Cho \(x > 0,y > 1\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{2}{y^2}.{\log _2}\left( {\dfrac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = -

Câu hỏi số 634069:

Vận dụng cao

Cho \(x > 0,y > 1\) thỏa mãn \(\dfrac{1}{2}{y^2}.{\log _2}\left( {\dfrac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 2{\left( {y - 1} \right)^2} + \dfrac{{8{y^2}}}{{{x^2}}}\). Giá trị nhỏ nhất của \(P = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{{x^2}}}{{1 + 2y}}}}}}.{e^{\frac{{{y^2}}}{{x + 1}}}}\) có dạng \({e^{\dfrac{m}{n}}}\) (trong đó m, n là các số nguyên dương, \(\dfrac{m}{n}\) là phân số tối giản). Giá trị của m + n bằng

A. 12.

B. 21.

C. 22.

D. 13.

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:634069

Phương pháp giải

Sử dụng hàm đặc trưng, BĐT Cô si và khảo sát hàm số, tìm giá trị nhỏ nhất.

Giải chi tiết

Với \(x > 0,y > 1\) ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{2}{y^2}.{\log _2}\left( {\dfrac{{xy - x}}{{2y}}} \right) = - 2{\left( {y - 1} \right)^2} + \dfrac{{8{y^2}}}{{{x^2}}}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{x\left( {y - 1} \right)}}{{2y}}} \right) = - 4.\dfrac{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{16}}{{{x^2}}}\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\dfrac{x}{2} + {\log _2}\dfrac{{y - 1}}{y} = - 4.\dfrac{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}}{{{y^2}}} + \dfrac{{16}}{{{x^2}}}\\ \Leftrightarrow {\log _2}\dfrac{{y - 1}}{y} + 4.{\left( {\dfrac{{y - 1}}{y}} \right)^2} = {\log _2}\dfrac{2}{x} + 4.{\left( {\dfrac{2}{x}} \right)^2}\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {\log _2}t + 4{t^2},\,\,\left( {t > 0} \right)\) có: \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 2}} + 8t > 0,\forall t > 0 \Rightarrow y = f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).

Khi đó: (*) \( \Leftrightarrow \dfrac{{y - 1}}{y} = \dfrac{2}{x} \Rightarrow x = \dfrac{{2y}}{{y - 1}}\).

\(\begin{array}{l}P = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{{x^2}}}{{1 + 2y}}}}}}.{e^{\frac{{{y^2}}}{{x + 1}}}} = \sqrt[4]{{{e^{\frac{{\left( {\frac{{4{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}}}} \right)}}{{1 + 2y}}}}}}.{e^{\frac{{{y^2}}}{{\left( {\frac{{2y}}{{y - 1}} + 1} \right)}}}}\\\,\,\,\, = {e^{\frac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}\left( {1 + 2y} \right)}}}}.{e^{\frac{{{y^2}}}{{\left( {\frac{{3y - 1}}{{y - 1}}} \right)}}}} = {e^{\frac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}\left( {1 + 2y} \right)}}}}.{e^{\frac{{{y^2}\left( {y - 1} \right)}}{{3y - 1}}}} = {e^{\frac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}\left( {1 + 2y} \right)}} + \frac{{{y^2}\left( {y - 1} \right)}}{{3y - 1}}}}\end{array}\).

Với \(y \in \left( {1; + \infty } \right)\), ta có: \(A = \dfrac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}\left( {1 + 2y} \right)}} + \dfrac{{{y^2}\left( {y - 1} \right)}}{{3y - 1}}\) \(\mathop \ge \limits^{Cô - si} 2.\sqrt {\dfrac{{{y^4}}}{{\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)}}} \)

Xét hàm số \(g\left( y \right) = \dfrac{{{y^4}}}{{\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)}}\) trên \(\left( {1; + \infty } \right)\), có:

\(\begin{array}{l}g'\left( y \right) = \dfrac{{4{y^3}\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right) - \left[ {\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right) + 2\left( {y - 1} \right)\left( {3y - 1} \right) + 3\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)} \right]{y^4}}}{{{{\left[ {\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)} \right]}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4{y^3}\left( {y - 1} \right)\left( {6{y^2} + y - 1} \right) - \left[ {6{y^2} + y - 1 + 6{y^2} - 8y + 2 + 6{y^2} - 3y - 3} \right]{y^4}}}{{{{\left[ {\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)} \right]}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{4{y^3}\left( {6{y^3} - 5{y^2} - 2y + 1} \right) - \left( {18{y^2} - 10y - 2} \right){y^4}}}{{{{\left[ {\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)} \right]}^2}}} = \dfrac{{{y^3}\left( {24{y^3} - 20{y^2} - 8y + 4 - 18{y^3} + 10{y^2} + 2y} \right)}}{{{{\left[ {\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)} \right]}^2}}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{{y^3}\left( {6{y^3} - 10{y^2} - 6y + 4} \right)}}{{{{\left[ {\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)} \right]}^2}}}\end{array}\)

Giải \(g'\left( y \right) = 0,y > 1 \Leftrightarrow y = 2\).

Ta có bảng sau:

\( \Rightarrow \)\(\dfrac{{{y^4}}}{{\left( {y - 1} \right)\left( {1 + 2y} \right)\left( {3y - 1} \right)}} \ge \dfrac{{16}}{{25}},\forall y > 1\).

\( \Rightarrow A \ge 2.\sqrt {\dfrac{{16}}{{25}}} = \dfrac{8}{5}\), dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{y^2}}}{{{{\left( {y - 1} \right)}^2}\left( {1 + 2y} \right)}} = \dfrac{{{y^2}\left( {y - 1} \right)}}{{3y - 1}}\\y = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow y = 2\).

\( \Rightarrow {P_{\min }} = {e^{\frac{8}{5}}} \Rightarrow m = 8,n = 5 \Rightarrow m + n = 13\).

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.