Cho \(x;y\) là hai số thực dương thỏa mãn \(x \ne y\)và \({\left( {{e^x} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right)^y} \le {\left( {{e^y} + \frac{1}{{{e^y}}}} \right)^x}.\) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{x – 2y}}{{6\left( {x + y} \right)}} – \frac{{x + y}}{{\sqrt {{x^2} – xy + {y^2}} }}\). A. \(\min P = – \frac{{19}}{9}\). B. \(\min P = – \frac{{12}}{5}\). C. \(\min P = – 2\). D. \(\min P = – \frac{{25}}{{12}}\).

Cho \(x;y\) là hai số thực dương thỏa mãn \(x \ne y\)và \({\left( {{e^x} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right)^y} \le {\left( {{e^y} + \frac{1}{{{e^y}}}} \right)^x}.\)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P = \frac{{x – 2y}}{{6\left( {x + y} \right)}} – \frac{{x + y}}{{\sqrt {{x^2} – xy + {y^2}} }}\).
A. \(\min P = – \frac{{19}}{9}\). B. \(\min P = – \frac{{12}}{5}\). C. \(\min P = – 2\). D. \(\min P = – \frac{{25}}{{12}}\).
Lời giải chi tiết
PHÁT TRIỂN TƯƠNG TỰ CÂU 47 ĐỀ TOÁN THAM KHẢO 2021 CỦA BỘ.
BIÊN SOẠN TỪ STRONG TEAM TOÁN VDC – BIÊN TẬP WEB BOOKTOAN.COM

Ta có \({\left( {{e^x} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right)^y} \le {\left( {{e^y} + \frac{1}{{{e^y}}}} \right)^x} \Leftrightarrow y\ln \left( {{e^x} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right) \le x\ln \left( {{e^y} + \frac{1}{{{e^y}}}} \right)\)
\( \Leftrightarrow \frac{{\ln \left( {{e^x} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right)}}{x} \le \frac{{\ln \left( {{e^y} + \frac{1}{{{e^y}}}} \right)}}{y}\) \(\left( * \right)\).
Xét hàm \(f\left( t \right) = \frac{{\ln \left( {{e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}} \right)}}{t}\) trên \(\left( {0; + \infty } \right)\).
Có \(f’\left( t \right) = \frac{{\left( {{e^t} – \frac{1}{{{e^t}}}} \right)t – \left( {{e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}} \right)\ln \left( {{e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}} \right)}}{{{t^2}\left( {{e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}} \right)}}\)
Do \(\left\{ \begin{array}{l}0 < {e^t} - \frac{1}{{{e^t}}} < {e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}\\0 < t = \ln {e^t} < \ln \left( {{e^t} + \frac{1}{{{e^t}}}} \right)\end{array} \right.\forall t > 0\) nên \(f’\left( t \right) < 0 \Rightarrow f\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\). Khi đó, bất phương trình \(\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \le f\left( y \right) \Leftrightarrow x \ge y\), suy ra \(\frac{x}{y} \ge 1\). Xét \(P = \frac{{x - 2y}}{{6\left( {x + y} \right)}} - \frac{{x + y}}{{\sqrt {{x^2} - xy + {y^2}} }} = \frac{{\frac{x}{y} - 2}}{{6\left( {\frac{x}{y} + 1} \right)}} - \frac{{\frac{x}{y} + 1}}{{\sqrt {{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} - \left( {\frac{x}{y}} \right) + 1} }}\). Đặt \(t = \frac{x}{y} \Rightarrow t \ge 1\). Khi đó \(P = g\left( t \right) = \frac{{t - 2}}{{6\left( {t + 1} \right)}} - \frac{{t + 1}}{{\sqrt {{t^2} - t + 1} }}\) với \(t \ge 1\). Có \(g'\left( t \right) = \frac{1}{{2{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} - \frac{{\sqrt {{t^2} - t + 1} - \left( {t + 1} \right)\frac{{2t - 1}}{{2\sqrt {{t^2} - t + 1} }}}}{{{t^2} - t + 1}}\)\( = \frac{1}{{2{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} + \frac{{3t - 3}}{{2\sqrt {{{\left( {{t^2} - t + 1} \right)}^3}} }} > 0\;\forall t \ge 1\)
Suy ra hàm \(g\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left[ {1; + \infty } \right)\).
Vậy \(\min P = \mathop {\min }\limits_{\left[ {1: + \infty } \right)} g\left( t \right) = g\left( 1 \right) = – \frac{{25}}{{12}}\).