a}}b+\frac{1}{\log _{a}^{2}}b$.
Lại có $4{{\log }_{a}}b+\frac{1}{\log _{a}^{2}}b=2{{\log }_{a}}b+2{{\log }_{a}}b+\frac{1}{\log _{a}^{2}b}\ge 3\sqrt[3]{4\log _{a}^{2}b.\frac{1}{\log _{a}^{2}b}}=3\sqrt[3]{4}$
Suy ra $S\ge 3\sqrt[3]{4}$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow 2{{\log }_{a}}b=\frac{1}{\log _{a}^{2}b}\Leftrightarrow {{\left( {{\log }_{a}}b \right)}^{3}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow {{\log }_{a}}b=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là $3\sqrt[3]{4}\in \left( \frac{9}{2};5 \right)$. Chọn C.
Nhận xét:
- Bài toán áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số thực dương $$
- Với điều kiện $a>1,\text{ }b>1\xrightarrow{{}}{{\log }_{a}}b>0$ nên áp dụng được bất đẳng thức AM – GM.
| Bài tập 20: Cho $x>0,\text{ }y>0$ thỏa mãn ${{2018}^{2\left( {{x}^{2}}-y+1 \right)}}=\frac{2x+y}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}$.
Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=2y-3x$. A. $\frac{1}{2}$. B. $\frac{7}{8}$. C. $\frac{3}{4}$. D. $\frac{5}{6}$. |
Lời giải chi tiết
Ta có ${{2018}^{2\left( {{x}^{2}}-y+1 \right)}}=\frac{2x+y}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}{{.2018}^{2{{\left( x+1 \right)}^{2}}}}=\left( 2x+y \right){{.2018}^{2\left( 2x+y \right)}}\text{ }\left( * \right)$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=t{{.2018}^{2t}}$ trên $\left( 0;+\infty \right)$, có ${f}’\left( t \right)={{2018}^{2t}}+2t{{.2018}^{2t}}.\ln 2018>0$.
Suy ra $f\left( t \right)$ là hàm đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$ nên $\left( * \right)\Leftrightarrow f\left[ {{\left( x+1 \right)}^{2}} \right]=f\left( 2x+y \right)$
$\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}=2x+y\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+1=2x+y\Leftrightarrow y={{x}^{2}}+1$.
Khi đó $P=2y-3x=2\left( {{x}^{2}}+1 \right)-3x=2{{x}^{2}}-3x+2=\frac{1}{8}{{\left( 4x-3 \right)}^{2}}+\frac{7}{8}\ge \frac{7}{8}$.
Dấu bằng xảy ra khi $4x-3=0\Leftrightarrow x=\frac{3}{4}\xrightarrow{{}}y=\frac{25}{16}$. Vậy ${{P}_{\min }}=\frac{7}{8}$. Chọn B.
| Bài tập 21: Cho $a>0,\text{ }b>0$ thỏa mãn ${{\log }_{3a+2b+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)+{{\log }_{6ab+1}}\left( 3a+2b+1 \right)=2$.
Giá trị của biểu thức $a+2b$ bằng A. 6. B. 9. C. $\frac{7}{2}$. D. $\frac{5}{2}$. |
Lời giải chi tiết
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
$2={{\log }_{3a+2b+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)+{{\log }_{6ab+1}}\left( 3a+2b+1 \right)\ge 2\sqrt{{{\log }_{3a+2b+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right).{{\log }_{6ab+1}}\left( 3a+2b+1 \right)}$
$\Leftrightarrow 1\ge \sqrt{{{\log }_{6ab+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)}\Leftrightarrow {{\log }_{6ab+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)\le 1\Leftrightarrow 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1\le 6ab+1$
$\Leftrightarrow {{\left( 3a \right)}^{2}}-2.3a.b+{{b}^{2}}\le 0\Leftrightarrow {{\left( 3a-b \right)}^{2}}\le 0\Leftrightarrow 3a-b=0\Leftrightarrow b=3a$.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow {{\log }_{3a+2b+1}}\left( 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1 \right)={{\log }_{6ab+1}}\left( 3a+2b+1 \right)=1$
Khi đó, ta có hệ $\left\{ \begin{array} {} b=3a \\ {} 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+1=3a+2b+1 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array} {} b=3a \\ {} 9{{a}^{2}}+{{b}^{2}}=3a+2b \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left( a;b \right)=\left( \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right)$.
Vậy $a+2b=\frac{1}{2}+2.\frac{3}{2}=\frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}$. Chọn C.
| Bài tập 22: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện $xy\le 4y-1$.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{6\left( 2x+y \right)}{x}+\ln \frac{x+2y}{y}$ bằng $a+\ln b$. Tích $a.b$ bằng A. 45. B. 115. C. 108. D. 81. |
Lời giải chi tiết
Ta có $xy\le 4y-1\Leftrightarrow \frac{x}{y}\le \frac{4y-1}{{{y}^{2}}}=\frac{4}{y}-\frac{1}{{{y}^{2}}}=4-{{\left( 2-\frac{1}{y} \right)}^{2}}\le 4$
Lại có $P=\frac{6\left( 2x+y \right)}{x}+\ln \frac{x+2y}{y}=12+\frac{6y}{x}+\ln \left( \frac{x}{y}+2 \right)$.
Đặt $t=\frac{x}{y}\in \left( 0;4 \right]$ khi đó $P=f\left( t \right)=12+\frac{6}{t}+\ln \left( t+2 \right)$.
Xét hàm số $f\left( t \right)=12+\frac{6}{t}+\ln \left( t+2 \right)$ trên $\left( 0;4 \right]$, có ${f}’\left( t \right)=-\frac{6}{{{t}^{2}}}+\frac{1}{t+2}$;
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $\underset{\left( 0;4 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( 4 \right)=f\left( 4 \right)=\frac{27}{6}+\ln 6$
Do đó $\min P=\frac{27}{6}+\ln 6=a+\ln b\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{array} {} a=\frac{27}{6} \\ {} b=6 \\ \end{array} \right.$. Vậy $a.b=6.\frac{27}{6}=81$. Chọn D.
