Cho hai số thực $a,b$ thỏa mãn \(\dfrac{1}{4} &l...

C

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Đánh giá $P \ge P\left( t \right)$ với $t = {\log _b}a$ qua bất đẳng thức $b - \dfrac{1}{4} \le {b^2}$

Giải chi tiết:

Ta có: ${\left( {b - \dfrac{1}{2}} \right)^2} \ge 0,\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right) \Rightarrow {b^2} - b + \dfrac{1}{4} \ge 0,\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right) \Rightarrow b - \dfrac{1}{4} \le {b^2},\forall b \in \left( {\dfrac{1}{4};1} \right)$

Mà $\dfrac{1}{4} < a < 1$ nên ${\log _a}\left( {b - \dfrac{1}{4}} \right) \ge {\log _a}{b^2}$.

Do đó $P \ge {\log _a}{b^2} - {\log _{\dfrac{a}{b}}}\sqrt b  = 2{\log _a}b - \dfrac{1}{2}{\log _{\dfrac{a}{b}}}b = \dfrac{2}{{{{\log }_b}a}} - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{{{{\log }_b}\dfrac{a}{b}}} = \dfrac{2}{{{{\log }_b}a}} - \dfrac{1}{{2\left( {{{\log }_b}a - 1} \right)}}$

Đặt ${\log _b}a = t$. Do $b < a < 1$ nên ${\log _b}b > {\log _b}a > {\log _b}1 \Rightarrow 0 < t < 1$

Suy ra $P \ge P\left( t \right) = \dfrac{2}{t} - \dfrac{1}{{2\left( {t - 1} \right)}}$ với $0 < t < 1$.

Xét $P\left( t \right) = \dfrac{2}{t} - \dfrac{1}{{2\left( {t - 1} \right)}}$ trên $\left( {0;1} \right)$ ta có: $P'\left( t \right) = \dfrac{{ - 3{t^2} + 8t - 4}}{{2{t^2}{{\left( {t - 1} \right)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \dfrac{2}{3} \in \left( {0;1} \right)\\t = 2 \notin \left( {0;1} \right)\end{array} \right.$.

Bảng biến thiên:

Quan sát bảng biến thiên ta thấy $P\left( t \right) \ge \dfrac{9}{2}$ suy ra $\mathop {\min }\limits_{t \in \left( {0;1} \right)} P\left( t \right) = \dfrac{9}{2}$ khi $t = \dfrac{2}{3}$.

Do đó $P \ge P\left( t \right) \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{2}$. Dấu $'' = ''$ xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}{b^2} = b - \dfrac{1}{4}\\{\log _b}a = \dfrac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{1}{2}\\a = {\left( {\dfrac{1}{2}} \right)^{\dfrac{2}{3}}}\end{array} \right.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\dfrac{9}{2}$.

Chọn C.