Bài tập tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số mũ và logarit có đáp án chi tiết

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

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.

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

$f\left( x \right)>g\left( x \right)\Leftrightarrow \ln f\left( x \right)>\ln g\left( x \right)$ .

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 $\frac{{{x}^{2}}}{a}+\frac{{{y}^{2}}}{b}\ge \frac{{{\left( x+y \right)}^{2}}}{a+b}$.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.