Trong các nghiệm $(x;y)$ thỏa mãn bất phương trình...

TH1: $x^2+2y^2>1.$ Đặt $z=y\sqrt{2},$ suy ra $x^2+z^2>1\left(1\right).$ Khi đó:
${\log }_{x^2+2y^2}(2x+y)\ge 1\iff 2x+y\ge x^2+2y^2\iff 2x+{\displaystyle \frac{z}{\sqrt{2}}}\ge x^2+z^2\iff {(x-1)}^2+{(z-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}})}^2\ge {\displaystyle \frac{9}{8}}\left(2\right).$
Tập hợp các điểm $M(x;y)$ là miền $\left(H\right)$ bao gồm miền ngoài của hình tròn $\left(C_1\right):x^2+z^2=1$ và miền trong của hình tròn $\left(C_2\right):{(x-1)}^2+{(z-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}})}^2={\displaystyle \frac{9}{8}}.$
Hệ $\{\begin{array}{rl}& T=2x+{\displaystyle \frac{z}{\sqrt{2}}}\\ & {(x-1)}^2+{(z-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}})}^2\ge {\displaystyle \frac{9}{8}}\\ & x^2+z^2>1\end{array}$ có nghiệm khi đường thẳng $d:2x+{\displaystyle \frac{z}{\sqrt{2}}}-T=0$ có điểm chung với miền $\left(H\right).$
Để $T$ đạt giá trị lớn nhất thì đường thẳng $d$ phải tiếp xúc với đường tròn $\left(C_2\right),$ nghĩa là ta có $d(I,d)={\displaystyle \frac{3}{2\sqrt{2}}}$ $\iff |T-{\displaystyle \frac{9}{4}}|={\displaystyle \frac{9}{4}}\iff T={\displaystyle \frac{9}{2}}$ với $I(1;{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{2}}})$ là tâm của đường tròn $\left(C_2\right)$.
TH2. $0<x^2+2y^2<1$ ta có
${\log }_{x^2+2y^2}(2x+y)\ge 1\iff 2x+y\le x^2+2y^2\iff T=2x+y<1$ (loại).
Vậy $maxT={\displaystyle \frac{9}{2}}.$