Cho các số dương\(x,y\)không lớn hơn 2021 thoả mãn \({2019^{1 – x + y}} = \frac{{{x^2} + 2020}}{{{y^2} + 2y + 2021}}\).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \ln {x^{2020}} + 2021(y + 2)\).

Câu hỏi:
Cho các số dương\(x,y\)không lớn hơn 2021 thoả mãn \({2019^{1 – x + y}} = \frac{{{x^2} + 2020}}{{{y^2} + 2y + 2021}}\).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = \ln {x^{2020}} + 2021(y + 2)\).

A. \(2020\ln 2021 + 2021.2022\)  

B. \(2020\ln 2021 – 2021.2022\)

C. \(2020\ln 2021 + 2020.2021\)  

D. \(2020\ln 2021 + 2020.2022\)

GY: .

Ta có \({2019^{1 – x + y}} = \frac{{{x^2} + 2020}}{{{y^2} + 2y + 2021}} \Leftrightarrow \frac{{{{2019}^{1 + y}}}}{{{{2019}^x}}} = \frac{{{x^2} + 2020}}{{{{(1 + y)}^2} + 2020}}\), với \(x,y\)dương không lớn hơn 2021

\( \Leftrightarrow {2019^{1 + y}}({(1 + y)^2} + 2020) = {2019^x}({x^2} + 2020)\).

Xét hàm số \(f(t) = {2019^t}({t^2} + 2020)\)với \(t > 0\)

Ta có \(f'(t) = {2019^t}({t^2} + 2020)\ln 2019 + {2019^t}.2t > 0\) với mọi \(t > 0\) suy ra hàm số \(f(t)\)đồng biến trên \((0; + \infty )\)

Khi đó \( \Leftrightarrow f(1 + y) = f(x) \Leftrightarrow 1 + y = x\), do \(0 < x \le 2021\) nên \(0 < y \le 2020\)

Ta tìm giá trị lớn nhất của hàm biến y: \(P = g(y) = \ln {(y + 1)^{2020}} + 2021(y + 2)\)với \(y \in (0;2020]\)

Ta có \(g(y) = 2020\ln (y + 1) + 2021(y + 2)\)suy ra \(g'(y) = \frac{{2020}}{{y + 1}} + 2021\,\, > 0\) với mọi\(y \in (0;2020]\)

Vậy hàm số \(g(y)\)đồng biến trên \((0;2020]\), suy ra giá trị lớn nhất của \(g(y)\)là

\(g(2020) = \)\(2020\ln 2021 + 2021.2022\).

=======
Thuộc mục: Trắc nghiệm Logarit và hàm số lôgarit