. Cho các số thực \(x\), \(y\) thỏa mãn \(5 + {16.4^{{x^2} – 2y}} = \left( {5 + {{16}^{{x^2} – 2y}}} \right){.7^{2y – {x^2} + 2}}\). Gọi \(M\) và \(m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{10x + 6y + 26}}{{2x + 2y + 5}}\). Tính \(T = M + m\).

. Cho các số thực \(x\), \(y\) thỏa mãn \(5 + {16.4^{{x^2} – 2y}} = \left( {5 + {{16}^{{x^2} – 2y}}} \right){.7^{2y – {x^2} + 2}}\). Gọi \(M\) và \(m\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{10x + 6y + 26}}{{2x + 2y + 5}}\). Tính \(T = M + m\).

A. \(T = \frac{{19}}{2}\).

B. \(T = \frac{{21}}{2}\).

C. \(T = 10\).

D. \(T = 15\).

Lời giải

Đặt \(t = {x^2} – 2y\), khi đó giả thiết tương đương với

\(5 + {16.4^t} = \left( {5 + {{16}^t}} \right){.7^{2 – t}} \Leftrightarrow \frac{{5 + {4^{t + 2}}}}{{{7^{t + 2}}}} = \frac{{5 + {4^{2t}}}}{{{7^{2t}}}}.\,(1)\)

Xét hàm số \(f\left( u \right) = 5{\left( {\frac{1}{7}} \right)^u} + {\left( {\frac{4}{7}} \right)^u}\)trên \(\mathbb{R}\)

Hàm số \(f\) liên tục trên \(\mathbb{R}\)

\(f’\left( u \right) = 5{\left( {\frac{1}{7}} \right)^u}\ln \frac{1}{7} + {\left( {\frac{4}{7}} \right)^u}\ln \frac{4}{7} < 0\), \(\forall t \in \mathbb{R}\)

Suy ra \(f\left( u \right)\) là hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó

\((1)\, \Leftrightarrow f\left( {t + 2} \right) = f\left( {2t} \right) \Leftrightarrow t + 2 = 2t \Leftrightarrow t = 2 \Leftrightarrow {x^2} – 2y = 2 \Leftrightarrow 2y = {x^2} – 2\)

Khi đó

\(P = \frac{{3{x^2} + 10x + 20}}{{{x^2} + 2x + 3}}\)

Ta có \(P’ = \frac{{ – 4{x^2} – 22x – 10}}{{{{\left( {{x^2} + 2x + 3} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = – 5\\x = – \frac{1}{2}\end{array} \right.\). Bảng biến thiên

Từ đó suy ra \(M = 7\), \(m = \frac{5}{2}\) nên \(M + m = \frac{{19}}{2}\).