Google
Câu hỏi: . Với mọi số thực $x,y$ thỏa điều kiện ${{\log }_{2}}\left( \dfrac{xy+1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \right)=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-xy$. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\dfrac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{2xy+1}$. Tính giá trị biểu thức $Q=15m+2{{\log }_{2}}M$.
A. $Q=0$
B. $Q=1$
C. $Q=-2$
D. $Q=-1$
A. $Q=0$
B. $Q=1$
C. $Q=-2$
D. $Q=-1$
Điều kiện: $xy+1>0$.
${{\log }_{2}}\left( \dfrac{xy+1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \right)=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-xy\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left[ \dfrac{xy+1}{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)} \right]=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-xy-1$
$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( xy+1 \right)+\left( xy+1 \right)={{\log }_{2}}\left[ 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \right]+2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$.
Xét hàm số: $f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t\left( t>0 \right)$
${f}'\left( t \right)=\dfrac{1}{t\ln 2}+1>0\forall t>0\Rightarrow $ hàm số đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$.
Do đó: $f\left( xy+1 \right)=f\left( 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \right)\Rightarrow xy+1=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$
Ta có: $-\left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)\le xy\le \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2}\Leftrightarrow -\left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)+1\le 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\le \left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)+1\Leftrightarrow \dfrac{2}{5}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le \dfrac{2}{3}$.
Khi đó: $P=\dfrac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{2\text{x}y+1}=\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}^{2}}-2{{\left( xy \right)}^{2}}}{2\text{x}y+1}$.
Thay $xy=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-1$, đặt $t={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$ rút gọn ta được: $P\left( t \right)=\dfrac{-7{{t}^{2}}+8t-2}{4t-1}$ với $\dfrac{2}{5}\le t\le \dfrac{2}{3}$.
${P}'\left( t \right)=\dfrac{-28{{t}^{2}}+14t}{{{\left( 4t-1 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=0 \\
& t=\dfrac{1}{2} \\
\end{aligned} \right.$.
Lập bảng biến thiên dễ thấy: $\max P=P\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{1}{4},\min P=P\left( \dfrac{2}{5} \right)=P\left( \dfrac{2}{3} \right)=\dfrac{2}{15}$.
Do đó: $m=\dfrac{2}{15},M=\dfrac{1}{4}\Rightarrow Q=15m+2{{\log }_{2}}M=-2$.
${{\log }_{2}}\left( \dfrac{xy+1}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}} \right)=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-xy\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left[ \dfrac{xy+1}{2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)} \right]=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-xy-1$
$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( xy+1 \right)+\left( xy+1 \right)={{\log }_{2}}\left[ 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \right]+2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$.
Xét hàm số: $f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t\left( t>0 \right)$
${f}'\left( t \right)=\dfrac{1}{t\ln 2}+1>0\forall t>0\Rightarrow $ hàm số đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$.
Do đó: $f\left( xy+1 \right)=f\left( 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right) \right)\Rightarrow xy+1=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)$
Ta có: $-\left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)\le xy\le \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2}\Leftrightarrow -\left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)+1\le 2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\le \left( \dfrac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2} \right)+1\Leftrightarrow \dfrac{2}{5}\le {{x}^{2}}+{{y}^{2}}\le \dfrac{2}{3}$.
Khi đó: $P=\dfrac{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}}{2\text{x}y+1}=\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)}^{2}}-2{{\left( xy \right)}^{2}}}{2\text{x}y+1}$.
Thay $xy=2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)-1$, đặt $t={{x}^{2}}+{{y}^{2}}$ rút gọn ta được: $P\left( t \right)=\dfrac{-7{{t}^{2}}+8t-2}{4t-1}$ với $\dfrac{2}{5}\le t\le \dfrac{2}{3}$.
${P}'\left( t \right)=\dfrac{-28{{t}^{2}}+14t}{{{\left( 4t-1 \right)}^{2}}}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned}
& t=0 \\
& t=\dfrac{1}{2} \\
\end{aligned} \right.$.
Lập bảng biến thiên dễ thấy: $\max P=P\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{1}{4},\min P=P\left( \dfrac{2}{5} \right)=P\left( \dfrac{2}{3} \right)=\dfrac{2}{15}$.
Do đó: $m=\dfrac{2}{15},M=\dfrac{1}{4}\Rightarrow Q=15m+2{{\log }_{2}}M=-2$.
Đáp án C.