Bất phương trình logarit

Điều kiện $x>1$

$\ln{x^2} > \ln\left( {4x - 4} \right)$

\( \Leftrightarrow {x^2} > 4x - 4\, \Leftrightarrow {(x - 2)^2} > 0 \Leftrightarrow x \ne 2\)

\(S = \left( {1; + \infty } \right)\backslash \left\{ 2 \right\}\)

$2017{\log _2}x \le {9^{{{\log }_2}4}} = 81$

$ \Leftrightarrow {\log _2}x = \dfrac{{81}}{{2017}} =  > 0 < x \le \sqrt[{2017}]{{{2^{81}}}}$

${\left( {\sqrt 5  - 2} \right)^{\dfrac{{2x}}{{x - 1}}}} \le {\left( {\sqrt 5  + 2} \right)^x}$$ \Leftrightarrow {\left( {\sqrt 5  + 2} \right)^{\dfrac{{ - 2x}}{{x - 1}}}} \le {\left( {\sqrt 5  + 2} \right)^x}$$ \Leftrightarrow  - \dfrac{{2x}}{{x - 1}} \le x$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{x - 1}} + x \ge 0$$ \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2} + x}}{{x - 1}} \ge 0 \Leftrightarrow  - 1 \le x \le 0 \vee x > 1$ .

Điều kiện: $x>0$; ${\log _{\frac{1}{2}}}x > 0 \Rightarrow x < {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^0} = 1$

\({\log _3}\left( {{{\log }_{\frac{1}{2}}}x} \right) < 1 = {\log _3}3 \Leftrightarrow {\log _{\frac{1}{2}}}x < 3 = {\log _{\frac{1}{2}}}{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^3}\)

\( \Leftrightarrow x > {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^3} = \dfrac{1}{8}\) vì \(\dfrac{1}{2} < 1\)

Điều kiện: $x>0$

Đặt $t = {\log _2}x$

BPT $ \Leftrightarrow {t^2} - 4033t + 4066272 \le 0$

$ \Leftrightarrow 2016 \le t \le 2017$

=>$2016 \le {\log _2}x \le 2017$

$ \Leftrightarrow {2^{2016}} \le x \le {2^{2017}}$

Thử giá trị  $x = 3:{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) - {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2} - x} \right) + 1 < 0$: Loại đáp án A

Thử giá trị  $x = 2:{\log _{\frac{1}{2}}}\left( {x + 2} \right) - {\log _{\frac{1}{{\sqrt 2 }}}}\left( x \right) - {\log _2}\left( {{x^2} - x} \right) + 1 = 0$: Loại đáp án D

Thử giá trị $x = 0,5$: MATH ERROR: Loại đáp án C

Điều kiện: \(x > 0\).

${\log _3}x \le {\log _{\frac{1}{3}}}(2x) \Leftrightarrow {\log _3}x \le  - {\log _3}(2x)$

$ \Leftrightarrow {\log _3}x + {\log _3}(2x) \le 0$

$ \Leftrightarrow {\log _3}(2{x^2}) \le 0$

$ \Leftrightarrow 2{x^2} \le 1$

$ \Leftrightarrow  - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \le x \le \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Kết hợp với \(x > 0\) ta được \(0 < x \le \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó $\left\{ \begin{array}{l}a = 0\\b = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Rightarrow {a^2} + {b^2} = \dfrac{1}{2}$

ĐKXĐ: \(x > 0\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{9^{\log _9^2x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {9^{{{\log }_9}x.{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {\left( {{9^{{{\log }_9}x}}} \right)^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} + {x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow 2.{x^{{{\log }_9}x}} \le 18\\ \Leftrightarrow {x^{{{\log }_9}x}} \le 9\end{array}\)

Lấy logarit cơ số 9 cả 2 vế bất phương trình ta được:

\(\begin{array}{l}{\log _9}\left( {{x^{{{\log }_9}x}}} \right) \le {\log _9}9\\ \Leftrightarrow {\log _9}x.{\log _9}x \le 1\\ \Leftrightarrow \log _9^2x \le 1\\ \Leftrightarrow  - 1 \le {\log _9}x \le 1\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{9} \le x \le 9\end{array}\)

Kết hợp điều kiện xác định ta có \(x \in \left[ {\dfrac{1}{9};9} \right]\).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: \(S = \left[ {\dfrac{1}{9};9} \right]\).

Điều kiện : \(x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2} > 0 \Leftrightarrow x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4 > 0 \Leftrightarrow x.\dfrac{2}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4 > 0\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + \dfrac{{4\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} > 0 \Rightarrow 6x + 4\sqrt {{x^2} + 2}  > 0\) (vì \(\sqrt {{x^2} + 2}  > x;\,\forall x\) )

\( \Leftrightarrow 2\sqrt {{x^2} + 2}  >  - 3x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 3x < 0\\\left\{ \begin{array}{l} - 3x \ge 0\\4\left( {{x^2} + 2} \right) > {\left( { - 3x} \right)^2}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\\left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\5{x^2} < 8\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0\end{array} \right.\)

Khi đó ta có \({\log _2}\left( {x\sqrt {{x^2} + 2}  + 4 - {x^2}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {x\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  - x} \right) + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}} + 4} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {\dfrac{{6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} }}{{\sqrt {{x^2} + 2}  + x}}} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\end{array}\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\log _2}\left( {6x + 4\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left[ {2\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right)} \right] - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}2 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow 1 + {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) - {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + 2x + \sqrt {{x^2} + 2}  \le 1\\ \Leftrightarrow {\log _2}\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) + 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le {\log _2}\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right) + x + \sqrt {{x^2} + 2} \,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = t + {\log _2}t\,\) với \(t > 0\) ta có \(f'\left( t \right) = 1 + \dfrac{1}{{t.\ln 2}} > 0;\,\forall t > 0\) nên \(f\left( t \right)\) là hàm đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\)

Từ đó

 \(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow f\left( {3x + 2\sqrt {{x^2} + 2} } \right) \le f\left( {\sqrt {{x^2} + 2}  + x} \right)\\ \Leftrightarrow 3x + 2\sqrt {{x^2} + 2}  \le \sqrt {{x^2} + 2}  + x\\ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2}  \le  - 2x\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2x \ge 0\\{x^2} + 2 \le 4{x^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\3{x^2} \ge 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \le 0\\\left[ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\\x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\end{array}\)

Kết hợp điều kiện \(\left[ \begin{array}{l}x > 0\\ - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le 0\end{array} \right.\)  ta có \( - \dfrac{{\sqrt {40} }}{5} < x \le  - \dfrac{{\sqrt 6 }}{3}\)  hay \( - \sqrt {\dfrac{8}{5}}  < x \le  - \sqrt {\dfrac{2}{3}} \)

Tập nghiệm bất phương trình \(S = \left( { - \sqrt {\dfrac{8}{5}} ; - \sqrt {\dfrac{2}{3}} } \right]\)  nên \(a = \dfrac{8}{5};b = \dfrac{2}{3} \Rightarrow a.b = \dfrac{8}{5}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{{16}}{{15}}.\)

ĐK : \(f\left( x \right) + m + 2 > 0\)

Ta có \({\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) > 4 - m\) \( \Leftrightarrow {\log _5}\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) + f\left( x \right) + m + 2 > 6\)  (*)

Xét hàm số \(y = {\log _5}t + t\,\,\,\left( {t > 0} \right)\) có \(y' = \dfrac{1}{{t.\ln 5}} + 1 > 0\) với \(t > 0\)

Nên hàm số \(y = {\log _5}t + t\) đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\), lại có \(y\left( 5 \right) = {\log _5}5 + 5 = 6\)

Nên từ (*) suy ra \(y\left( {f\left( x \right) + m + 2} \right) > y\left( 5 \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) + m + 2 > 5 \Leftrightarrow f\left( x \right) > 3 - m\) (1)

Từ hình vẽ ta có BBT của hàm số \(f\left( x \right)\) như sau

Từ hình vẽ ta có \(\int\limits_{ - 1}^1 {\left| {f'\left( x \right)} \right|} dx < \int\limits_1^4 {\left| {f'\left( x \right)} \right|dx}  \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f'\left( x \right)} dx <  - \int\limits_1^4 {f'\left( x \right)dx} \)

\( \Leftrightarrow \left. {f\left( x \right)} \right|_{ - 1}^1 < \left. { - f\left( x \right)} \right|_1^4 \Leftrightarrow f\left( 1 \right) - f\left( { - 1} \right) < f\left( 1 \right) - f\left( 4 \right)\) \( \Leftrightarrow f\left( { - 1} \right) > f\left( 4 \right)\) (2)

Từ (1) ; (2) và BBT ta thấy để phương trình đã cho đúng với \(x \in \left( { - 1;4} \right)\) suy ra \(3 - m \le f\left( 4 \right) \Leftrightarrow m \ge 3 - f\left( 4 \right).\)

ĐK: \({x^2} + 6x + 5 + m > 0.\)

\(\begin{array}{l}{\log _7}\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) + 1 > {\log _7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _7}7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {\log _7}\left( {{x^2} + 6x + 5 + m} \right)\\ \Leftrightarrow 7\left( {{x^2} + 2x + 2} \right) > {x^2} + 6x + 5 + m\\ \Leftrightarrow 7{x^2} + 14x + 14 - {x^2} - 6x - 5 - m > 0\\ \Leftrightarrow 6{x^2} + 8x + 9 - m > 0\end{array}\)

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm chứa \(\left( {1;3} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 6x + 5 + m > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\\6{x^2} + 8x + 9 - m > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m >  - {x^2} - 6x - 5,\forall x \in \left( {1;3} \right)\\m < 6{x^2} + 8x + 9,\forall x \in \left( {1;3} \right)\end{array} \right.\,\,\left( * \right)\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right)\\m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right)\end{array} \right.\)

với \(f\left( x \right) =  - {x^2} - 6x - 5\) và \(g\left( x \right) = 6{x^2} + 8x + 9\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) =  - 2x - 6 = 0\) \( \Leftrightarrow x =  - 3 \notin \left( {1;3} \right)\) và \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\) nên hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( {1;3} \right)\)

\( \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {1;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 12\) \( \Rightarrow m \ge  - 12\)

\(g'\left( x \right) = 12x + 8 = 0\) \( \Leftrightarrow x =  - \frac{2}{3} \notin \left( {1;3} \right)\) và \(g'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1;3} \right)\) nên hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( {1;3} \right)\)

\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;3} \right]} g\left( x \right) = g\left( 1 \right) = 23\) \( \Rightarrow m \le 23\)

Vậy \( - 12 \le m \le 23\).

Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 12; - 11;...;23} \right\}\) hay có \(23 - \left( { - 12} \right) + 1 = 36\) giá trị.

Bước 1: Sử dụng hàm đặc trưng.

Ta có

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{11^x} + m = {\log _{11}}\left( {x - m} \right)\\ \Leftrightarrow {11^x} + x = x - m + {\log _{11}}\left( {x - m} \right)\\ \Leftrightarrow {11^x} + x = {11^{{{\log }_{11}}\left( {x - m} \right)}} + {\log _{11}}\left( {x - m} \right)\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {11^t} + t \Rightarrow y' = {11^t}.\ln 11 + 1 > 0\,\,\,\forall t\). Khi đó hàm số \(y = f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow x = {\log _{11}}\left( {x - m} \right)\) \( \Leftrightarrow {11^x} = x - m \Leftrightarrow m = x - {11^x}\).

Bước 2: Khảo sát hàm số $g(x)=x-11^x$

Xét hàm số \(g\left( x \right) = x - {11^x}\) ta có \(g'\left( x \right) = 1 - {11^x}.\ln 11 = 0 \Rightarrow x = {\log _{11}}\dfrac{1}{{\ln 11}} = {x_0}\).

Bảng biến thiên:

Bước 3: Biện luận nghiệm theo m.

Để phương trình đã cho có nghiệm thì \(m < g\left( {{x_0}} \right) \approx  - 0,78\).

Kết hợp điều kiện đề bài ta có \(\left\{ \begin{array}{l} - 205 < m \le  - 1\\m \in \mathbb{Z}\end{array} \right.\).

Vậy có 204 giá trị của nguyên của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

ĐKXĐ: \( - x > 0 \Leftrightarrow x < 0\).

Ta có: \(f\left( x \right) < \ln \left( { - x} \right) + m \Leftrightarrow m > f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)\) (*)

Xét hàm số \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - \ln \left( { - x} \right)\) trên khoảng \(\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)\) có:

\(\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \dfrac{{ - 1}}{{ - x}} = f'\left( x \right) - \dfrac{1}{x}\)

Ta biểu diễn đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{x}\) (nét màu đỏ) trên hình vẽ như sau:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy

\(\,g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \dfrac{1}{x} > 0,\,\,\forall x \in \)\(\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right) \Rightarrow \) Hàm số \(y = g\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}g\left( { - 1} \right) = f\left( { - 1} \right) - \ln \left( 1 \right) = 1\\g\left( { - \dfrac{1}{e}} \right) = f\left( { - \dfrac{1}{e}} \right) - \ln \dfrac{1}{e} = 2 + 1 = 3\end{array} \right.\) .

Để (*) nghiệm đúng với mọi \(x \in \left( { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right)\) thì \( \Leftrightarrow m \ge \mathop {max}\limits_{\left[ { - 1; - \dfrac{1}{e}} \right]} g\left( x \right) \Leftrightarrow m \ge 3.\)

Bước 1: Đặt \(t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)\), đưa bất phương trình về dạng \(f\left( t \right) \ge 0\)

Đặt \(t = 2a + b\;\left( {t \ge 0} \right)\), ta có giả thiết đã cho tương đương với \(f\left( t \right) = {\log _2}t - t + 1 \ge 0\)

Ta có \(f'\left( t \right) = \dfrac{1}{{t\ln 2}} - 1 > 0 \Leftrightarrow t < \dfrac{1}{{\ln 2}}\) . Hàm số đồng biến trên \(\left( {0;\dfrac{1}{{\ln 2}}} \right)\)

Bước 2: Chứng minh \(t \ge 1\).

Ta chứng minh \(t \ge 1\) .

Thật vậy, giả sử \(t < 1\) thì \(f\left( t \right) < f\left( 1 \right) = 0\) (mâu thuẫn)

Vậy \(2a + b \ge 1\)

Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz ta có

\(\begin{array}{l}{\left( {2a + b} \right)^2} \le \left( {{2^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = 5\left( {{a^2} + {b^2}} \right)\\ \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge \dfrac{{{{\left( {2a + b} \right)}^2}}}{5} \ge \dfrac{1}{5}\end{array}\)

Dấu bằng xảy ra \(\left\{ \begin{array}{l}2a + b = 1\\\dfrac{a}{2} = \dfrac{b}{1}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{2}{5}\\b = \dfrac{1}{5}\end{array} \right.\)

Bước 1: Đặt \(f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + {y^2}} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) - {\log _4}\left( {x - y} \right)\) và tìm điều kiện xác định.

Đặt \(f\left( x \right) = {\log _{2020}}\left( {x + {y^2}} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) - {\log _4}\left( {x - y} \right)\) (coi \(y\) là tham số).

Điều kiện xác định của \(f\left( x \right)\) là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + {y^2} > 0}\\{{y^2} + y + 64 > 0}\\{x - y > 0}\end{array}} \right.\)

Do \(x,\;y\) nguyên nên \(x > y \ge  - {y^2}\). Cũng vì \(x,\;y\) nguyên nên ta chỉ xét \(f\left( x \right)\) trên nửa khoảng \(\left[ {y + 1; + \infty } \right)\).

Bước 2: Xét hàm số trên \(\left[ {y + 1; + \infty } \right)\)

Ta có:

\(f'\left( x \right) = \dfrac{1}{{\left( {x + {y^2}} \right)\ln 2020}} - \dfrac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 2021}} - \dfrac{1}{{\left( {x - y} \right)\ln 4}} < 0,\;\forall x \ge y + 1\)

Bước 3: Lập bảng biến thiên

Ta có bảng biến thiên của hàm số \(f\left( x \right):\)

Bước 4: Tìm y nguyên \(f\left( {y + 64} \right) < 0\)

Yêu cầu bài toán trở thành:

\(f\left( {y + 64} \right) < 0\)

\( \Leftrightarrow {\log _{2020}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) + {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right) < {\log _4}64\)

\( \Leftrightarrow {\log _{2021}}\left( {{y^2} + y + 64} \right)\left( {{{\log }_{2020}}2021 + 1} \right) < 3\)

\( \Leftrightarrow {y^2} + y + 64 - {2021^{\dfrac{3}{{{{\log }_{2020}}2021 + 1}}}} < 0\)

\( \Leftrightarrow  - 301,76 < y < 300,76\)

Mà \(y\) nguyên nên \(y \in \left\{ { - 301; - 300; \ldots ;299;300} \right\}\).

Vậy có 602 giá trị nguyên của \(y\) thỏa mãn yêu cầu.

Bước 1: Tìm điều kiện và tìm mối quan hệ giữa a và b từ đẳng thức bài cho.

ĐKXĐ: \(\left\{ \begin{array}{l}b - a > 0\\a,\,\,b > 0\end{array} \right.\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{\log _3}\left( {1 + ab} \right) = \dfrac{1}{2} + {\log _3}\left( {b - a} \right)\\ \Leftrightarrow {\log _3}\left( {1 + ab} \right) - {\log _3}\left( {b - a} \right) = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow {\log _3}\dfrac{{1 + ab}}{{b - a}} = \dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{1 + ab}}{{b - a}} = \sqrt 3 \\ \Leftrightarrow 1 + ab = \sqrt 3 \left( {b - a} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + b = \sqrt 3 \left( {\dfrac{b}{a} - 1} \right)\end{array}\)

Bước 2: Sử dụng BĐT Cô-si để đánh giá $\dfrac{a}{b}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(\dfrac{1}{a} + b \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{a}} \) nên

\(\sqrt 3 \left( {\dfrac{b}{a} - 1} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{a}}  \Leftrightarrow \sqrt 3 \dfrac{b}{a} - 2\sqrt {\dfrac{b}{a}}  - \sqrt 3  \ge 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {\dfrac{b}{a}}  \ge \sqrt 3 \\\sqrt {\dfrac{b}{a}}  \le  - \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\,\,\left( {Loai} \right)\end{array} \right. \Leftrightarrow \sqrt {\dfrac{b}{a}}  \ge \sqrt 3  \Leftrightarrow \dfrac{b}{a} \ge 3\)

Bước 3: Sử dụng BĐT Cô-si để đánh giá P.

Ta có: \(P = \dfrac{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \dfrac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}}\).

Áp dụng BĐT Cô-si ta có \(1 + {a^2}{b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}}  = 2ab\) nên \(1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2} \ge {a^2} + {b^2} + 2ab = {\left( {a + b} \right)^2}\).

\( \Rightarrow P = \dfrac{{1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} \ge \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{a\left( {a + b} \right)}} = \dfrac{{a + b}}{a} = 1 + \dfrac{b}{a} \ge 4\).

Vậy \({P_{\min }} = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{a} = b\\\dfrac{b}{a} = 3\\a,\,\,b > 0,\,\,b - a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{a} = 3a\\b = 3a\\a,\,\,b > 0,\,\,b - a > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}\\b = \sqrt 3 \end{array} \right.\).

Bước 1: Chia cả 2 vế của bất phương trình cho $4^x$ và đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\)

Nhận xét: \({x^2} + {y^2} - 2x + 2 = {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} + 1 > 0\,\,\,\forall x,y\).

Bpt \( \Leftrightarrow {2^{{x^2} + {y^2} - 2x + 1}} \le {x^2} + {y^2} - 2x + 2\).

Đặt \(t = {x^2} + {y^2} - 2x + 1\), bất phương trình trở thành \({2^t} \le t + 1 \Leftrightarrow {2^t} - t - 1 \le 0\).

Bước 2: Xét hàm đặc trưng \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\) và đánh giá $t$ từ đó đánh giá ${\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2}$

Xét hàm số \(f\left( t \right) = {2^t} - t - 1\) có \(f'\left( t \right) = {2^t}\ln 2 - 1 = 0 \Leftrightarrow t = {\log _2}\left( {{{\log }_2}e} \right).\)

BBT:

Suy ra ta có \(0 \le t \le 1 \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} \le 1\).

Bước 3: Biến đổi P và tìm min, max

Ta có:

\(P = \dfrac{{8x + 4}}{{2x - y + 1}}\)\( \Leftrightarrow 2Px - Py + P = 8x + 4\)

\( \Leftrightarrow P - 4 = \left( {8 - 2P} \right)x + Py\)\( \Leftrightarrow 3P - 12 = \left( {8 - 2P} \right)\left( {x - 1} \right) + Py\)

\( \Leftrightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le \left[ {{{\left( {8 - 2P} \right)}^2} + {P^2}} \right]\left[ {{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2}} \right]\)

\( \Rightarrow {\left( {3P - 12} \right)^2} \le {\left( {8 - 2P} \right)^2} + {P^2}\)\( \Leftrightarrow 4{P^2} - 40P + 80 \le 0\)

\( \Leftrightarrow 5 - \sqrt 5  \le P \le 5 + \sqrt 5\)

Bước 4: Xét dấu “=” xảy ra

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\dfrac{{8 - 2P}}{P} = \dfrac{{x - 1}}{y} =  - \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}}\\{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + {y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x - 1 =  - \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}y}\\{\dfrac{9}{5}{y^2} = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 1 \mp \dfrac{2}{3}}\\{y =  \pm \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \max P = 5 + \sqrt 5 \) đạt được khi \(x = \dfrac{1}{3};y = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Vậy $a=5$